Calcular integral con logaritmos

[IvanZ]

Hola! Necesito calcular analíticamente la siguiente integral
$\int\limits_y^{\infty}\frac{ds}{s+x}\left(\frac{1}{\ln s +i\pi}-\frac{1}{\ln s -i\pi}\right)$

x,y son numeros. Usé Maple y Wolphram Mathematica, pero esto no ayuda.

Agradeceré cualquier idea

[carroza]

Hola.

Esa es una integral de las tipicas que aparecen para resolver en el plano complejo, usando teoremas de residuos. Cuenta con que el integrando es analítico salvo en los puntos $s=-x$, en las que tiene un polo simple, y en $s=-1$, donde tiene una singularidad logaritmica.

Si el tema de las integrales en el plano complejo te suena a chino, puedes hacer otras cosas. Cambia la variable $s = \exp(t)$ y desarrolla la expresión. Te sale una integral más amigable, con exponenciales, y un factor ${2 i \pi \over {t^2 + \pi^2}}$, que puedes enchufar a Maple o Wolfram, sacando el factor $i$.

Un saludo

[teclado]

No veo cómo aplicaría el teorema de los residuos cuando la curva sobre la que se integra no es cerrada. Además, la singularidad logarítmica, ¿no estaría en s=0 y no en s=-1?

Haciendo sustituciones como la que propones ($s=exp(\pm t)$) ayuda a dar un paso de integración por partes, pero no a ir mucho más allá. Acabas con términos como $x\int \arctan\left (\frac{t}{\pi}\right )\frac{e^{-t}}{(e^{-t}+x)^2}\dd t$, que al menos a Maxima le suenan a chino. El caso es que hagas como hagas la integración por partes, acumulas potencias (ya sea de $e^{-t}+x$ o bien de $t^2+\pi^2$) en el denominador de las que es complicado deshacerse.

[carroza]

Hola.

Estoy de acuerdo en que aplicar el teorema de los residuos no es trivial. No obstante, la idea es la siguiente: $\log s + i \pi = \log( s e^{i \pi} )= \log(-s)$ por otro lado, $\log s - i \pi = \log( s e^{-i \pi} )= \log(-s)$. Obviamente, las dos expresiones no son iguales, sino que manifiestan que la función logaritmo, como función de números complejos, es multivaluada.
Usando la jerga de numeros complejos, $\log s + i \pi = \log( s e^{i \pi} )= \log(-s)$ en una hoja de Riemann, mientras que $\log s - i \pi = \log( s e^{-i \pi} )= \log(-s)$ en otra hoja de Riemann.

Por tanto la integral que nos propone IvanZ es una integral entre $s = y_1$, donde $y_1 = y$ en una hoja de Riemann, y $s = y_2$, donde $y_2 = y$ en otra hoja de Riemann, El contorno inicial implicito implica que uno pasa de $s = y_1$ a $s = y_2$, a lo largo del eje real positivo, yendo al infinito por una hoja y volviendo por la otra.
Pero podríamos considerar otro contorno más adecuado, que permita cambiar de hoja de Riemann para calcular la integral

$<br /> \int\limits_{y_1}^{y_2}\frac{ds}{s+x}\left(\frac{1}{\ln(- s)}\right)<br />$

Por ejemplo, rodeando el punto $s=0$. Hay que tener en cuenta que la expresión anterior tiene polos simples en $s= -x$ y en $s= -1$

No sé lo suficiente para resolver este problema por esta vía, pero es una idea. De todas formas, si alguno de los hábiles programas de manipulavión simbólica sabe calcular la primitiva, es decir la integral indefinida
$<br /> \int \frac{ds}{s-x}\left(\frac{1}{\ln(s)}\right)<br />$

Basta que en dicha expresión sustituyais los limites como límites $-y_2, -y_1$, teniendo en cuenta que para cualquier función monovaluada $y_2 = y_1 = y$, pero para las ffunciones multivaluiadas, como el logaritmo, se usa , $\log y + i \pi = \log( y e^{i \pi} )= \log(-y_1)$ en una hoja de Riemann, mientras que $\log y - i \pi = \log( y e^{-i \pi} )= \log(-y_2)$ en otra hoja de Riemann.


Un saludo

[teclado]

Entiendo lo que dices a grandes rasgos, carroza, pero estas cosas las vi hace siglos y no las he vuelto a tocar, por lo que tampoco me siento capacitado para terminar de resolver el problema.

De todas maneras, si sirve de ayuda, la última integral que propones, después de integrar por partes dos veces y con la ayuda de Maxima, me da, si no he copiado mal:

$\int\frac{ds}{s-x}\frac{1}{\ln(s)} = \frac{\ln(s-x)}{\ln(s)} - \frac{(s-x)(\ln(s-x)-1)}{s} - \frac{x}{s} + \ln\left (\frac{s}{x}\right )\ln(s-x) + Li_2\left (\frac{x-s}{x}\right ) - \ln(s-x) + \frac{x}{s}\ln(s-x)$

Donde $Li_2(a)$ es la función polilogarítmica de orden 2.

[carroza]

Hola, teclado.

La expresión que pones sirve de mucha ayuda para resolver la integral. Hay que tener en cuenta que la función dilogaritmo, o función de Spence https://es.wikipedia.org/wiki/Funci%C3%B3n_de_Spence

es monovaluada para $|z|<1$, con lo cual su valor en todas las hojas de Riemann sería el mismo. No obstante, desgraciadamente, el argumento de la función dilogaritmo es
$z = {x - s \over x}$, cuyo modulo es mayor que uno para los límites de integración, $s = - y$ , con lo cual el valor de $Li_2(z)$ depende de la hoja de Riemann.

Sin embargo, se puede usar una propiedad, que aparece en la wikipedia, que dice
$Li_2(z) + Li_2(1/z) = - {\pi^2 \over 6} - {1 \over 2} \ln^2( -z)$

Con eso podemos poner la expresión anterior en términos de funciones monovaluadas, y funciones de tipo $\ln(z)$, y sabemos cómo son las funciones $\ln(z)$ en diferentes hojas de Riemann (difieren en multiplos enteros de $2 \pi i$). Con ello podemos sustituir los limites de la integral en la expresión que propone teclado , y obtendríamos el valor concreto de la integral.

No me paro a hacerlo. Entiendo que IvanZ puede completarlo, si le interesa.

Un saludo