Calcular Integral usando el teorema de residuos

Question

Quiero verificar el siguiente resultado utilizando el teorema de los residuos:

$$\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2+a^2}dx = \frac{\pi}{2a}\log a, \, a > 0.$$

Aquí están mis ideas:

Al principio me podría mostrar que esta función es de hecho un bien definidos impropia de Riemann integral, pero no he venido con cualquier solución agradable todavía.

Quiero integrar la función de $f(z) := \frac{\log(z)}{z^2+a^2}$ a lo largo del contorno de la $C:= \gamma_1 \cup \gamma_2 \cup \gamma_3 \cup \gamma_4$ constisting de semicírculos con centro en 0 alrededor de la mitad superior del plano y el radio de $R$ $\epsilon$ (resp.) así como los intervalos de $[-R, -\epsilon]$$[\epsilon, R]$.

Para el logaritmo complejo, el uso de la rama de $\log z = \log|z| + i\theta, \theta \in [-\pi/2, 3\pi/2)$, así que no tendrás ningún problema en la línea real (es la elección correcta?).

Tenga en cuenta que tengo un polo en mi contorno, es decir,$z = ia$. El teorema de los Residuos de los rendimientos de $$\int_C f(z) dz= 2\pi i \text{ Res}(f, ia) = 2\pi i\lim_{z\to ia}(z-ia) \frac{\log z}{(z-ia)(z+ia)} = 2\pi i\frac{\log(ia)}{2ia} = \pi \frac{\log(a)+ i\pi/2}{a}$$ Procedimiento, elegimos las siguientes parametrizaciones:
$$\gamma_1 : [-R,0] \to \mathbb C, \quad t\mapsto -\frac{\epsilon t}{R} + (t-\epsilon) \\ \gamma_2 : [0, R] \to \mathbb C, \quad t\mapsto -\frac{\epsilon t}{R} + (\epsilon+t) \\ \gamma_3: [0, \pi]\to \mathbb C, \quad t\mapsto \epsilon e^{it} \\ \gamma_4:[0,\pi] \to \mathbb C, \quad t \mapsto Re^{it}$$ Ahora aquí está lo que estoy seguro acerca de. Para mostrar que el grande y el pequeño círculo que se desvanecen como $R\to \infty$ $\epsilon \to 0$ no es demasiado difícil, pero, ¿cómo lidiar con el resto de las integrales? Puedo decir $$\int_{\gamma_1} f(z)dz = \int_0^R \frac{\log(-\frac{\epsilon}{R}t+\epsilon+t)}{(-\frac{\epsilon}{R}t + \epsilon + t)^2 + a^2}(\frac{\epsilon}{R}+1)dt \xrightarrow{\epsilon \to 0} \int_0^R \frac{\log t}{t^2 + a^2}dt$$ o ¿qué tipo de razonamiento debe ser utilizado para el intercambio de límite e integral?También, luego finalmente llego $$\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2+a^2}dx = \pi \frac{\log a + i\frac{\pi}{2}}{2a}$$ casi lo que yo quiero, pero, ¿de dónde $i\pi /2$?

Gracias de antemano!

Answer 1

Para cualquier$a>0$, a través de la sustitución$x=a e^t$ tenemos

$$ I(a) = \int_{0}^{+\infty}\frac{\log x}{a^2+x^2}\,dx = \frac{1}{2a}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\log a+ t}{\cosh t}\,dt \tag{1}$ $ Y$\frac{t}{\cosh t}$ es una función integrable extraña sobre$\mathbb{R}$. Se sigue que$$ I(a) = \frac{\log a}{2a}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dt}{\cosh t}=\frac{\log a}{2a}\left[2\arctan\tanh\frac{t}{2}\right]^{+\infty}_{-\infty}=\color{red}{\frac{\pi\log a}{2a}} \tag{2} $ $ sin siquiera recurrir al teorema de residuos, sino simplemente explotar la simetría.

Answer 2

A lo largo del eje real, tenemos

$$\begin{align} \int_{-R}^R \frac{\log(x)}{x^2+a^2}\,dx&=\int_{-R}^0 \frac{\log(x)}{x^2+a^2}\,dx+\int_0^{R} \frac{\log(x)}{x^2+a^2}\,dx\\\\ &=\int_0^R \frac{\log(-x)+\log(x)}{x^2+a^2}\,dx\\\\ &=2\int_0^R \frac{\log(x)}{x^2+a^2}\,dx+i\pi\int_0^R\frac{1}{x^2+a^2}\,dx\\\\ &=2\int_0^R \frac{\log(x)}{x^2+a^2}\,dx+\frac{i\pi\arctan(R/a)}{a}\tag1 \end{align}$$

Como $R\to \infty$, nos encontramos con que

$$\int_{-\infty}^\infty \frac{\log(x)}{x^2+a^2}\,dx=2\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2+a^2}\,dx+\frac{i\pi^2}{2a}\tag 2$$

Establecimiento $(2)$ igual a $\frac{\pi \log(a)}{a}+i\frac{\pi^2}{2a} $, nos encontramos con que

$$\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2+a^2}\,dx=\frac{\pi \log(a)}{2a}$$

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Pensé que podría ser de utilidad para evaluar la integral de interés real mediante el análisis. Para ello, aplicamos la sustitución de $x\to a/x$ encontrar que

$$\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2+a^2}\,dx=\frac1a \int_0^\infty \frac{\log(a)-\log(x)}{x^2+1}\,dx \tag2$$

Para $a=1$, vemos de $(2)$ que $\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2+1}\,dx =0$. Por lo tanto, la solución de $(2)$ integral de interés, y el uso de $\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2+1}\,dx =0$, nos encontramos con que

$$\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2+a^2}\,dx=\frac{\pi \log(a)}{2a}$$

como se esperaba!

Answer 3

El uso de un semi-circular de contorno en la mitad superior del plano que se apoya en el eje real, obtenemos

$$\int_0^\infty \frac{1}{x^2+a^2} \; dx = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{x^2+a^2} \; dx \\ = \frac{1}{2} \times 2\pi i \frac{1}{2\times ai} = \frac{\pi}{2a}.$$

Junto con un contorno del ojo de la cerradura con la ranura en el eje real positivo y la rama del logaritmo donde $0\le \arg\log z\lt 2\pi$ (rama de corte en el eje real positivo) obtenemos la integración de

$$f(z) = \frac{\log^2 z}{z^2+a^2}$$

las integrales

$$\int_0^\infty \frac{\log^2 x}{x^2+a^2} \; dx + \int_\infty^0 \frac{\log^2 x + 4\pi i \log x - 4\pi^2 }{x^2+a^2} \; dx \\ = 2\pi i \left(\frac{\log^2(ai)}{2\times ai} + \frac{\log^2 (a-ai)}{2\times -ai}\right).$$

Este rendimientos

$$-4\pi i \int_0^\infty \frac{\log x}{x^2+a^2} \; dx + 4\pi^2 \times \frac{\pi}{2a} = \frac{\pi}{a} ((\log a + \pi i/ 2)^2 - (\log a + 3\pi i/2)^2) \\ = \frac{\pi}{a} (\log \times \pi i (1-3) + \pi^2 (-1/4 + 9/4)).$$

De este modo, obtener

$$4\pi i \int_0^\infty \frac{\log x}{x^2+a^2} \; dx = 4\pi^2 \times \frac{\pi}{2a} - \frac{\pi}{a} (-\log \times 2\pi i + 2 \pi^2) \\ = \frac{\pi}{a} \log \times 2\pi i.$$

Dividiendo por $4\pi i$ se obtiene finalmente

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \frac{\pi}{2a}\log a.}$$

Los límites en la circular componentes que hemos utilizado aquí se

$$2\pi R \times \frac{\log^2 R}{R^2} \rightarrow 0 \quad\text{y}\quad 2\pi \epsilon \times \frac{\log^2 \epsilon}{a^2} \rightarrow 0.$$