Pruebalo $\int_0^\infty \frac{x\,\log x}{(1+x^2)^2} = 0$

Question

Me han pedido que pruebe que$$\int_0^\infty \frac{x\,\log x}{(1+x^2)^2}\,dx = 0$ $

Intenté proceder de la siguiente manera: \begin{align} \int_0^\infty \frac{x\,\log x}{(1+x^2)^2}\,dx &= \int_0^1 \frac{x\,\log x}{(1+x^2)^2}\,dx + \int_1^\infty \frac{x\,\log x}{(1+x^2)^2}\,dx \\ & = \int_0^1 \frac{x\,\log x}{(1+x^2)^2}\,dx + \int_{u=1}^0 \frac{u\,\log u}{(1+u^2)^2}\,du\quad (\text{where }u=1/x) \\ &= \int_0^1 \frac{x\,\log x}{(1+x^2)^2}\,dx - \int_0^1 \frac{u\,\log u}{(1+u^2)^2}\,du \\ &=^? \int_0^1 0 \,dx \\ &= 0 \end {align}

Pero creo que primero debería mostrar que la integral incorrecta$\int_0^1 {x\,\log x}/{(1+x^2)^2}\,dx$ es convergente.

¿Debo mostrarlo? Si es así, ¿cómo hacerlo?

(Me han enseñado métodos básicos como comparación, comparación de límites y prueba de Dirichlet).

Answer 1

Tu prueba es buena. Aquí hay una prueba de la convergencia

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Para$x\ge1$ $$ \begin{align} \log(x) &=\int_1^x\frac1t\,\mathrm{d}t\\ &\le\int_1^x1\,\mathrm{d}t\\[9pt] &=x-1\\[9pt] &\le x-\frac1x\tag1 \end {align} $$ Dado que la transformación$x\mapsto\frac1x$ niega ambos lados de$(1)$, obtenemos eso para todos$x\gt0$, $$ \ bbox [5px, borde: 2px sólido # C0A000] {| \ log (x) \, | \ le \ left | \, x- \ frac1x \, \ right |} \ tag2 $$

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$$ \begin{align} \left|\,\int_0^\infty\frac{x\log(x)}{\left(1+x^2\right)^2}\,\mathrm{d}x\,\right| &\le\int_0^\infty\frac{\left|\,x^2-1\,\right|}{\left(1+x^2\right)^2}\,\mathrm{d}x\tag3\\ &\le\int_0^\infty\frac{x^2+1}{\left(1+x^2\right)^2}\,\mathrm{d}x\tag4\\ &\le\int_0^\infty\frac1{1+x^2}\,\mathrm{d}x\tag5\\[6pt] &=\frac\pi2\tag6 \end {align} $$ Explicación:
$(3)$: aplicar $(2)$
$(4)$: desigualdad triangular
$(5)$: simplificar
$(6)$: integral arctan

Answer 2

$I$ converge porque$$\dfrac{x\ln x}{(1+x^2)^2}\le \dfrac{x^2}{(1+x^2)^2}\le\dfrac{1}{1+x^2} ~~~x>1$ $

y$$ \lim_{x\to 0}\dfrac{x\ln x}{(1+x^2)^2} = 0$ $ que es$$x\mapsto \dfrac{x\ln x}{(1+x^2)^2}~~~\text{is continuous on [0,1]}$ $

Ahora establece$x=\frac{1}{u}$ que es$dx = -\frac{1}{u^2}$$$I=\int_0^\infty\dfrac{x\ln x}{(1+x^2)^2}dx=-\int^0_\infty\dfrac{\frac{1}{u}\ln \frac{1}{u}}{(1+\frac{1}{u^2})^2}\frac{1}{u^2}du =\int_0^\infty\dfrac{\ln \frac{1}{u}}{(\frac{u^2+1}{u^2})^2}\frac{1}{u^3}du$ $

Pero$$\color{red}{ \ln\frac{1}{u} = -\ln u}$ $, por lo tanto, tenemos$$I=\int_0^\infty\dfrac{x\ln x}{(1+x^2)^2}dx\\=\int_0^\infty\dfrac{\ln \frac{1}{u}}{(\frac{u^2+1}{u^2})^2}\frac{1}{u^3}du\\= -\int_0^\infty\dfrac{u^4\ln u}{(u^2+1)^2}\frac{1}{u^3}du \\=-\int_0^\infty\dfrac{u\ln u}{(u^2+1)^2}du =-I$ $

Ese$$\color{blue}{ I = -I\implies 2I= 0 \implies I= 0}$ $

Answer 3

La integral en$[1,\infty]$ converge porque$$\frac{x \log (x)}{\left(x^2+1\right)^2}<\frac{x^2}{x^4}=\frac{1}{x^2}$$ and the last one converges to $ 1 $.

Además, en$[0,1]$ tenemos$$x \log (x)\leq \frac{x \log (x)}{\left(x^2+1\right)^2}\leq 0$ $

eso está en$[0,1]$

ps

Entonces, la integral converge en$$-\frac{1}{4}\leq \frac{x \log (x)}{\left(x^2+1\right)^2}\leq 0$ y su valor es$(0,+\infty)$ $

Espero que esto ayude

Answer 4

Insinuación:

Método $\#1:$ Poner$x=\dfrac1y$

Método $\#2:$ Let$x=\tan u\implies x=\sec^2u\ du$

ps

Ahora usa el truco que se describe aquí .

Answer 5

Un complemento a la respuesta de Raffaele: la sustitución$y=-\ln x$ da$$\int_0^1\frac{x\ln x dx}{(1+x^2)^2}=-\int_0^1\frac{ue^{-2u} du}{(1+e^{-2u})^2}=-\int_0^1u(e^{-2u}-2e^{-4u}+3e^{-6u}-\cdots ) du.$$Since $ \ int_0 ^ 1 nue ^ {- 2nu} du = \ frac {1} {4n}$, this sum is $ - \ frac {1} {4} (1- \ frac {1} {2} + \ cdots) = - \ frac {\ ln 2} {4}. $