integral con $\log\left(\frac{x+1}{x-1}\right)$

Question

Me encontré con un duro integral y me estoy preguntando si alguien tiene alguna idea sobre cómo evaluar.

$$\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{x}{x^{2}+a^{2}}\log\left(\left|\frac{x+1}{x-1}\right|\right)dx=\pi\tan^{-1}(1/a), \;\ a>1$$

Traté de romper el registro y la diferenciación de w.r.t 'a', pero no hacer un progreso considerable. Es posible hacer con los residuos?.

He intentado escribir como $$\displaystyle \frac{1}{a^{2}}\int_{0}^{\infty}\frac{x}{1+(x/a)^{2}}\log(x+1)dx-\frac{1}{a^{2}}\int_{0}^{\infty}\frac{x}{1+(x/a)^{2}}\log(x-1)dx$$

Ahora, hacer el sub $t=x/a, \;\ dx=adt$

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{t}{1+t^{2}}\log(1+at)dt-\int_{0}^{\infty}\frac{t}{1+t^{2}}\log(at-1)dt$

Diferenciar w.r.t 'a', se obtiene:

$$\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{t^{2}}{(at+1)(t^{2}+1)}dt-\int_{0}^{\infty}\frac{t^{2}}{(at-1)(t^{2}+1)}dt$$

Pero, esto puede no ser una buena idea debido a la convergencia.

¿Alguien tiene una buena idea de cómo acercarse a esta?.

Gracias y que tenga cuidado.

Answer 1

Este es un reto integral con inesperados giros y vueltas en su evaluación. En última instancia, sin embargo, todo funciona.

Comenzamos por la integración por partes, algo que normalmente no tienen que hacer, pero los infinitos cancelar:

$$\int_0^{\infty} dx \frac{x}{x^2+a^2}\log{\left(\frac{x+1}{x-1}\right)} = \\ \lim_{N \rightarrow \infty}\left[\frac{1}{2} \log{(x^2+a^2)}\log{\left(\frac{x+1}{x-1}\right)} \right]_0^N + \frac{1}{2} \int_0^{\infty} dx \log{(x^2+a^2)}\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1} \right)$$

Ahora, el límite en el primer término en el lado derecho de la ecuación anterior converge a $-i \pi \, \log{a}$. El segundo término, la integral, tiene una singularidad de la que se pueden deformar el intervalo de integración; la contribución de esta deformación es

$$\lim_{\epsilon \rightarrow 0} i \frac{1}{2} \epsilon \int_0^1 d\phi e^{i \phi} \frac{\log{(1+a^2)}}{\epsilon e^{i \phi}} = i \frac{\pi}{2} \log{(1+a^2)}$$

Por lo tanto la integral es ahora igual a

$$PV \int_0^{\infty} dx \frac{\log{(x^2+a^2)}}{x^2-1} + i \frac{\pi}{2} \log{\left ( 1+ \frac{1}{a^2} \right )}$$

Para evaluar esto, vamos a $I(a)$ ser la parte real de la expresión anterior (la integral), y se diferencian $I(a)$ con respecto al $a$ (que supongo que es válido el paso, no voy a demostrar aquí) y obtener

$$\frac{\partial I}{\partial a} = 2 a \, PV \int_0^{\infty} \frac{dx}{x^2+a^2} \frac{1}{x^2-1} = a PV \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^2+a^2} \frac{1}{x^2-1}$$

Tenga en cuenta que esta integral es igual a

$$a \oint_C \frac{dz}{z^2+a^2} \frac{1}{z^2-1}$$

donde $C$ es un arco semicircular en la mitad superior del plano, justo encima del eje real (por lo que podemos ignorar los polos $z= \pm 1$, ya que la integral es un valor principal de Cauchy). Esta integral es igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos en los polos dentro de $C$. El único polo dentro de$C$$z=ia$, por lo que la integral es

$$a PV \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^2+a^2} \frac{1}{x^2-1} = a \, i 2 \pi \frac{1}{i 2 a} \frac{1}{(-a^2-1)} = -\frac{\pi}{a^2+1}$$

Integrando con respecto a $a$, nos encontramos con que

$$I(a) = K - \pi \arctan{a}$$

donde $K$ es una constante de integración. Determinamos $K$ igual $I(0)$. Así que el problema ahora se reduce a la evaluación de

$$I(0) =2 \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2-1}$$

Tenga en cuenta que la singularidad en $x=1$ es desmontable en esta integral y por lo tanto no es necesario utilizar un valor principal de Cauchy. Podemos evaluar esta integral por una vez más atractivo para el teorema de los residuos, pero esta vez, consideramos que

$$\oint_{C'} dz \frac{\log^2{z}}{z^2-1}$$

donde $C'$ es un ojo de la cerradura de contorno con respecto al eje real positivo. Mediante la integración de todo este contorno, y observando que el integrando se desvanece suficientemente rápido como el radio de la sección circular de $C'$ aumenta sin límite, obtenemos

$$\oint_{C'} dz \frac{\log^2{z}}{z^2-1} = -i 4 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2-1} + 4 \pi^2 \int_0^{\infty} dx \frac{1}{x^2-1}$$

Esto es igual a, por el teorema de los residuos, $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos de los polos de el integrando del complejo integral dentro de $C'$. Como el único polo es al $z=-1$, vemos que

$$\begin{align}\oint_{C'} dz \frac{\log^2{z}}{z^2-1} &= i 2 \pi \frac{\log^2{(-1)}}{2 (-1)} \\ &= i 2 \pi \frac{\pi^2}{2}\end{align}$$

Ahora, la parte real de la integral anterior se divide en un valor principal de Cauchy y un pedazo de sangría acerca de la singularidad en $x=1$. El valor principal de Cauchy es cero:

$$\begin{align}PV \int_0^{\infty} dx \frac{1}{x^2-1} &= \lim_{\epsilon \rightarrow 0} \left [\int_0^{1-\epsilon} dx \frac{1}{x^2-1} + \int_{1+\epsilon}^{\infty} dx \frac{1}{x^2-1}\right]\\ &= \lim_{\epsilon \rightarrow 0} \left [\int_0^{1-\epsilon} dx \frac{1}{x^2-1} + \int_0^{1/(1+\epsilon)} \left (-\frac{dx}{x^2} \right ) \frac{1}{(1/x^2)-1} \right ]\\ &= \lim_{\epsilon \rightarrow 0} \left [\int_0^{1-\epsilon} dx \frac{1}{x^2-1} - \int_0^{1-\epsilon} \frac{dx}{x^2-1} \right ] \\ &= 0\end{align}$$

La sangría en el contorno, sin embargo, produce una contribución; deje $x=1+\epsilon e^{i \phi}$$\phi \in [\pi,0]$:

$$4 \pi^2 i \epsilon \int_{-\pi}^0 d\phi \frac{e^{i \phi}}{2 \epsilon e^{i \phi}} = i \frac{\pi}{2} 4 \pi^2$$

así que

$$-i 4 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2-1} = i 2 \pi \frac{\pi^2}{2} - i \frac{\pi}{2} 4 \pi^2 = -i 2 \pi \frac{\pi^2}{2}$$

Por lo tanto

$$K = 2 \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2-1} = \frac{\pi^2}{2}$$

y

$$I(a) = \frac{\pi^2}{2} - \pi \arctan{a} = \pi \left ( \frac{\pi}{2} - \arctan{a}\right ) = \pi \arctan{\frac{1}{a}}$$

y

$$\int_0^{\infty} dx \frac{x}{x^2+a^2}\log{\left(\frac{x+1}{x-1}\right)} = \pi \arctan{\frac{1}{a}}+ i \frac{\pi}{2} \log{\left ( 1+ \frac{1}{a^2} \right )}$$

Nota la parte imaginaria, la cual difiere de la declaración original del problema. Mediante el uso de los valores absolutos, esta parte imaginaria se va y se la declaró resultado es true.

Answer 2

$$f(x) = \frac{x}{x^{2}+a^{2}}\log\left(\frac{x+1}{x-1}\right)$$

Considerar el contorno $C$ que es el rectángulo con vértices $-R, R, R+iR$$-R+iR$. Dejando $R \to \infty$, todas las integrales desaparecer (no voy a probarlo aquí), excepto para el otro a lo largo del eje real. A continuación, tenemos por el teorema de los residuos

$$ \int_{-\infty}^\infty f(z)\, dz = \\ 2\pi i \operatorname*{Res}_{z = ia}f(z) = \\ \lim_{z\a ia }2 \pi i (z-ia)\frac{z}{(z+ia)(z-ia)}\log\left(\frac{z+1}{z-1}\right) = \\ \pi i \log\left(\frac{ia+1}{ia-1}\right) = \\ 2 \pi \arctan \left(\frac{1}{a}\right) $$

Estamos usando la rama principal del logaritmo y debido a que el contorno no rodean los puntos de ramificación.
Como la parte real de la $f(x)$ es incluso (los impares parte imaginaria se cancela), se divide por dos y tiene el resultado buscado:

$$\int_0^\infty f(x)\, dx = \pi \arctan \left(\frac{1}{a}\right)$$

Answer 3

Considere el integral dependiente de parámetro $b$:

$$I(b)=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{x}{x^{2}+a^{2}}\ln\left(\frac{x+b}{x-1}\right)^{2}dx$$ At $b = 1$ es equivalente a la integral original.

Después de diferenciar con respecto a los $b$ obtenemos:

$$\frac{dI}{db}=\int_{0}^{\infty}\frac{x}{(b+x)(x^2+a^2)}dx=$$

$$=\frac{\pi}{2}\frac{a}{a^2+b^2}-\frac{b}{a^2+b^2}\ln\frac{a}{b}$$

Después de la integración de la última expresión con respecto a los $b$ obtenemos:

$$I(b)=\frac{\pi}{2}\arctan\frac{b}{a}-\frac{\ln a}{2}\ln(a^2+b^2)+\frac{1}{4}\int_{1}^{b^2}\frac{\ln x}{a^2+x}dx+\text{const}$$ To determine the integration constant we use the fact that $I(-1)=0$

Teniendo esto en cuenta, obtenemos finalmente:

$$I(b)=\frac{\pi}{2}\left(\arctan\frac{b}{a}+\arctan\frac{1}{a}\right)+\frac{\ln a}{2}\ln\frac{a^2+1}{a^2+b^2}+\frac{1}{4}\int_{1}^{b^2}\frac{\ln x}{a^2+x}dx$$ At $b = 1$ obtenemos de esto el resultado deseado.