Demuestra que $\int_0^\infty \frac{\ln x}{(x^2+1)(x^2-1)}dx=\frac{\pi^2}{8}$

Question

¿Cómo lo demuestro? $\int_0^\infty \frac{\ln x}{(x^2+1)(x^2-1)}dx=\frac{\pi^2}{8}$ utilizando contornos y residuos

Mi intento:

Sé que los puntos singulares son $i,-i,-1,1,0$

considere $f(z)= \frac{\ln z}{(z^2+1)(z^2-1)}$

y la rama $|z|>0$ , $0<\theta<2\pi$

$u: z=r, \rho\le r \le R$ (u es el borde superior)

$-l: z=r, \rho\le r \le R$ (borde inferior)

$\int_ufdz-\int_{-l}fdz=\int_\rho^R \frac{\ln r + i0}{(z^2+1)(z^2-1)}-\int_\rho^R \frac{\ln r + i2\pi}{(z^2+1)(z^2-1)}$

¿Cómo continúo desde aquí?

Answer 1

En primer lugar, aplicar la sustitución $x\to 1/x$ revela

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

En $(1)$ es evidente que

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

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Evaluamos la integral $J$ definido por

$$J=\oint_C \frac{\log^2(z)}{z^2-1}\,dz$$

donde $C$ es el contorno clásico del ojo de la cerradura con (i) la rama cortada a lo largo del eje real no negativo y (ii) con deformaciones alrededor de $z=1$ . Aplicando el teorema del residuo, es fácil ver que $J=i\pi^3$ . Por lo tanto, consideramos que $$\begin{align} J&=i\pi^3\\\\ &=\int_{0}^{\infty}\frac{\log^2(x)}{x^2-1}\,dx-\text{PV}\int_0^\infty \frac{\left(\log(x)+i2\pi\right)^2}{x^2-1}\,dx\\\\ &=-i4\pi\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2-1}\,dx\\\\ &+\color{blue}{(4\pi^2)\text{PV}\left(\int_0^\infty \frac{1}{x^2-1}\,dx\right)}\\\\ &+\color{red}{(4\pi^2)\lim_{\epsilon \to 0^+}\int_{\pi}^{2\pi} \frac{1}{(1+\epsilon e^{i\phi})^2-1}\,(i\epsilon e^{i\phi})\,d\phi}\\\\ &=-i4\pi\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2-1}\,dx+\color{blue}{0}+\color{red}{i2\pi^3}\tag 4 \end{align}$$

Por último, resolver $(4)$ para la integral de los rendimientos de interés

$$\frac12\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2-1}\,dx=\frac{\pi^2}{8}$$

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A continuación presentamos un enfoque que se basa únicamente en el análisis real.

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Escribir $\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2-1}\,dx=\int_0^1 \frac{\log(x)}{x^2-1}\,dx+\int_1^\infty \frac{\log(x)}{x^2-1}\,dx$ y aplicar la sustitución $x\to 1/x$ en la segunda integral, encontramos

$$\begin{align} \int_0^\infty \frac{\log(x)}{(x^2+1)(x^2-1)}\,dx=\int_0^1 \frac{\log(x)}{x^2-1}\,dx\end{align}$$

Podemos utilizar la expansión parcial de fracciones para escribir

$$\begin{align} \int_0^1 \frac{\log(x)}{x^2-1}\,dx&=-\frac12\int_0^1 \frac{\log(x)}{1+x}\,dx-\frac12\int_0^1 \frac{\log(x)}{1-x}\,dx\\\\ &=\frac12 \int_0^1 \frac{\log(1+x)}{x}\,dx-\frac12\int_0^1 \frac{\log(1-x)}{x}\,dx\\\\ &=\frac12 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} \int_0^1 x^{n-1}\,dx+\frac12 \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\int_0^1 x^{n-1}\,dx\\\\ &=\frac12 \sum_{n=1}^\infty \frac{1-(-1)^n}{n^2}\\\\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n-1)^2}\\\\ &=\frac{\pi^2}{8} \end{align}$$

Donde utilizamos $\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$ junto con $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n-1)^2}=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}-\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n)^2}=\frac34 \sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{8}$

Y en ESTA RESPUESTA demostré usando sólo análisis reales que $\sum_{n=1}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$ .

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Con el $\ds{\ln}$ corte de rama $\ds{\pars{\left.\ln\pars{z}\right\vert_{\ z\ \not=\ 0} = \ln\pars{\verts{z}} + \,\mrm{arg}\pars{z}\ic\,,\ -\pi < \,\mrm{arg}\pars{z} < \pi}}$ Evaluaré $\ds{\oint_{\mrm{C}}{\ln\pars{z} \over z^{4} - 1}\,\dd z}$ en un cuarto de circunferencia en el primer cuadrante:

\begin{align} \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{4} - 1}\,\dd x & \,\,\,\stackrel{\mrm{as}\ \epsilon\ \to\ 0^{+}}{\sim}\,\,\, -\,\Re\int_{\infty}^{1 + \epsilon} {\ln\pars{y} + \pi\ic/2 \over y^{4} - 1}\,\ic\,\dd y - \Re\int_{0}^{-\pi}{\ln\pars{\ic + \epsilon\expo{\ic\theta}} \over \pars{\ic + \epsilon\expo{\ic\theta}}^{4} - 1} \,\epsilon\expo{\ic\theta}\ic\,\dd\theta \\[3mm] & -\,\Re\int_{1 - \epsilon}^{0} {\ln\pars{y} + \pi\ic/2 \over y^{4} - 1}\,\ic\,\dd y \\[1cm] & \stackrel{\mrm{as}\ \epsilon\ \to\ 0^{+}}{\sim}\,\,\, -\,{1 \over 2}\,\pi\,\mrm{P.V.}\int_{0}^{\infty}{\dd y \over y^{4} - 1} + \Re\int_{-\pi}^{0}{\pi\ic/2 \over 4i^{3}\epsilon\expo{\ic\theta}}\, \epsilon\expo{\ic\theta}\ic\,\dd\theta \\[5mm] & \stackrel{\mrm{as}\ \epsilon\ \to\ 0^{+}}{\to}\,\,\, -\,{1 \over 2}\,\pi\,\lim_{\delta \to 0^{+}} \bracks{\int_{0}^{1 - \delta}{\dd y \over y^{4} - 1} + \int_{1 + \delta}^{\infty}{\dd y \over y^{4} - 1}} \\[5mm] & = -\,{1 \over 2}\,\pi\,\lim_{\delta \to 0^{+}} \bracks{\int_{0}^{1 - \delta}{\dd y \over y^{4} - 1} + \int_{1/\pars{1 + \delta}}^{0}{\pars{-1/y^{2}}\dd y \over 1/y^{4} - 1}} \\[5mm] & = -\,{1 \over 2}\,\pi\,\lim_{\delta \to 0^{+}} \bracks{\int_{0}^{1 - \delta}{\dd y \over y^{4} - 1} - \int_{0}^{1/\pars{1 + \delta}}{y^{2} \over y^{4} - 1}\,\dd y} \\[5mm] & = -\,{1 \over 2}\,\pi\,\lim_{\delta \to 0^{+}} \bracks{\int_{0}^{1 - \delta}{1 - y^{2} \over y^{4} - 1}\,\dd y - \int_{1 - \delta}^{1/\pars{1 + \delta}}{y^{2} \over y^{4} - 1}\,\dd y} = {1 \over 2}\,\pi\int_{0}^{1}{\dd y \over y^{2} + 1} \\[5mm] & = \bbx{\phantom{^{2}}\pi^{2} \over 8} \end{align} Por simplicidad, he omitido la integral a lo largo del arco que se desvanece a medida que el radio del arco $\ds{R \to \infty}$ . De hecho, como $\ds{R \to \infty}$ la magnitud de dicha integral se comporta como $\ds{\pars{\pi/2}\ln\pars{R}/R^{3}}$ .

Tenga en cuenta que

\begin{align} &0 < \verts{\int_{1 - \delta}^{1/\pars{1 + \delta}}{y^{2} \over y^{4} - 1} \,\dd y} < \verts{{1 \over 1 + \delta} - \pars{1 - \delta}} {1/\pars{1 + \delta}^{2} \over 1 - \pars{1 - \delta}^{2}} \,\,\,\stackrel{\mrm{as}\ \delta\ \to\ 0^{+}}{\to}\,\,\,{\large 0} \end{align}

Answer 3

Sugerencia : Debe tener en cuenta $$f(z) = \frac{\ln^2(z)}{(z^2+1)(z^2-1)}$$ donde el logaritmo se define con el argumento $\in [0,2\pi)$ . A continuación, utilice el contorno de ojo de cerradura estándar.

Answer 4

Observe que \begin{eqnarray*} \frac{1}{(x^2+1)(x^2-1)}=\frac{1}{2(x^2-1)} + \frac{-1}{2(x^2+1)} \end{eqnarray*} Así, la integral original se divide en las dos integrales siguientes \begin{eqnarray*} I_1=\int_{0}^{\infty} \frac{ln(x)}{2(x^2+1)} \\ I_2=\int_{0}^{\infty} \frac{ln(x)}{2(x^2-1)} .\\ \end{eqnarray*} Ambas integrales pueden evaluarse dividiendo el entero en $[0,1]$ y $[1, \infty)$ y luego hacer la sustitución $x=1/y$ . La primera integral es cero y la segunda integral será \begin{eqnarray*} I_1=0 \\ I_2=\int_{0}^{1} \frac{ln(x)}{(x^2-1)} dx \\ \end{eqnarray*} Ahora expande geométricamente $\frac{1}{(x^2-1)}$ y utilizar \begin{eqnarray*} \int_{0}^{1} x^{n} \ln(x) dx =\frac{-1}{(n+1)^2} \\ I_2=-\int_{0}^{1} \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} ln(x) dx = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} \\ \end{eqnarray*} Es bien sabido que $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2}=\color{red}{\frac{\pi^2}{8}}$ .