Utilizar la integración por partes $\int^{\infty}_{0} \frac{x \cdot \ln x}{(1+x^2)^2}dx$

Question

$$I=\int^{\infty}_{0} \frac{x \cdot \ln x}{(1+x^2)^2}dx$$

Claramente $$-2I=\int^{\infty}_{0} \ln x \cdot \frac{-2x }{(1+x^2)^2} dx$$

Mi intento :

$$-2I=\left[ \ln x \cdot \left(\frac{1}{1+x^2}\right)\right]^\infty_0 - \int^{\infty}_{0} \left(\frac{1}{1+x^2}\right) \cdot \frac{1}{x} dx$$

$$-2I=\left[ \ln x \cdot \left(\frac{1}{1+x^2}\right)\right]^\infty_0 - \int^{\infty}_{0} \frac{1}{x(1+x^2)} dx$$

$$-2I=\left[ \ln x \cdot \left(\frac{1}{1+x^2}\right)\right]^\infty_0 - \int^{\infty}_{0} \frac{1+x^2-x^2}{x(1+x^2)} dx$$

$$-2I=\left[ \ln x \cdot \left(\frac{1}{1+x^2}\right)\right]^\infty_0 - \int^{\infty}_{0} \frac{1}{x}+ \frac{1}{2}\int^{\infty}_{0} \frac{2x}{1+x^2} dx$$

$$-2I=\left[ \ln x \cdot \left(\frac{1}{1+x^2}\right)\right]^\infty_0 -\left[ \ln x -\frac{1}{2}\cdot \ln(1+x^2) \right]^\infty_0 $$

$$-2I=\left[ \frac{\ln x}{1+x^2}\right]^\infty_0 -\left[\ln \left (\frac{x}{\sqrt{1+x^2}} \right) \right]^\infty_0 $$

¿Cómo puedo evaluar los últimos límites?

Answer 1

Poner $x=\dfrac1y$

$$I=\int_\infty^0\dfrac{y^4\cdot -\ln(y)}{y(y^2+1)^2}\cdot-\dfrac{dy}{y^2}=\int_\infty^0\dfrac{y\ln y}{(1+y^2)^2}dy=-\int_0^\infty\dfrac{y\ln y}{(1+y^2)^2}dy=-I$$

Answer 2

SUGERENCIA:

Dejemos que $x=\tan y$

$$\implies2J=\int_0^{\pi/2}\sin2y\cdot\ln(\tan y)dy$$

Ahora usa $$I=\int_a^bf(x)dx=\int_a^bf(a+b-x)dx$$ $$\implies2I=\int_a^bf(x)dx+\int_a^bf(a+b-x)dx=\int_a^b\left(f(x)+f(a+b-x)\right)dx$$

Answer 3

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Leftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\, #2 \,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$

\begin{align} \color{#f00}{I} &= \int_{0}^{\infty}{x\ln\pars{x} \over \pars{1 + x^{2}}^{2}}\,\dd x = {1 \over 4}\bracks{\overbrace{\int_{0}^{1}{x\ln\pars{x} \over \pars{1 + x}^{2}}\,\dd x}^{\ds{\equiv\ J}}\ +\ \int_{1}^{\infty}{x\ln\pars{x} \over \pars{1 + x}^{2}}\,\dd x} \end{align} La segunda integral en el lado derecho $\underline{\mbox{is equal to}}$ $\ds{-J}$ después del sub $\ldots$ $\ds{x \to {1 \over x}}$ tal que $\fbox{$ \quad\ds{color{#f00}{I} = J + \pars{J} = \color{#f00}{0}\quad $}$ .

Answer 4

Un enfoque más rápido: $$ J(a,b)=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^b}{a^2+x^2}\,dx = a^{b-1} \frac{\pi}{2\cos\left(\frac{\pi b}{2}\right)}\qquad (a>0,b\in(-1,1))\tag{1}$$ es una consecuencia de la fórmula de reflexión para el $\Gamma$ y las propiedades de la función beta de Euler.
Al considerar: $$ \lim_{b\to 1^-}\lim_{a\to 1^-}-\frac{1}{2}\frac{\partial^2 J}{\partial a \partial b} \tag{2}$$ recuperamos el valor de nuestra integral por diferenciación bajo el signo de la integral. Eso da:

$$ I=\int_{0}^{+\infty}\frac{x\log x}{(1+x^2)^2}\,dx = \lim_{b\to 1^-} -\frac{\pi}{8}\cdot \frac{2+\pi(b-1)\tan\left(\frac{\pi b}{2}\right)}{ \cos\left(\frac{\pi b}{2}\right)}=\color{red}{0}\tag{3}$$

que también se deduce de un argumento de simetría:

$$ I = \int_{0}^{1}\frac{x\log x}{(1+x^2)^2}\,dx +\int_{0}^{1}\frac{\frac{1}{x}\log\left(\frac{1}{x}\right)}{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)^2}\,dx=\int_{0}^{1}0\,dx = \color{red}{0}.\tag{4} $$

Answer 5

La integración por partes funciona bien siempre que se escriba la integral $I$ como

$$I=\lim_{\epsilon\to 0^+}\lim_{L\to \infty}\int_{\epsilon}^L\frac{x\log(x)}{(1+x^2)^2}\,dx$$

Entonces, procediendo a la integración por partes, encontramos

$$\begin{align} I&=\frac14\lim_{\epsilon\to 0^+}\lim_{L\to \infty}\left.\left(\frac{2x^2\log(x)}{1+x^2}-\log(1+x^2)\right)\right|_{\epsilon}^L\\\\ &=\frac14\lim_{L\to \infty}\left(\frac{2L^2\log(L)}{1+L^2}-\log(1+L^2)\right)\\\\ &-\frac14\lim_{\epsilon\to 0^+}\left(\frac{2\epsilon^2\log(\epsilon)}{1+\epsilon^2}-\log(1+\epsilon^2)\right)\tag 1 \end{align}$$

Ahora bien, como $\lim_{\epsilon\to 0^+}\epsilon^2 \log(\epsilon)=0$ la contribución de la evaluación del límite inferior desaparece.

Para evaluar la contribución del límite superior, escribimos

$$\begin{align} \frac{2L^2\log(L)}{1+L^2}-\log(1+L^2)&=\frac{2L^2\log(L)}{1+L^2}-2\log(L)-\log(1+1/L^2)\\\\ &=-2\frac{\log(L)}{1+L^2}-\log(1+1/L^2) \end{align}$$

que se aproxima claramente a cero a medida que $L\to \infty$ .

Y eso es todo.