Question

نشان دهید: $$ \int _0^ \infty lnxln(1+ \frac{1}{ x^{2} } )dx=- \pi \leadsto I(a)= \int _0^ \infty lnxln(1+ \frac{a}{ x^{2} } )dx$$

Answer 1

تابع $I$ را روی بازۀ $[0,+ \infty )$ به صورت زیر تعریف کنید:

$I(a):= \int _0^ \infty Lnx.Ln(1+ \frac{a}{x^2} )dx \Rightarrow I'(a)= \int_0^ \infty Lnx. \frac{ \frac{1}{x^2} }{1+ \frac{a}{x^2} }dx= \int _0^ \infty Lnx. \frac{1}{a+x^2} dx$

حالا با تغییر متغیر پیش میریم.قرار دهید:

$u:=tan^{-1}( \frac{x}{ \sqrt{a} } ) \Rightarrow \frac{x}{ \sqrt{a} } =tanu \Rightarrow x= \sqrt{a} tanu \Rightarrow dx= \sqrt{a} (1+tan^2u)du$

$= \sqrt{a} (1+ \frac{x^2}{a} )du= \frac{ \sqrt{a} }{a}(a+x^2)du= \frac{1}{ \sqrt{a} }(a+x^2)du$

$I'(a)= \int _0^ \frac{ \pi }{2} Ln( \sqrt{a} tanu). \frac{1}{ \sqrt{a} } du=\frac{1}{ \sqrt{a} }\int _0^ \frac{ \pi }{2}Ln \sqrt{a}du +\frac{1}{ \sqrt{a} }\int _0^ \frac{ \pi }{2}Ln(tanu)du$

انتگرال دوم صفر است زیرا:

اگر تابع زیر انتگرال را با $g$ نشان دهیم برای بازه $[0, \frac{ \pi }{4} ]$ تابع غیر مثبت و برای بازۀ $[ \frac{ \pi }{4} , \frac{ \pi }{2} ]$ تابع غیر منفی است.و اگر $0< x< \frac{ \pi }{4} $ آنگاه $g( \frac{ \pi }{2} -x)=g(x)$.(به نوعی تابع فرد است.)

$I'(a)=\frac{1}{ \sqrt{a} }\int _0^ \frac{ \pi }{2}Ln \sqrt{a}du=\frac{Ln \sqrt{a}}{ \sqrt{a} }\int _0^ \frac{ \pi }{2}du=\frac{Ln \sqrt{a}}{ \sqrt{a} }[u]_0^{ \frac{ \pi }{2} }= \frac{ \pi }{2} \frac{Ln \sqrt{a}}{ \sqrt{a} }$

$I(a)= \frac{ \pi }{2} \int \frac{Ln \sqrt{a}}{ \sqrt{a} }da= \pi \int Lntdt(t= \sqrt{a} )$

$I(a)= \pi (tLnt-t)+C= \pi (\sqrt{a} Ln\sqrt{a} -\sqrt{a} )+C$

از طرفی دیگر با توجه به پیوستگی تابع زیر انتگرال:

$ I(0) = 0 = \lim_{a\to 0} (\pi (\sqrt{a} Ln\sqrt{a} -\sqrt{a} ))+C = 0+C=C \Rightarrow C=0 $

$ \Rightarrow I(a)=\pi (\sqrt{a} Ln\sqrt{a} -\sqrt{a} ) \Rightarrow \int _0^ \infty Lnx.Ln(1+ \frac{1}{x^2} )dx=I(1)=- \pi $

$ \Box $

من به خاطر طولانی شدن جزئیات را نیاوردم.

قبل از هر چیز باید همگرایی انتگرال را برا بازه $(0,e)$ و $(e,+ \infty )$ بررسی کرد بعد اعمال بالا را انجام داد.

Answer 2

$$I'(a)= \int _0^ \infty \frac{lnx}{ x^{2} +a} dx \leadsto x^{2} =a (tanx)^{2} \Longrightarrow I'(a)= \int _0^ \frac{ \pi }{2} \frac{ln \sqrt{a} +lntan \theta }{ \sqrt{a} } d \theta \Longrightarrow I(a)= \frac{ \pi }{4} \int \frac{lna}{ \sqrt{a} } da = \frac{ \pi }{4} [2 \sqrt{a}lna-2 \int \frac{ \sqrt{a} }{a}da ]= \frac{ \pi }{2} \sqrt{a} lna- \pi \sqrt{a} +C,I(0)=0,C=0 \Longrightarrow I(a)= \frac{ \pi }{2} \sqrt{a} lna- \pi \sqrt{a} \Longrightarrow I(1)=- \pi $$

Comments

جواب را هم ناقص نوشتی هم نامرتب.
ببخشید که دارم میگم (نباید با ریاضیات همانند دیگر علوم برخورد شود.)
پاول اردوش در آخر عمر مشغول نوشتن کتابی بود به نام (کتاب اثبات ) که ناتمام ماند.این کتاب قرار بود دایره المعارفی از زیباترین اثباتهای گزاره های ریاضی باشد.
به قول یکی از ریاضیدانان ذز ریاضیات هیچ چیز بدیهی وجود ندارد.
من میگم از ارکانهای مهم یک استدلال هنری نوشتن استدلال است.
با اجازه من استدلال را کامل می کنم.

---

خیلی ممنون استاد محترم.