¿Cómo mostrar esta integral equivale al $\pi^2$?

Question

Yo estaba tratando de evaluar una integral relacionados con el producto de dos distribuciones de cauchy y en uno de los pasos que se quedó atascado en la integral

$$\int_0^{\infty} \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}(x-1)} dx. $$

Traté de evaluar la integral usando Mathematica, y parece que la respuesta es $\pi^2$. Además, si puedo restringir la integral de a $(0,1)$, la respuesta es solo $\pi^2/2$, es decir, la integral sobre la $(0,1)$ y la integral sobre la $(1,\infty)$ son iguales. Me preguntaba si alguien me podría ayudar comprobar o refutar esta identidad? Pido disculpas de antemano si esto parece un mal planteado la pregunta.

Answer 1

Los problemas relacionados con: (I).

Vamos a utilizar el Mellin transformar el enfoque de

$$ F(s) = \int_{0}^{\infty} x^{s-1}f(x)dx \implies F'(s)= \int_{0}^{\infty} x^{s-1}\ln(x)f(x)dx. $$

Así que todo el problema se reduce a encontrar la transformada de Mellin $\frac{1}{x-1} $, que está dada por

$$ F(s) = (-1)^{s+1}\Gamma(s)\Gamma(1-s) , $$

donde $\Gamma(z)$ es la función gamma. La diferenciación $F(s)$ y tomando el límite cuando $s$ $1/2$ da el resultado deseado

$$ I = \pi^2 $$

Answer 2

Otra manera (sencilla) para probar su reclamo es considerar que: $$\begin{eqnarray*} I &=& 4\int_{0}^{+\infty}\frac{\log x}{x^2-1}\,dx =4\left(\int_{0}^{1}\frac{\log x}{x^2-1}\,dx + \int_{1}^{+\infty}\frac{\log x}{x^2-1}\,dx \right)\\&=&8\int_{0}^{1}\frac{-\log x}{1-x^2}\,dx=8\sum_{k=0}^{+\infty}\int_{0}^{1}(-\log x)\,x^{2k}\,dx=8\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}\\&=&8\left(\zeta(2)-\frac{1}{4}\zeta(2)\right)=8\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{\pi^2}{6}=\color{red}{\pi^2}.\end{eqnarray*}$ $

Answer 3

Dejando $ \displaystyle f(z) = \frac{\ln^{2}z}{\sqrt{z} (z-1)} $ y la integración en torno a un ojo de la cerradura de contorno donde la rama de corte a lo largo del eje real positivo, $$\int_{0}^{\infty} \frac{\ln^{2} x}{\sqrt{x}(x-1)} \ dx + \text{PV} \int_{\infty}^{0} \frac{(\ln x + 2 \pi i )^{2}}{\sqrt{x e^{2 \pi i}}(x-1)} \ dx - i \pi \ \text{Res} [f(z), e^{2 \pi i}] =0 $$

donde

$$ \text{Res}[f(z), e^{2 \pi i}]= \lim_{z \to e^{2 \pi i}} \frac{\ln^{2}z}{\sqrt{z}} = 4 \pi^{2} .$$

La equiparación de las piezas imaginarias en ambos lados de la ecuación, $$ 4 \pi \int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{\sqrt{x}(x-1)} \ dx - 4 \pi^{3} = 0$$

o $$\int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{\sqrt{x}(x-1)} \ dx = \pi^{2}.$$

EDITAR:

Debido a de la $\sqrt{z}$ en el denominador, la integración de $ \displaystyle g(z) = \frac{\ln z}{\sqrt{z}(z-1)}$ en el mismo contorno iba a funcionar así.

Específicamente, $$ \int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{\sqrt{x}(x-1)} \ dx + \text{PV} \int_{\infty}^{0} \frac{\ln x + 2 \pi i }{\sqrt{x e^{2 \pi i}}(x-1)} \ dx - i \pi \ \text{Res} [g(z), e^{2 \pi i}] =0$$ where $$\text{Res}[g(z),2 \pi i] = -2 \pi i .$$

Igualando las partes reales en ambos lados de la ecuación, $$2 \int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{\sqrt{x} (x-1)} \ dx - 2 \pi^{2} = 0 $$

o $$\int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{\sqrt{x}(1-x)} \ dx = \pi^{2}. $$

Answer 4

Hacer la sustitución $\sqrt{x}=t$ que da $$4\int_{0}^{\infty}{\frac{\log(t)}{t^{2}-1}dt}$ $ Observe la simetría en $t=1$, o si lo prefieres spliting la integral y hacer el cambio de la Variable $t=\frac{1}{u}$ $(1,\infty]$

Esto reduce a $$8\int_{0}^{1}{\frac{\log(u)}{u^{2}-1}du}$ $

Expansión de la denomenator en una serie geométrica y aplicando el teorema de convergencia monótona conseguimos que $$-8\int_{0}^{1}{\frac{\log(u)}{1-u^{2}}du}=-8\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{1}{u^{2n}\log(u)du}=8\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}}$ $

La suma más adelante es bien conocida para evaluar $\frac{\pi^{2}}{8}$

Answer 5

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over \root{x}\pars{x - 1}}\,\dd x}$

\begin{align}&\color{#66f}{\Large% \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over \root{x}\pars{x - 1}}\,\dd x} =\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over \root{x}\pars{x - 1}}\,\dd x +\int_{1}^{0}{\root{x}\ln\pars{1/x} \over \pars{1/x - 1}} \,\pars{-\,{\dd x \over x^{2}}} \\[3mm]&=-2\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over \root{x}\pars{1 - x}}\,\dd x =-2\lim_{\mu\ \to\ 0}\partiald{}{\mu}\int_{0}^{1}{x^{\mu - 1/2} - x^{-1/2} \over 1 - x}\,\dd x \\[3mm]&=2\lim_{\mu\ \to\ 0}\partiald{}{\mu}\bracks{% \int_{0}^{1}{1 - x^{\mu - 1/2} \over 1 - x}\,\dd x -\int_{0}^{1}{1 - x^{-1/2} \over 1 - x}\,\dd x} \\[3mm]&=2\lim_{\mu\ \to\ 0}\partiald{\Psi\pars{\mu + 1/2}}{\mu} =2\,\Psi'\pars{\half}=2\,{\pi^{2} \over 2} = \color{#66f}{\LARGE \pi^{2}} \approx {\tt 9.8696} \end{align}