Demostrar que $\int_0^{+\infty} \frac{\ln x}{a^2+x^2} dx = \frac{\pi\ln a}{2a}$

Question

¿Es eso cierto? $$\int_0^{+\infty} \cfrac{\ln x}{a^2+x^2} dx = \cfrac{\pi\ln a}{2a},$$ donde $a>0$ ? ¿Y cómo se calcula?

Answer 1

Poniendo $x=a\tan t,dx=a\sec^2tdt$ y $x=0\implies t=0, x=\infty\implies t=\frac\pi2$

$$\int_0^{+\infty} \cfrac{\ln x}{a^2+x^2} \, dx=\frac1a\int_0^{\frac\pi2}\ln(a\tan t)\,dt$$

$$\int_0^{\frac\pi2}\ln(a\tan t)dt=\ln a\int_0^{\frac\pi2}\, dt+\int_0^{\frac\pi2}\ln \tan t \, dt$$

Ahora,

$$\int_0^{\frac\pi2}\ln \tan t \,dt$$ $$=\int_0^{\frac\pi2}\ln \tan (\frac\pi2+0-t) \,dt$$

(como $\int_a^bf(a+b-x)dx=\int_b^af(t)(-dt)$ (Poniendo $a+b-x=t$ )

$\int_a^bf(a+b-x)dx=\int_a^bf(t)dt=\int_a^bf(x)dx$ )

$$=\int_0^{\frac\pi2}\ln \cot t dt$$ $$=-\int_0^{\frac\pi2}\ln \tan t\,dt\implies \int_0^{\frac\pi2}\ln \tan t\, dt=0$$

y

$$\int_0^{\frac\pi2} \,dt=t\mid _0^{\frac\pi2}=\frac\pi2$$

Answer 2

Esta integral se puede integrar más fácilmente utilizando el método explicado aquí .

Definir la función $$f(z) = \frac{\ln^2 z}{a^2+z^2}.$$ Con el corte de la rama del logaritmo a lo largo del eje real negativo, elegimos el contorno del ojo de la cerradura

Es fácil comprobar que la función cae en $\infty$ lo suficientemente rápido como para que no haya contribución del círculo grande. La integración a lo largo del corte de la rama da como resultado $$4\pi i \int_0^\infty \frac{\ln x}{a^2+x^2} dx$$ que tiene que ser igual a la contribución del residuo en $x=\pm ia$ , $$2\pi i [ \mathop{\rm Res}_{x=a} f(z) + \mathop{\rm Res}_{x=-a} f(z) ] = \frac\pi{a} \underbrace{[\ln^2(ia) - \ln^2(-ia)]}_{=2i\pi\ln a}.$$

Así que tenemos $$\int_0^\infty \frac{\ln x}{a^2+x^2} dx = \frac{\pi \ln a}{2 a}.$$

Answer 3

Tomemos el siguiente contorno complejo:

$$C_R:=[-R,R]\cup\gamma_R:=\{z\in\Bbb C\;;\;z=Re^{it}\,\,,\,0\leq t\leq \pi\}$$

Dentro de la trayectoria anterior, la función tiene un polo simple, $\,z= ai\,$ (nota que $\,z=0\, $ es no un poste. ¿Por qué?), y

$$Res_{z=ai}(f)=\lim_{z\to ai}\frac{(z-i\sqrt a)Log(z)}{a^2+z^2}=\frac{Log(ai)}{2ai}=\frac{\log a+\frac{\pi i}{2}}{2ai}$$

cuando denotamos $\,Log (z)=$ el logaritmo complejo, y $\,\log z=$ el verdadero.

También tenemos, por la fórmula de estimación de Cauchy, que

$$\left|\int_{\gamma_R}\frac{Log(z)}{z^2+a^2}dz\right|\leq \max_{z\in\gamma_R}\frac{|Log(z)|}{|z^2+a^2|}\cdot\pi R\leq \frac{\sqrt 2\,\pi R\log R}{R^2-a^2}\xrightarrow [R\to\infty]{} 0$$

desde $|Log (z)|=|\log z+i\arg z|=\sqrt{\log^2R+\arg^2(z)}\leq\sqrt{\log^2R+\pi^2}\leq\sqrt 2\,\log R\,$

para $\,R\,$ lo suficientemente grande.

Así, utilizando el teorema del residuo de Cauchy y pasando al límite:

$$2\pi i\frac{\log a+\frac{\pi i}{2}}{2ai}=\oint_{C_R}f(z)\,dz=\int_{-R}^R\frac{\log |x|}{x^2+a^2}dx+\int_{\gamma_R}f(z)\,dz\xrightarrow[R\to\infty]{} \int_{-\infty}^\infty\frac{\log |x|}{x^2+a^2}dx$$

Como la función integrante de la última integral es par, y comparando las partes real e imaginaria, obtenemos:

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

Answer 4

Dejemos que $$ \mathcal{I}(a)=\int_0^\infty\frac{\ln x}{x^2+a^2}\ dx. $$ Uso de la sustitución $u=\dfrac{a^2}{x}\;\Rightarrow\;x=\dfrac{a^2}{u}\;\Rightarrow\;dx=-\dfrac{a^2}{u^2}\ du$ produce \begin{align} \mathcal{I}(a)&=\int_0^\infty\frac{\ln \left(\dfrac{a^2}{u}\right)}{\left(\dfrac{a^2}{u}\right)^2+a^2}\cdot \dfrac{a^2}{u^2}\ du\\ &=\int_0^\infty\frac{2\ln a-\ln u}{a^2+u^2}\ du\\ &=2\ln a\int_0^\infty\frac{1}{a^2+u^2}\ du-\int_0^\infty\frac{\ln u}{u^2+a^2}\ du\\ \color{red}{\mathcal{I}(a)}&=2\ln a\int_0^\infty\frac{1}{a^2+u^2}\ du-\color{red}{\mathcal{I}(a)}\\ \mathcal{I}(a)&=\ln a\int_0^\infty\frac{1}{a^2+u^2}\ du. \end{align} La última integral se puede evaluar fácilmente ya que es una integral común. Utilizando la sustitución $u=\tan\theta$ la integral resulta ser \begin{align} \mathcal{I}(a)&=\frac{\ln a}{a}\int_0^{\Large\frac\pi2} \ d\theta\\ &=\large\color{blue}{\frac{\pi\ln a}{2a}}. \end{align}

Answer 5

Consideremos la integral dependiente de los parámetros:

$$I(a,b)=\int_0^{\infty}\frac{\ln(b^2+x^2)}{a^2+x^2}dx$$

Diferenciemos con respecto a $b$ :

$$\frac{\partial I(a,b) }{\partial b}=\int_0^{\infty}\frac{2b}{(b^2+x^2)(a^2+x^2)}dx=\frac{\pi}{a(a+b)}$$

Ahora, integremos la última con respecto a $b$ :

$$I(a,b)=\pi\frac{\ln(a+b)}{a}+C$$

$C=0$ porque $I(\infty,b)=0$

Y la integral original:

$$I=\frac{1}{2}I(a,0)=\frac{\pi}{2}\frac{\ln a}{a}$$