Resolver

Question

(Matemáticas Stanford 2012 torneo #8)

He intentado escribir el denominador como $4\left(\frac{x}{2}^2 + 1\right)$ y entonces la integración por partes, pero que me conseguí en ninguna parte...

Luego probé la sustitución $x = 2\tan u$, que dio lugar a la integral ser $$\frac{1}{2} \int_0^\frac{\pi}{2} \ln (2\tan u) \,\mathrm{d}u.$ $

Y desde este punto me quedé pegado.

Le agradeceria cualquier y todos los consejos sobre cómo terminar el problema.

Gracias

A

Answer 1

$$\begin{align}\frac{1}{2} \int\limits_0^\frac{\pi}{2} \ln (2\tan u) \,\mathrm{d}u & = \frac{1}{2} \int\limits_0^\frac{\pi}{2} \ln (2) \,\mathrm{d}u + \frac{1}{2} \int\limits_0^\frac{\pi}{2} \ln (\tan u) \,\mathrm{d}u\\~\\&= \dfrac{\pi \ln 2}{4} + \frac{1}{2} \int\limits_0^\frac{\pi}{2} \ln (\tan u) \end{align}$$

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Aviso ahora para concluir que el integral restante evalúa a $0$: $$I = \int\limits_0^\frac{\pi}{2} \ln (\tan u)du = \int\limits_0^\frac{\pi}{2} \ln (\tan(\frac{\pi}{2}- u))du= \int\limits_0^\frac{\pi}{2} \ln (\cot u) du= -I$ $

Answer 2

También debo añadir que esta integral se puede evaluar usando el teorema del residuo, considerando

$$\oint_C dz \frac{\log^2{z}}{z^2+4} $$

donde $C$ es un contorno de ojo de la cerradura del radio exterior $R$e interno radio $\epsilon$. En los límites como $R \to \infty$ y $\epsilon \to 0$, el integral de contorno es igual a

$$-i 4 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2+4} + 4 \pi^2 \int_0^{\infty} \frac{dx}{x^2+4} $$

El integral de contorno también es igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos en el % de postes $z_+=2 e^{i \pi/2}$y $z_-=2 e^{i 3 \pi/2}$:

$$i 2 \pi \left [\frac{\left (\log{2}+i \pi/2 \right )^2}{i 4} + \frac{\left (\log{2}+i 3 \pi/2 \right )^2}{-i 4}\right ] = \frac{\pi}{2} \left (2 \pi^2 - i 2 \pi \log{2} \right )$$

Ahora,

$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^2+4} = \frac{\pi}{4}$$

Por lo tanto,

$$ \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2+4} = \frac{\pi}{4} \log{2}$$

Answer 3

$$A=\int_0^{\infty}\frac{\ln x}{x^2+4}dx\stackrel{x\to 2u}{=}\frac{1}{2}\left (\int_0^{\infty}\frac{\ln 2}{u^2+1}du+\int_0^{\infty}\frac{\ln u}{u^2+1}du\right )$$

la primera integral se puede utilizar $u=\tan v$

el segundo un $\int_0^{\infty}=\int_0^{1}+\int_1^{\infty}=I_1+I_2$

$I_2=\int_1^{\infty}$ utilizar $v\to 1/v$ $I_2=-I_1$ lo recibirá

así que nuestra integral igual a $$\int_0^{\infty}\frac{\ln x}{x^2+4}dx\stackrel{x\to 2u}{=}\frac{1}{2}\int_0^{\infty}\frac{\ln 2}{u^2+1}du=\frac{\ln 2}{2}\int_0^{\pi/2}dv$ $

Answer 4

Sugerencia: Si tuvieras $1$ $4$ en el denominador, ¿qué valor sería? Usted podría intentar un cambio de variable que es relevante tanto para $\ln x$ y ${\rm d}x/(1+x^2)$.

Answer 5

$$I(k)~=~\int_0^\infty\frac{x^{k-1}}{x^n+a^n}dx~=~a^{k-n}\cdot\frac\pi n\cdot\csc\bigg(k\cdot\frac\pi n\bigg)$$

La identidad anterior puede ser fácilmente probada dejando $x=at$ y $u=\dfrac1{1+t^n}$, reconociendo la expresión de la función beta en la nueva integral y usando de Euler fórmula de reflexión para simplificar el resultado final. Ahora todo lo que queda por hacer es evaluar $I'(1)$.