Integrar este registro natural utilizando análisis complejo

Question

Pregunta: Integrar A$$\mathscr{I}=\int\limits_{-\infty}^{\infty}dx\,\frac {\log(1+x^2)}{1+x^2}$$

He intentado utilizar un semicírculo con un radio de $R$ con un pequeño semicírculo desvío en el interior Así que tenemos que$$\oint\limits_{C}dz\, f(z)=\int\limits_r^Rdx\, f(x)+\int\limits_{\gamma_R}dz\, f(z)+\int\limits_{-R}^{-r}dx\,\frac {\log|1+x^2|+i\arg(1+x^2)}{1+x^2}+\int\limits_{\gamma_r}dz\, f(z)$$where $f(z)$ represents the integrand. However, I'm having trouble computing the residue at $z=i$ porque el límite lleva al infinito.

Son cortes de ramas que se requiere? Si es así, es posible que usted caminar a través de mí? No estoy muy familiarizado con ellos...

Answer 1

Sí se requiere una rama cortada, cabe recordar que la $$\log(z)=\log(|z|)+i\arg(z)$$

En general con este tipo de cosas queremos escoger nuestra sucursal de corte de manera que nuestro contorno no ir a través de ella, vamos a elegir la rama de corte donde insistimos $\arg(z)\in[-\pi/2,3\pi/2)$, es decir, la rama de corte es el negativo del eje imaginario, tenga en cuenta que para la real $x$, $$\log(1+x^2)=\log(1+ix)+\log(1-ix)$$

Así que vamos a $f(z)=\frac{\log(1-iz)}{1+z^2}$, que está convenientemente agradable en la parte superior del semicírculo de $-R$ $R$sólo tener la pole en $i$$\text{Res}(f,i)=\frac{\log(2)}{2i}$.

Tenemos, entonces por el teorema de los residuos que $$\int_{C_R} f(z) dz +\int_{-R}^{0}f(z) dz+ \int_{0}^{R}f(z) dz = \pi\log(2)$$

Donde $C_R$ es el bit del contorno no en la recta real, por la costumbre tipo de razonamiento de la primera integral tiende a cero, como se $R$ tiende a infinito. Mientras que después de hacer el cambio de variables $z\rightarrow -z$ $-R$ $0$integral obtenemos $$\int_0^{\infty}\frac{\log(1+iz)+\log(1-iz)}{1+z^2} dz =\int_0^{\infty}\frac{\log(1+z^2)}{1+z^2}dz=\pi\log(2)$$

Y desde su integrando es aún...

Answer 2

Es bien sabido que una buena alternativa para el contorno de integración es la diferenciación bajo el signo integral: se aplica perfectamente aquí, así que voy a esbozar un enfoque alternativo. Para cualquier $a>\frac{1}{2}$, mediante la explotación de la simetría y la aplicación de la sustitución de $\frac{1}{1+x^2}=u$, tenemos $$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^a} = \frac{\sqrt{\pi}\,\Gamma\left(a-\tfrac{1}{2}\right)}{\Gamma(a)}$$ por Euler de la función Beta. Diferenciando ambos lados con respecto a $a$, y la explotación de $\frac{d}{da}\,f=f\cdot\frac{d}{da}\log f$, obtenemos: $$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{-\log(1+x^2)}{(1+x^2)^a}\,dx = \frac{\sqrt{\pi}\,\Gamma\left(a-\tfrac{1}{2}\right)}{\Gamma(a)}\left[\psi\left(a-\tfrac{1}{2}\right)-\psi(a)\right]$$ y mediante la evaluación de los dos lados, a $a=1$: $$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\log(1+x^2)}{(1+x^2)}\,dx = \pi\left[\psi(1)-\psi\left(\tfrac{1}{2}\right)\right]=\color{red}{2\pi\log 2}.$$ La reclamación equivalente $$ \int_{0}^{\pi/2}\log\sin\theta\,d\theta = -\frac{\pi}{2}\log 2$$ también puede ser demostrado a través de la $\prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\frac{\pi k}{n}\right)=\frac{2n}{2^n}$ y las sumas de Riemann, o simplemente por la simetría trucos.

Answer 3

La función de $ln(1+x^2)$ tiene dos puntos de ramificación en $\pm i$, entonces no podemos elegir el contorno que se proponen, como se señaló en el comentario de @Sangchul Lee. También, el punto de $x=0$ no es especial para la función, la contribución de $\gamma_r$ es inútil también. En lugar de ello, podemos considerar que una rama cortada en el segmento vertical entre el$i$$-i$. Es conveniente descomponer $$ f(x)=\frac{1}{2}\frac{\ln(1+x^2)}{1-ix}+\frac{1}{2}\frac{\ln(1+x^2)}{1+ix}$$ Aplicando la sustitución de $y=-x$ en la segunda integral, uno tiene \begin{align} I&=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty\frac{\ln(1+x^2)}{1-ix}\,dx+\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty\frac{\ln(1+x^2)}{1+ix}\,dx\\ &=\int_{-\infty}^\infty\frac{\ln(1+x^2)}{1-ix}\,dx \end{align}

Se define un contorno a lo largo del eje real que evita la rama de corte girando alrededor de $x=i$ y que se cierra por la gran superior semi-círculo de $C_R$. A partir de los residuos teorema, se tiene \begin{equation} 0=\left[\int_{C_R}+\int_{-\infty}^{-\varepsilon}+J+\int_{\varepsilon}^{\infty}\right] f^-(x)\,dx \end{equation} donde $f^-(x)=\left( 1-ix \right)^{-1}\ln\left( 1+x^2 \right)$ $J$ es la contribución de la ruta que gira alrededor de la rama cortada. Se puede demostrar que la gran semi-círculo contribución se desvanece como $R\to\infty$, luego \begin{equation} I=\int_{-\infty}^\infty f^-(x)\,dx=-J \end{equation} y

$$J=\left[\int_{-\varepsilon}^{i-\varepsilon} +\int_{\gamma_i} +\int^{\varepsilon}_{i+\varepsilon} \right] f^-(x)\,dx$$ $\int_{\gamma_i}$ es el aporte de un pequeño semi-círculo alrededor de $x=i$, se puede demostrar que se desvanecen cuando $\varepsilon\to 0$. En los lados izquierdo y derecho de la vertical de la contribución, con $x=-\varepsilon+ iy$, y pasando al límite de $\varepsilon\to 0$ \begin{align} \int_{-\varepsilon}^{i-\varepsilon}f^-(x)\,dx&=i\int_0^1\frac{\ln(1-y^2)+2i\pi}{1+y}\,dy\\ \int^{\varepsilon}_{i+\varepsilon}f^-(x)\,dx&=i\int_1^0\frac{\ln(1-y^2)}{1+y}\,dy \end{align} La adición de ambos términos, la logarítmica contribuciones se cancelan uno al otro y obtenemos \begin{equation} J=-2\pi\ln2 \end{equation} Finalmente, \begin{equation} I=2\pi\ln2 \end{equation} En este método, al igual que en las otras respuestas posibles, una descomposición se utiliza para separar los polos y los puntos de ramificación cerca del contorno.

Answer 4

$\newcommand{\Log}{\operatorname{Log}}\newcommand{\Arg}{\operatorname{Arg}}$EDICIÓN I+II. Primero fue un tonto error, pero ahora es fijo. En la segunda versión, que era demasiado sinuoso. Ahora se hace directamente al punto y corto.

Este tipo de integrales son difíciles. Para empezar a ver $\ln(1+x^2)=\text{Re}(2\Log(i+x))$ donde $\Log(\cdot) $ es el principal valor del logaritmo. Por lo que es razonable considerar la posibilidad de integrar algo con $\Log(i+z)$ en lugar de algo con $\Log(1+z^2)$. Vamos a integrar los siguientes: \begin{align} \oint_C \frac{\Log(i+z)}{1+z^2}\,dz =\int_{C_R}\frac{\Log(i+z)}{1+z^2}\,dz+ \int^R_{-R}\frac{\Log(i+z)}{1+z^2}\,dz \end{align} donde $C$ es un semi círculo en la mitad superior del plano; $C_R$ es el círculo de la parte y el otro es evidente. La rama de corte está en $z=-i-\lambda$$\lambda\in (0,\infty) $, por lo que estamos (por suerte) lejos de la rama de corte. El único residuo cerrado eres, $z=i$ y por lo tanto la igualdad: \begin{align} \int_{C_R}\frac{\Log(i+z)}{1+z^2}\,dz+ \int^R_{-R}\frac{\Log(i+z)}{1+z^2}\,dz=2\pi i \text{Res}_{z=i} \frac{\Log(i+z)}{1+z^2} \end{align} por El Teorema de los Residuos. La integral en $C_R$ tendrá ninguna contribución al $R\to\infty$. Ahora vamos a echar un vistazo a la parte real de la de $[-R,R]$: \begin{align} \Re\left(\int^R_{-R}\frac{\Log(i+z)}{1+z^2}\,dz\right) &= \frac{1}{2}\int^R_{-R} \frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}\,dx \end{align} Que es lo que hemos observado en el principio. Deje $R\to \infty$ y obtenemos: \begin{align}\tag{1} \frac{1}{2}\int^\infty_{-\infty} \frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}\,dx = \Re\left(2\pi i \text{Res}_{z=i} \frac{\Log(i+z)}{1+z^2}\right) \end{align} Haciendo el residuo de los tiempos de $2\pi i$: \begin{align} 2\pi i\text{Res}_{z=i} \frac{\Log(i+z)}{1+z^2} = 2\pi i\frac{\Log(2i)}{2i}= 2\pi i\frac{\ln(2)+i\frac{\pi}{2}}{2i}=\pi\ln(2)+\frac{i\pi^2}{2} \end{align} Las partes reales en ambos lados de $(1)$ debe ser igual y mulitply ambos lados con $2$ y obtener el resultado final:

\begin{align} \int^\infty_{-\infty}\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}\,dx = 2\pi\ln(2) \end{align}