"Integración de los grupos

Question

¿Cómo integrar:

$$I=\int^{\pi/45}_0 \frac{x^2 \ln (1-x)}{1-x^3} dx$$

Mi intento:

$$du=\frac{x^2}{1-x^3}dx ⇒ u=\frac{-1}{3}\ln (1-x^3)$$

$$v= \ln (1-x) ⇒ dv=\frac{-1}{1-x}$$

$$I=\frac{-1}{3}\ln (1-x^3) \ln (1-x)-\int \frac{\ln (1-x^3)}{1-x}\,dx$$

$\ln (1-x^3)=\ln (1-x)+\ln (1+x+x^2)$

$$\int \frac{\ln (1-x^3)}{1-x}\,dx=\int \frac{\ln(1-x)}{1-x}\,dx+\int \frac{\ln (x^2+x+1)}{1-x}\,dx$$

$$I_1=\int \frac{\ln(1-x)}{1-x}\,dx=-\frac{1}{2} \ln^2 (1-x)$$

$$x^2+x+1=\left(x+\frac{1-i\sqrt3}{2}\right)\left(x+\frac{1+i\sqrt3}{2}\right)$$

$$\ln \left(x+\frac{1-i\sqrt3}{2}\right)= \ln (2x+1-i\sqrt 3)- \ln 2=\tan^{-1}-\frac{\sqrt3}{2x+1}-\ln 2$$

$$\ln \left(x+\frac{1+i\sqrt3}{2}\right)= \ln (2x-1+i\sqrt 3)- \ln 2=\tan^{-1}\frac{\sqrt3}{2x-1}-\ln 2$$

$$\int \frac{\ln (x^2+x+1)}{1-x} \,dx=\int \frac{\tan^{-1}-\frac{\sqrt3}{2x+1}}{1-x}\,dx+\int \frac{\tan^{-1}\frac{\sqrt3}{2x-1}}{1-x}\,dx+2 \ln2 \ln (1-x)$$

Alguien puede proceder?

Answer 1

Sugerencia: Un método mejor

El uso de la fracción parcial: $$\frac{{{x}^{2}}}{1-{{x}^{3}}}=\frac{1}{3}\frac{1}{1-x}-\frac{1}{3}\frac{2x+1}{{{x}^{2}}+x+1}=\frac{1}{3}\frac{1}{1-x}-\frac{2}{3}\frac{1}{2x-i\sqrt{3}+1}-\frac{2}{3}\frac{1}{2x+i\sqrt{3}+1}$$

La integral se convierte en $$\begin{align} & I=\frac{1}{3}\int{\frac{\ln \left( 1-x \right)}{1-x}dx--\frac{2}{3}\int{\frac{\ln \left( 1-x \right)}{2x-i\sqrt{3}+1}dx}-\frac{2}{3}\int{\frac{\ln \left( 1-x \right)}{2x+i\sqrt{3}+1}dx}} \\ & \quad =-\frac{1}{6}{{\ln }^{2}}\left( 1-x \right)-\frac{2}{3}J-\frac{2}{3}K \\ \end{align}$$

La evaluación de $J$ e $K$ son similares, por $J$ primer set $u=1-x$, para obtener: $$J=\int{\frac{\ln \left( u \right)}{2u-3+i\sqrt{3}}du}$$ Ahora usa la fórmula: $$\int{\frac{\ln \left( u \right)}{au+b}dx}=\frac{1}{a}\log \left( u \right)\log \left( \frac{au}{b}+1 \right)+\frac{1}{a}L{{i}_{2}}\left( -\frac{au}{b} \right)$$ donde $L{{i}_{n}}$ es el poli-función logaritmo.