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.