Demostrar que $$\int_0^\infty \frac{\sqrt{x}}{x^2+1}\log\left(\frac{x+1}{2\sqrt{x}}\right)\;dx=\frac{\pi\sqrt{2}}{2}\log\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right).$ $ he podido probar este resultado con algunos análisis complejo algo rotonda (escribiendo el término de registro como una suma infinita que implica registros anidados), pero estoy esperando por una solución más directa a través de métodos complejos o reales. El término log parece requerir una rama bastante complicada cortar, así que estoy seguro de cómo resolver el problema con una técnica diferente.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Podemos transformar la integral en una forma que tiene sólo una simple rama punto que necesita ser considerado. En primer lugar, vamos a $x=u^2$, y la integral es
$$\int_0^\infty dx \frac{\sqrt{x}}{x^2+1}\log\left(\frac{x+1}{2\sqrt{x}}\right) = 2 \int_0^{\infty} du \frac{u^2}{1+u^4} \log{\left ( \frac{1+u^2}{2 u} \right )} $$
la cual puede escribirse como
$$-2 \log{2} \int_0^{\infty} du \frac{u^2}{1+u^4} + 2 \int_0^{\infty} \frac{du}{u^2+\frac1{u^2}} \log{\left ( u+\frac1{u} \right )} \qquad (*)$$
Preocupémonos el último integral. Por subbing $v=u+1/u$, obtenemos (ejercicio para el lector):
$$2 \int_0^{\infty} \frac{du}{u^2+\frac1{u^2}} \log{\left ( u+\frac1{u} \right )} = 2 \int_2^{\infty} dv \frac{v}{\sqrt{v^2-4}} \frac{\log{v}}{v^2-2} $$
Por último, sub $v^2=y^2+4$, por lo que tenemos
$$2 \int_0^{\infty} \frac{du}{u^2+\frac1{u^2}} \log{\left ( u+\frac1{u} \right )}= \frac12 \int_{-\infty}^{\infty} dy \frac{\log{(y^2+4)}}{y^2+2} $$
Ahora tenemos una integral madura para el teorema de los residuos. Considere la posibilidad de
$$\oint_C dz \frac{\log{(z^2+4)}}{z^2+2} $$
donde $C$ es un semicírculo de radio $R$ en la mitad superior del plano, con un desvío sobre el punto de rama en $z=i 2$ y de arriba abajo el eje imaginario. (Para una foto, a ver esto.) Por el teorema de los residuos, el contorno de la integral es igual a
$$\underbrace{\int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\log{(x^2+4)}}{x^2+2}}_{\text{Integral over the real axis}} \underbrace{-i 2 \pi (i) \int_2^{\infty} \frac{dy}{2-y^2}}_{\text{integral over imaginary axis about branch point } z=i 2} = i 2 \pi \underbrace{\frac{\log{2}}{i 2 \sqrt{2}}}_{\text{residue at pole }z=i \sqrt{2}} $$
Por lo tanto, la segunda integral en (*) es igual a
$$\pi \int_2^{\infty} \frac{dy}{y^2-2} + \frac{\pi}{2 \sqrt{2}} \log{2} $$
y
$$\int_2^{\infty} \frac{dy}{y^2-2} = \frac{1}{2 \sqrt{2}} \log{(3+2 \sqrt{2})} $$
Para la primera integral en (*), podemos usar el teorema de los residuos de nuevo, esta vez con un simple cuarto de círculo $Q$ en la parte superior derecha de la mitad del plano. Por lo tanto, la integral que buscamos es, por el teorema de los residuos,
$$\oint_Q dz \frac{z^2}{1+z^4} = (1+i) \int_0^{\infty} du \frac{u^2}{1+u^4} = i 2 \pi \frac{e^{i 2 \pi/4}}{4 e^{i 3 \pi/4}} $$
Por lo tanto,
$$\int_0^{\infty} du \frac{u^2}{1+u^4} = \frac{\pi}{2 \sqrt{2}} $$
Poniendo todo esto junto, finalmente, que el original de la integral es igual a
$$\int_0^\infty dx \frac{\sqrt{x}}{x^2+1}\log\left(\frac{x+1}{2\sqrt{x}}\right) =-\frac{\pi}{\sqrt{2}} \log{2} + \frac{\pi}{2 \sqrt{2}} \log{(3+2 \sqrt{2})} + \frac{\pi}{2 \sqrt{2}} \log{2} $$
o
$$\int_0^\infty dx \frac{\sqrt{x}}{x^2+1}\log\left(\frac{x+1}{2\sqrt{x}}\right) = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \log{\left ( 1+\frac1{\sqrt{2}} \right )} $$
como iba a ser mostrado.
Dr. MV
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Comenzamos por escribir la integral de interés $I$
$$\begin{align} I&=\int_0^{\infty} \frac{x^{1/2}}{x^2+1}\log\left(\frac{x+1}{2x^{1/2}}\right)\,dx\\\\ &=I_1+I_2+I_3 \end{align}$$
donde
$$\begin{align} I_1&=-\log (2)\,\int_0^{\infty} \frac{x^{1/2}}{x^2+1}\,dx\\\\ I_2&=-\frac12\,\int_0^{\infty} \frac{x^{1/2}\log x}{x^2+1}\,dx\\\\ I_3&=\int_0^{\infty} \frac{x^{1/2}\log (x+1)}{x^2+1}\,dx \end{align}$$
La evaluación de $I_1$ $I_2$ es bastante sencillo, así que aplazar la evaluación de hasta más tarde en el desarrollo. Para $I_3$ se utiliza el método de Integración Bajo El Signo Integral. Para ese fin, vamos a $F(a)$ ser dada por
$$F(a)=\int_0^{\infty}\frac{x^{1/2}\log (x+a)}{x^2+1}\,dx$$
Tenga en cuenta que$I_3=F(1)$$-2I_2=F(0)$. Ahora, diferenciando revela
$$F'(a)=\int_0^{\infty}\frac{x^{1/2}}{(x^2+1)(x+a)}\,dx$$
La integral indefinida $\int\frac{x^{1/2}}{(x^2+1)(x+a)}\,dx$ se pueden encontrar en términos de funciones elementales y dejamos que como ejercicio para el lector. Alternativamente, podemos evaluar la $F'(a)$ a través de análisis en el plano complejo y la integración durante el clásico ojo de la cerradura de contorno. Usando el segundo método que hemos
$$\begin{align} \oint_C \frac{z^{1/2}}{(z^2+1)(z+a)}\,dx&=\int_0^\infty\frac{x^{1/2}}{(x^2+1)(x+a)}\,dx-\int_\infty^0 \frac{x^{1/2}}{(x^2+1)(x+a)}\,dx\\\\ &=2\pi i \left(\frac{e^{i\pi/4}}{2i(a+i)}+\frac{e^{i3\pi/4}}{-2i(a-i)}+\frac{ia^{1/2}}{-(i+a)(i-a)}\right)\\\\ &=2\pi\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{a+1}{a^2+1}-\frac{\sqrt{a}}{a^2+1}\right) \end{align}$$
Por lo tanto, $F'(a)$ está dado por
$$F'(a)=\pi\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{a+1}{a^2+1}-\frac{\sqrt{a}}{a^2+1}\right)$$
La integración de $F'(a)$$a=0$$a=1$, obtenemos
$$\begin{align} I_3&=-2I_2+\int_0^1 \pi\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{x+1}{x^2+1}-\frac{\sqrt{x}}{x^2+1}\right)\,dx\\\\ &=\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{-2I_2+\pi\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\frac12\log(2)+\frac{\pi}{4}\right)-\pi\frac{\sqrt{2}}{4}\left(\pi-\log(2) -2\log\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\right)} \tag 1 \end{align}$$
Ahora evaluar $I_1$ $I_2$ en una manera uniforme. Para ello, vamos a $G(a)$ ser integral
$$G(a)=\int_0^{\infty}\frac{x^{a}}{x^2+1}\,dx$$
Tenga en cuenta que$I_1=-\log(2)G(1/2)$$I_2=-\frac12 G'(1/2)$. Evaluamos $G(a)$ por nuevo movimiento para el plano complejo y el análisis de la cerrado-contorno integral de $\frac{z^{a}}{z^2+1}$ en todo el contorno del ojo de la cerradura. Obtenemos
$$\begin{align} \oint_C \frac{z^{a}}{z^2+1}\,dz&=(1-e^{i2\pi a})\int_0^{\infty}\frac{x^a}{x^2+1}\,dx\\\\ &=(1-e^{i2\pi a})G(a)\\\\ &=2\pi i\left(\frac{e^{i\pi a/2}}{2i}+\frac{e^{i3\pi a/2}}{-2i}\right)\\\\ G(a)&=\frac{\pi}{2\cos(\pi a/2)} \end{align}$$
Por lo tanto,
$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{I_1=-\log (2) \frac{\pi}{\sqrt{2}}} \tag 2$$
y
$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{I_2=-\frac12 \frac{\pi^2\sqrt{2}}{4}} \tag 3$$
Poniendo todo junto, tenemos
$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{I=I_1+I_2+I_3=\frac{\pi}{\sqrt{2}}\log\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}$$
como era de esperar!!
