Inadecuado integral de $\frac{\log\left(\sqrt{x^2+a^2}\right)}{x^2+b^2}$

Question

Mostrar que $$\int_{-\infty}^\infty \frac{\log\left(\sqrt{x^2+a^2}\right)}{x^2+b^2}\,dx = \frac{\pi}{b}\log\left(a+b\right)$$

para $a,b>0\in\mathbb{R}$. Me topé con esta respuesta empíricamente, pero no estoy seguro de cómo resolverlo directamente.

Answer 1

Es fácil ver que su integral es el mismo $$ I(a) = \int_0^{\infty} \frac{\log{(x^2+a^2)}}{x^2+b^2} \, dx $$ Ahora, que podemos hacer en el caso de $a=0$ bastante fácilmente, mediante el establecimiento $x=b^2/y$: $$ \begin{align} I(0) &= 2\int_0^{\infty} \frac{\log{x}}{x^2+b^2} \, dx \\ &= 2\int_0^{\infty} \frac{\log{(b^2/y)}}{b^2/y^2+b^2} \frac{b}{y^2} \, dy \\ &= 2\int_0^{\infty} \frac{2\log{b}-\log{y}}{y^2+b^2} \, dy \\ &= 4\log{b} \int_0^{\infty} \frac{dy}{y^2+b^2} -I(0), \end{align} $$ así $$ I(0) = \frac{\pi}{b}\log{b}. $$ Para llegar de aquí a un valor distinto de cero $a$, diferenciar bajo el signo integral: $$ I'(a) = \int_0^{\infty}\frac{\partial}{\partial a} \frac{\log{(x^2+a^2)}}{x^2+b^2} \, dx = \int_0^{\infty} \frac{2a \, dx}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)} $$ Pero esto es fácil de calcular usando fracciones parciales: nos encontramos $$ I'(a) = \frac{2a\pi}{2(b^2-a^2)} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right) = \frac{\pi}{b(a+b)} $$ Ahora $$ I(a) = I(0) + \int_0^{a} \frac{\pi}{b(A+b)}\, dA = \frac{\pi}{b}(\log{(b+a)}-\log{b}+\log{b}) = \frac{\pi}{b}\log{(a+b)}, $$ como se desee.

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Un análisis complejo que el método funciona de la misma manera como la que se da en esta respuesta, a pesar de que el polo está en un lugar diferente desde el punto de ramificación en su caso, lugar de coincidencia.

Answer 2

Supongamos $a \gt b$ por ahora. Considere la integral de contorno en el plano complejo

$$\oint_C dz \frac{\log{\left ( z^2+a^2 \right )}}{z^2+b^2} $$

donde $C$ es un semicírculo de radio $R$ en la mitad superior del plano-con un desvío hacia abajo y hacia arriba el eje imaginario sobre el punto de ramificación de la $z=i a$. En el límite de $R \to \infty$, el contorno de la integral es igual a

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\log{\left ( x^2+a^2 \right )}}{x^2+b^2} + i \int_{\infty}^a dy \frac{\log{\left ( y^2-a^2 \right )}+i \pi}{b^2-y^2} + i \int_a^{\infty} dy \frac{\log{\left ( y^2-a^2 \right )}-i \pi}{b^2-y^2}$$

Tenga en cuenta que el registro de términos en las dos últimas integrales desaparecer. Ahora, el contorno de la integral es también igual al residuo de la pole de el integrando en $z=i b$. Así

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\log{\left ( x^2+a^2 \right )}}{x^2+b^2} - 2 \pi \int_a^{\infty} \frac{dy}{y^2-b^2} = i 2 \pi \frac{\log{\left ( a^2-b^2 \right )}}{i 2 b} $$

En consecuencia, después de hacer que la segunda integral y la realización de un poco de álgebra, tenemos la...

$$\frac12 \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\log{\left ( x^2+a^2 \right )}}{x^2+b^2} = \frac{\pi}{b} \log{\left ( a+b \right )} $$

ANEXO

Para $a \lt b$, la respuesta es la misma que la anterior pero el contorno está alterado. Esta vez, el contorno de $C$ debe desvío sobre el polo en $z=i b$ a lo largo de cada lado de la rama a cortar con un semicírculo de radio $\epsilon$. El contorno de la integral es igual a este

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\log{\left ( x^2+a^2 \right )}}{x^2+b^2} + i PV \int_{\infty}^a dy \frac{\log{\left ( y^2-a^2 \right )}+i \pi}{b^2-y^2} + i PV \int_a^{\infty} dy \frac{\log{\left ( y^2-a^2 \right )}-i \pi}{b^2-y^2} \\ + i \epsilon \int_{\pi/2}^{-\pi/2} d\phi \, e^{i \phi} \frac{\log{\left [- \left (i b + \epsilon e^{i \phi} \right )^2-a^2 \right ]}+i \pi}{\left (i b + \epsilon e^{i \phi} \right )^2+b^2}+ i \epsilon \int_{3 \pi/2}^{\pi/2} d\phi \, e^{i \phi} \frac{\log{\left [ -\left (i b + \epsilon e^{i \phi} \right )^2-a^2 \right ]}-i \pi}{\left (i b + \epsilon e^{i \phi} \right )^2+b^2}$$

Tenga en cuenta que la suma de las dos últimas integrales - las piezas que van alrededor de los polos es igual al residuo de la pole en $z=i b$ en el límite de $\epsilon \to 0$. El $\pm i \pi$ piezas cancelar. También tenga en cuenta que el principal valor de las integrales son las mismas que las correspondientes integrales de arriba para $a \gt b$. Por tanto, el resultado de $a \lt b$ es el mismo que el de $a \gt b$.