$\int_0^\infty\frac{\log x dx}{x^2-1}$ con un toque.

Question

Tengo que calcular %#% $ #%

y la indirecta es integrar $$\int_0^\infty\frac{\log x dx}{x^2-1},$ sobre el límite de la dominio $\frac{\log z}{z^2-1}$ $

No entiendo. Los límites de este dominio tiene un polo del integrando en él, ¿no? ¿No hace inútil este método?

Answer 1

Siguiendo la sugerencia, vamos a $$f(z) = \frac{\log z}{z^2-1}$$ donde $\log$ es la principal rama del logaritmo complejo. Desde $z=1$ es un cero simple de $z^2-1$$\log 1 = 0$, la función de $f$ tiene una singularidad removible en $z=1$.

Integrar a $f$ a lo largo del contorno. Es fácil comprobar (uso estándar de las estimaciones) que la integral de $f$ a lo largo de los dos cuartos de círculo, tienden a $0$$R \to \infty$$r \to 0^+$. La función de $f$ es holomorphic sobre y en el interior del contorno, por lo que de Cauchy de la integral teorema dará a usted (después de pasar el límite)

$$ \int_0^\infty \frac{\log x}{x^2-1}\,dx \int_0^\infty \frac{\log} {()^2-1}\,i\,dt = 0 $$ es decir, $$ \int_0^\infty \frac{\log x}{x^2-1}\,dx = -\int_0^\infty \frac{\log t + i\pi/2}{t^2+1}\,i \,dt = \frac{\pi^2}{4} \etiqueta{*}$$

el uso de $\int_0^\infty \frac{\log t}{1+t^2}\,dt = 0$ (ver, por ejemplo, esta pregunta) y de la escuela primaria,$\int_0^\infty \frac{1}{1+t^2}\,dt = \frac{\pi}{2}$.

Añadido Como señaló robjohn, acaba de tomar la parte real de (*) para acabar con ella.

Answer 2

Aunque son similares a los de mrf respuesta, esto se simplifica igualando las partes real e imaginaria de $(3)$.

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Dado que no existen singularidades en el interior del contorno de la pista, llegamos $$ \cualquier\frac{\log(z)}{z^2-1}\mathrm{d}z=0\etiqueta{1} $$ Romper el countour en cuatro piezas de la siguiente manera

$\hspace{4.5cm}$

$(1)$ y el triángulo de la desigualdad de rendimiento $$ \left|\color{#00A000}{\int_{1/R}^R\frac{\log(x)}{x^2-1}\mathrm{d}x} \color{#C00000}{-\int_{1/R}^R\frac{\log(ix)}{-x^2-1}\mathrm{d}ix}\right| \le\color{#0000FF}{\frac{\log(R)+\pi/2}{1-1/R^2}\frac{\pi}{2R}} +\color{#800080}{\frac{\log(R)+\pi/2}{R^2-1}\frac{\pi R}{2}}\etiqueta{2} $$ que, como $R\to\infty$, garantías $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{\log(x)}{x^2-1}\mathrm{d}x &=\int_0^\infty\frac{\log(ix)}{-x^2-1}\mathrm{d}ix\\ &=-i\int_0^\infty\frac{\log(x)}{x^2+1}\mathrm{d}x +\frac\pi2\int_0^\infty\frac1{x^2+1}\mathrm{d}x\tag{3} \end{align} $$ Por igualando las partes real e imaginaria en $(3)$, se obtiene no sólo la respuesta deseada $$ \int_0^\infty\frac{\log(x)}{x^2-1}\mathrm{d}x=\frac{\pi^2}{4}\etiqueta{4} $$ pero también $$ \int_0^\infty\frac{\log(x)}{x^2+1}\mathrm{d}x=0\etiqueta{5} $$

Answer 3

Esto es algo similar a la respuesta de user17762, pero en su lugar hacer uso de la función dilogarithm, que pueden estar relacionados con la serie infinita en esa respuesta:

$$ \operatorname{Li_2}(z) = -\int_0^z \frac{\ln(1-t)}{t} dt $$

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$$ \int_0^\infty \frac{\log x}{x^2-1} dx = \int_0^1 \frac{\log x}{x^2-1} dx + \int_1^\infty \frac{\log x}{x^2-1} dx $$

Sustitución de $u=\frac{1}{x}$ en los segunda integrados rendimientos:

$$ \int_1^\infty \frac{\log x}{x^2-1} dx = \int_0^1 \frac{\log x}{x^2-1} dx $$ $$ \int_0^\infty \frac{\log x}{x^2-1} dx = 2 \int_0^1 \frac{\log x}{x^2-1} dx $$

Ahora sustituyendo $u=\frac{1-x}{1+x}$ produce:

\begin{align*} \int_0^\infty \frac{\log x}{x^2-1} dx = 2 \int_0^1 \frac{\log x}{x^2-1} dx &= -\int_0^1 \frac{\log (1-u)}{u} du + \int_0^1 \frac{\log (1+u)}{u} du \\ &= -\int_0^1 \frac{\log (1-u)}{u} du + \int_0^{-1} \frac{\log (1-v)}{v} dv \\ &= \operatorname{Li_2}(1) - \operatorname{Li_2}(-1) \\ &= \frac{\pi^2}{6} - \frac{-\pi^2}{12} \\ &= \frac{\pi^2}{4} \end{align*}

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ \begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} - 1} \,\dd x} =2\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x^{2} - 1}\,\dd x =-2\lim_{\mu \to 0}\partiald{}{\mu}\int_{0}^{1}{1 - x^{\mu} \over 1 - x^{2}}\,\dd x \\[3mm]&=-2\lim_{\mu \to 0}\partiald{}{\mu} \int_{0}^{1}{1 - x^{\mu/2} \over 1 - x}\,\half\,x^{-1/2}\,\dd x =-\lim_{\mu \to 0}\partiald{}{\mu} \int_{0}^{1}{x^{-1/2} - x^{\pars{\mu - 1}/2} \over 1 - x}\,\dd x \\[3mm]&=\lim_{\mu \to 0}\partiald{}{\mu}\bracks{% \int_{0}^{1}{1 - x^{-1/2} \over 1 - x}\,\dd x -\int_{0}^{1}{1 - x^{\pars{\mu - 1}/2} \over 1 - x}\,\dd x} \\[3mm]&=\lim_{\mu \to 0}\partiald{}{\mu} \bracks{\Psi\pars{\half} - \Psi\pars{\mu + 1 \over 2}} \end{align} donde hemos utilizado la Función Digamma $\ds{\Psi\pars{z}}$ identidad $\ds{\bf\mbox{6.3.22}}$.

\begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} - 1} \,\dd x} = -\,\half\,\Psi'\pars{\half} \end{align}

Con el PolyGamma Valor Fraccionario de identidad$\ds{\bf\mbox{6.4.4}}$ llegamos $\ds{\Psi'\pars{\half} = {\pi^{2} \over 2}}$: \begin{align}&\color{#66f}{\large\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} - 1} \,\dd x} = \color{#66f}{\large-\,{\pi^{2} \over 4}} \approx -2.4674 \end{align}