Halla la siguiente integral (sustitución más probable)

Question

$$\int_0^1 \frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2} \ dx$$

Intenté dejar que $x^2=\tan \theta$ pero no funcionó. ¿Qué debo hacer?

Por favor, no des la solución completa, sólo una pista y continuaré.

Answer 1

Utilizando la sustitución $x=1/u$ juiciosamente, puedo demostrar que

$$\int_0^1 dx \frac{\log{(1+x^2)}}{1+x^2} = \frac12 \int_0^{\infty} dx \frac{\log{(1+x^2)}}{1+x^2} + \int_0^1 dx \frac{\log{x}}{1+x^2}$$

La primera integral puede evaluarse utilizando el teorema de Cauchy sobre un contorno extraño; Lo evalué aquí y tiene valor $\pi \log{2}$ . (Lo reproduzco a continuación en el Apéndice).

La segunda integral puede evaluarse utilizando la expansión de Maclurin de $(1+x^2)^{-1}$ :

$$\int_0^1 dx \frac{\log{x}}{1+x^2} = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \, \int_0^1 dx \, x^{2 k} \log{x} = -\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2 k+1)^2} = -G$$

donde $G$ es Constante catalana . Así pues, la integral buscada es

$$\int_0^1 dx \frac{\log{(1+x^2)}}{1+x^2} = \frac{\pi}{2} \log{2} - G \approx 0.172827$$

ANEXO

Para evaluar la primera integral anterior, consideramos la integral en el plano complejo

$$\oint_C dz \frac{\log{(1+z^2)}}{1+z^2}$$

donde $C$ es un contorno por determinar. Nuestro primer instinto es hacer $C$ un semicírculo simple en el semiplano superior. El problema es que la singularidad del punto de ramificación en $z=i$ es extremadamente problemático, ya que coincide con un polo ostensible. No obstante, la integral correspondiente sobre la recta real es finita (y el doble de la integral especificada originalmente), por lo que debe haber una forma de tratarla.

Lo mejor es evitar este tipo de ramificaciones. Por lo tanto, tenemos que dibujar $C$ para ello, y luego utilizar el teorema de Cauchy para afirmar que la integral compleja anterior sobre $C$ es cero. Tal contorno $C$ se ilustra a continuación.

A continuación, se toma la integral del contorno a lo largo de seis segmentos diferentes. Afirmaré sin pruebas que la integral sobre los dos arcos exteriores desaparece a medida que el radio de esos arcos $R \to \infty$ . Nos quedan cuatro integrales:

$$\int_{-R}^R dx \frac{\log{(1+x^2)}}{1+x^2} + \left [\int_{C_-}+\int_{C_+}+\int_{C_{\epsilon}} \right ] dz \frac{\log{(1+z^2)}}{1+z^2} = 0$$

$C_-$ es el segmento situado a la derecha del eje imaginario, que desciende desde el arco hasta el punto de bifurcación, $C_+$ es el segmento situado a la izquierda del eje imaginario, desde el punto de bifurcación hasta el arco, y $C_{\epsilon}$ es el círculo alrededor del punto de bifurcación de radio $\epsilon$ .

Es crucial que consigamos que los argumentos del registro sean correctos a lo largo de cada camino. Observo que el segmento $C_-$ está "por debajo" del eje imaginario y asigno que la fase de este segmento es $2 \pi$ mientras que yo asigno la fase del segmento $C_+$ ser $0$ .

Para el segmento $C_-$ set $z=i(1+y e^{i 2 \pi})$ :

$$\int_{C_-} dz \frac{\log{(1+z^2)}}{1+z^2} = i\int_R^{\epsilon} dy \frac{\log{[-y (2+y)]}+ i 2 \pi}{-y (2+y)} $$

Para el segmento $C_+$ set $z=i(1+y)$ :

$$\int_{C_-} dz \frac{\log{(1+z^2)}}{1+z^2} = i\int_{\epsilon}^R dy \frac{\log{[-y (2+y)]}}{-y (2+y)} $$

Observo que la suma de las integrales a lo largo de $C_-$ y $C_+$ es

$$-2 \pi \int_{\epsilon}^R \frac{dy}{y (2+y)} = -\pi \left [ \log{R} - \log{(2 + R)} - \log{\epsilon} + \log{(2 + \epsilon)}\right]$$

Para el segmento $C_{\epsilon}$ set $z=i (1+\epsilon e^{-i \phi})$ . La integral a lo largo de este segmento es

$$\begin{align}\int_{C_{\epsilon}} dz \frac{\log{(1+z^2)}}{1+z^2} &= \epsilon \int_{-2 \pi}^0 d\phi e^{-i \phi} \frac{\log{\left [ -2 \epsilon e^{-i \phi} \right]}}{-2 \epsilon e^{-i \phi}}\end{align}$$

Aquí utilizamos $\log{(-1)}=-i \pi$ y la integral anterior se convierte en

$$\begin{align}\int_{C_{\epsilon}} dz \frac{\log{(1+z^2)}}{1+z^2} &= -\frac12 (-i \pi)(2 \pi) - \frac12 \log{2} (2 \pi) - \frac12 \log{\epsilon} (2 \pi) -\frac12 (-i) \frac12 (0-4 \pi^2) \\ &= -\pi \log{2} - \pi \log{\epsilon} \end{align}$$

Sumando las integrales anteriores, tenemos

$$\begin{align}\int_{-R}^R dx \frac{\log{(1+x^2)}}{1+x^2} -\pi \log{R} + \pi \log{(2 + R)} + \pi \log{\epsilon} - \pi \log{(2 + \epsilon)} -\pi \log{2} - \pi \log{\epsilon} &= 0\\ \implies \int_{-R}^R dx \frac{\log{(1+x^2)}}{1+x^2} -\pi \log{R} + \pi \log{(2 + R)} - \pi \log{(2 + \epsilon)} -\pi \log{2} &=0\end{align}$$

Ahora tomamos el límite como $R \to \infty$ y $\epsilon \to 0$ y obtenemos

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\log{(1+x^2)}}{1+x^2} -2 \pi \log{2} = 0$$

Por lo tanto

$$\int_{0}^{\infty} dx \frac{\log{(1+x^2)}}{1+x^2} = \pi \log{2}$$

Answer 2

Sustituir $x=\tan(\theta)$ : $$ \begin{align} \int_0^1\frac{\log(1+x^2)}{1+x^2}\,\mathrm{d}x &=2\int_0^{\pi/4}\log(\sec(\theta))\,\mathrm{d}\theta\\ &=-2\int_0^{\pi/4}\log(\cos(\theta))\,\mathrm{d}\theta\\ &=-\int_0^{\pi/4}\left[\log(1+e^{i2\theta})+\log(1+e^{-i2\theta})-2\log(2)\right]\,\mathrm{d}\theta\\ &=\frac\pi2\log(2)+2\int_0^{\pi/4}\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{\cos(2k\theta)}{k}\,\mathrm{d}\theta\\ &=\frac\pi2\log(2)+\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{\sin(k\pi/2)}{k^2}\\ &=\frac\pi2\log(2)-\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}\\ &=\frac\pi2\log(2)-\mathrm{G}\\ \end{align} $$ donde $\mathrm{G}$ es Constante catalana .

---

Integral Over $\mathbf{[0,\infty]}$ El dominio de la integral trigonométrica anterior pasa a ser $[0,\pi/2]$ y esto se traduce en la suma $$ \pi\log(2)+\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{\sin(k\pi)}{k^2}=\pi\log(2) $$

Answer 3

SUGERENCIA:

Poner $x=\tan t, x=0\implies t=0$ y $x=1\implies t=\frac\pi4$ considerando los valores principales de $\arctan$

Así que.., $$\int_0^1 \frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2} \ dx=\int_0^\frac\pi42\ln\sec tdt=-2\int_0^\frac\pi4\ln\cos tdt $$

$$I=\int_0^\frac\pi4\ln\cos tdt =\int_0^\frac\pi4\ln\cos\left(\frac\pi4+0- t\right)dt=\int_0^\frac\pi4\{\ln(\cos t+\sin t) -\ln \sqrt2\}dt$$ como $\cos\left(\frac\pi4+0- t\right)=\frac{\cos t+\sin t}{\sqrt2}$ y $\ln \frac ab=\ln a-\ln b$

$$2I=\int_0^\frac\pi4\{\ln(\cos t+\sin t)^2 -\ln 2\}dt=\int_0^\frac\pi4\ln(1+\sin2t)dt-\ln 2\int_0^\frac\pi4dt$$

Poner $u=2t$ en $$\int_0^\frac\pi4\ln(1+\sin2t)dt=\frac12\int_0^\frac\pi2\ln(1+\sin u)du$$

Ahora, utilice este .

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 +x^{2}} \over 1 + x^{2}}\,\dd x:\ {\large ?}}$

Con $\ds{x \equiv \tan\pars{\theta}}$ : \begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 +x^{2}} \over 1 + x^{2}} \,\dd x} =-\int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{\cos^{2}\pars{\theta}}\,\dd\theta \\[3mm]&=-\int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{{2\sin\pars{\theta}\cos\pars{\theta} \over 2}\,{\cos\pars{\theta} \over \sin\pars{\theta}}}\,\dd\theta =-\int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{\half\,\sin\pars{2\theta}\cot\pars{\theta}}\,\dd\theta \\[3mm]&=-\int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{\cot\pars{\theta}}\,\dd\theta -\half\int_{0}^{\pi/2}\ln\pars{\half\,\sin\pars{\theta}}\,\dd\theta \\[3mm]&=-G + {\pi \over 4}\,\ln\pars{2} -\half\,\color{#00f}{\int_{0}^{\pi/2}\ln\pars{\sin\pars{\theta}}\,\dd\theta} \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\pars{1} \end{align} w una de las Representaciones Integrales de la Constante Catalana $\ds{G}$ . N $$ G \equiv \int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{\cot\pars{\theta}}\,\dd\theta $$

Evaluemos la $\ds{\color{#00f}{\mbox{remaining integral}}}$ : \begin{align}&\color{#00f}{\int_{0}^{\pi/2}\ln\pars{\sin\pars{\theta}} \,\dd\theta} =\half\bracks{\int_{0}^{\pi/2}\ln\pars{\sin\pars{\theta}}\,\dd\theta +\int_{0}^{\pi/2}\ln\pars{\sin\pars{{\pi \over 2} - \theta}}\,\dd\theta} \\[3mm]&=\half\int_{0}^{\pi/2}\ln\pars{\half\,\sin\pars{2\theta}}\,\dd\theta ={1 \over 4}\int_{0}^{\pi}\ln\pars{\half\,\sin\pars{\theta}}\,\dd\theta \\[3mm]&={1 \over 4}\int_{0}^{\pi/2}\ln\pars{\half\,\sin\pars{\theta}} \,\dd\theta +{1 \over 4}\int_{\pi/2}^{\pi}\ln\pars{\half\,\sin\pars{\theta}}\,\dd\theta \\[3mm]&=\half\int_{0}^{\pi/2}\ln\pars{\half\,\sin\pars{\theta}}\,\dd\theta =-\,{\pi \over 4}\,\ln\pars{2} +\half\color{#00f}{\int_{0}^{\pi/2}\ln\pars{\sin\pars{\theta}}\,\dd\theta} \\[3mm]&\imp\quad \color{#00f}{\int_{0}^{\pi/2}\ln\pars{\sin\pars{\theta}}\,\dd\theta} =-\,{\pi \over 2}\,\ln\pars{2} \end{align}

Este resultado se sustituye en $\pars{1}$ : $$\color{#66f}{\large\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 +x^{2}} \over 1 + x^{2}} \,\dd x = \half\,\pi\ln\pars{2} - G} $$

Answer 5

Los métodos de sustitución y de variables complejas utilizados aquí son excelentes, pero éste es el perfecto problema para utilizar la diferenciación de Feynman bajo el truco integral. Una vez que aplicamos la sustitución que hizo Ron Gordon, buscamos evaluar la integral $$ I(t) = \int^{\infty}_0 \, \frac{\log{(1+x^2)}}{1+x^2} \, \mathrm{d}x. $$ Introducir un parámetro $t$ tal que $$ I(t) = \int^{\infty}_0 \, \frac{\log{(1+tx^2)}}{1+x^2} \, \mathrm{d}x. $$ Tenga en cuenta que elegir dónde introducir este nuevo parámetro en la función es todo un arte. Si diferenciamos bajo la integral con respecto a $t$ entonces $$ I'(t) = \int^{\infty}_0 \, \frac{x^2}{(1+tx^2)(1+x^2)} \, \mathrm{d}x. $$ Utilizando fracciones parciales se obtiene $$ I'(t) = \int^{\infty}_0 \, \frac{1}{(1-t)(1+tx^2)} - \frac{1}{(1-t)(1+x^2)} \, \mathrm{d}x. $$ Ahora son la norma $\arctan$ integral, por lo que $$ I'(t) = \frac{\pi}{2\sqrt{t}(1-t)}-\frac{\pi}{2(1-t)}. $$ Integración con respecto a $t$ nos da $$ I(t) =\frac{\pi}{2}\log{\left(\frac{1+\sqrt{t}}{1-\sqrt{t}}\right)} -\frac{\pi}{2}\log{(1-t)}+c. $$ Para determinar la constante, observamos que $I(0)=0$ Así que $c=0$ . Combinando los logaritmos se obtiene que $$ I(t) =\frac{\pi}{2}\log{(1+\sqrt{t})^2} = \pi \log{(1+\sqrt{t})}. $$ Esto nos da un valor para todo un familia ¡de integrales! Configurando $t=1$ nos da el valor de la integral original, $$ I(1) = \pi \log 2. $$

Edición - He intentado aplicar la técnica a la integral original y ha fallado estrepitosamente con $t$ en esa posición, ¡pero quizá haya otros sitios donde ponerlo que hagan que funcione!