Demostrar que $\int_1^{\infty } \frac{(\ln x)^2}{x^2+x+1} \, dx = \frac{8 \pi ^3}{81 \sqrt{3}}$

Question

Me he encontrado con la necesidad de evaluar la siguiente integralidad: $$\int_1^{\infty } \frac{(\ln x)^2}{x^2+x+1} \, dx. $$

Mathematica da una forma cerrada de $8 \pi ^3/(81 \sqrt{3})$ pero no tengo ni idea de cómo llegar a esta forma cerrada. He intentado jugar con algunos métodos del análisis complejo, pero no he tenido mucha suerte (hace tiempo). ¿Alguien tiene alguna idea? Gracias de antemano.

Answer 1

Sorprendido, ¡sorprendido! de que aún no haya integración de contornos. Así que, sin más preámbulos...

Tenga en cuenta que

$$f(x) = \frac{\log^2{x}}{x^2+x+1} \implies f \left ( \frac1{x} \right ) = x^2 f(x) $$

Así, $$\int_1^{\infty} dx \frac{\log^2{x}}{x^2+x+1} = \int_0^{1} \frac{\log^2{x}}{x^2+x+1} = \frac12 \int_0^{\infty} dx \frac{\log^2{x}}{x^2+x+1} $$

Ahora considere

$$\oint_C dz \frac{\log^3{z}}{z^2+z+1} $$

donde $C$ es un contorno de ojo de cerradura de radio exterior $R$ y el radio interior $\epsilon$ . Tomando el límite como $R \to \infty$ y $\epsilon \to 0$ obtenemos que la integral de contorno es igual a

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\log^3{x} - (\log{x}+i 2 \pi)^3}{x^2+x+1} $$

o

$$-i 6 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log^2{x}}{x^2+x+1} + 12 \pi^2 \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2+x+1} +i 8 \pi^3 \int_0^{\infty} dx \frac{1}{x^2+x+1} $$

Nótese que la primera integral es la que buscamos, la segunda integral es cero (por el mismo truco que aplicamos antes), y la tercera integral es relativamente fácil de encontrar:

$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^2+x+1} = \int_0^{\infty} \frac{dx}{(x+1/2)^2+3/4} = \frac{2}{\sqrt{3}} \left [\arctan{\frac{2}{\sqrt{3}} \left ( x+\frac12 \right )} \right ]_0^{\infty} = \frac{2 \pi}{3 \sqrt{3}}$$

La integral de contorno también es igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos en los polos del integrando, que están en $z_+ = e^{i 2 \pi/3}$ y $z_- = e^{i 4 \pi/3}$ . La suma de los residuos es

$$\frac{-i 8 \pi^3/27}{i \sqrt{3}} + \frac{-i 64 \pi^3/27}{-i \sqrt{3}} = \frac{56 \pi^3}{27 \sqrt{3}}$$

Entonces

$$-i 6 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log^2{x}}{x^2+x+1} = i 2 \pi \frac{56 \pi^3}{27 \sqrt{3}} - i 8 \pi^3 \frac{2 \pi}{3 \sqrt{3}} = -i \frac{32 \pi^4}{27 \sqrt{3}}$$

Así,

$$\int_1^{\infty} dx \frac{\log^2{x}}{x^2+x+1} = \frac12 \int_0^{\infty} dx \frac{\log^2{x}}{x^2+x+1} = \frac{8 \pi^3}{81 \sqrt{3}} $$

Answer 2

He aquí un enfoque.

Observe que $$ I:=\int_1^{\infty } \frac{(\ln x)^2}{x^2+x+1} \, dx=\int_1^{\infty } \frac{(x-1)(\ln x)^2}{x^3-1} \, dx $$ y por el cambio de variable $x \to 1/x$ $$ I=\int_0^1 \frac{(1-x)\color{blue}{(\ln x)^2}}{1-x^3} \, dx. \tag1 $$ Desde $\displaystyle \color{red}{\partial_s^2\color{red}{ (x^s)}|_{\large s=0}}=\color{blue}{(\ln x)^2}$ se puede escribir que $$ I=\left.\color{red}{\partial_s^2}\left(\int_0^1 \frac{x^s(1-x)}{1-x^3} \, dx\right)\right|_\color{red}{{\large s=0}} \tag2 $$ Ahora $$ \begin{align} \int_0^1 \frac{x^s(1-x)}{1-x^3} \, dx&=\frac13\int_0^1 \frac{u^{(s-2)/3}-u^{(s-1)/3}}{1-u} \, du\qquad (u=x^3,\,x=u^{1/3})\\\\ &=\frac13\int_0^1 \frac{(1-u^{(s-1)/3})-(1-u^{(s-2)/3})}{1-u} \, du\\\\ &=\frac13\int_0^1 \frac{1-u^{(s-1)/3}}{1-u} \, du-\frac13\int_0^1 \frac{1-u^{(s-2)/3}}{1-u} \, du\\\\ &=\frac13\psi\left(\frac{s+2}{3}\right)-\frac13\psi\left(\frac{s+1}{3}\right) \tag3 \end{align} $$ donde hemos utilizado la norma representación integral para la función digamma.

A continuación, utilizando $(2)$ obtenemos $$ I=\frac1{27}\psi''\!\!\left(\frac{2}{3}\right)-\frac1{27}\psi''\!\!\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{8\pi^3}{81\sqrt{3}} $$ teniendo en cuenta algunas valores especiales de $\psi''$ .

Answer 3

Se puede observar que $x^{2} + x + 1 = (x-a)(x-b)$ donde $a = e^{2\pi i/3}$ y $b = e^{-2\pi i/3}$ . Ahora \begin {align} I &= \int_ {1}^{ \infty } \frac { ( \ln (x))^{2} }{ (x-a)(x-b) } \N, dx = \frac {1}{a-b} {a-b}, \int_ {1}^{ \infty } \left ( \frac {1}{x-a} - \frac {1}{x-b} \right ) \, ( \ln (x))^{2} \N - dx. \end {align} Desde Wolfram Alpha la integral \begin {align} \int \frac { ( \ln (x))^{2} }{ x - a } dx = -2 Li_{3} \left ( \frac {x}{a} \right ) +2 \log (x), Li_{2} \left ( \frac {x}{a} \right ) + \log ^{2}(x) \log\left ( 1- \frac {x}{a} \right ) \end {align} para lo cual la integral en cuestión se convierte en \begin {align} I &= \left [ \frac {-2}{a-b} \left (Li_{3} \left ( \frac {x}{a} \right ) - Li_{3} \left ( \frac {x}{b} \right ) \right ) + \frac {2}{a-b} \log (x) \, \left (Li_{2} \left ( \frac {x}{a} \right ) - Li_{2} \left ( \frac {x}{b} \right ) \right ) + \frac {1}{a-b} {a-b}, \log ^{2}(x) \log\left ( \frac {a-x}{b-x} \right ) \right ]_{1}^{ \infty } \\ &= \frac {-2}{a-b} \left [ Li_{3} \left ( \frac {1}{a} \right ) - Li_{3} \left ( \frac {1}{b} \right ) \right ]. \end {align} Esto puede verse entonces como \begin {align} I &= \frac {-2i}{ \sqrt {3}} \left [ Li_{3} \left ( e^{2 \pi i/3} \right ) - Li_{3} \left ( e^{- 2 \pi i/3} \right ) \right ] \\ &= \frac {-2 i}{ \sqrt {3}} \cdot \frac {4 \pi ^{3} i}{81} = \frac {8 \pi ^{3}}{81 \sqrt {3}}. \end {align}

\begin {align} \int_ {1}^{ \infty } \frac { ( \ln (x))^{2} }{ x^{2} + x + 1 } \N-, dx = \frac {8 \pi ^{3}}{81 \sqrt {3}}. \end {align}

Answer 4

Una pista: En general, $~I_n(k)~=~\displaystyle\int_0^\infty\frac{x^{k-1}}{1-x^n}~dx~=~\frac\pi n~\cot\bigg(k~\frac\pi n\bigg),~$ véase Valor principal de Cauchy .

Al mismo tiempo, una simple sustitución de la forma $t=\dfrac1x$ muestra que la integral original puede

se escriba como $J=\displaystyle\int_1^\infty f(x)~dx~=~\int_0^1f(x)~dx~=~\frac12~\int_0^\infty f(x)~dx.~$ Entonces, reescribiendo el

integrante utilizando $\dfrac1{x^2+x+1}=\dfrac{1-x~}{1-x^3}~,~$ tenemos $J=\dfrac{I_3''(1)-I_3''(2)}2$ .

Answer 5

Nota $$ \int_0^1x^m(\ln x)^2dx=\frac{2}{(m+1)^3} $$ Así que \begin {eqnarray} I&=& \int_1 ^{ \infty } \frac {( \ln x)^2}{x^2+x+1}dx \\ &=& \int_0 ^1 \frac {(1-x)( \ln x)^2}{1-x^3}dx \\ &=& \int_0 ^1 \sum_ {n=0}^ \infty (1-x)x^{3n}( \ln x)^2dx \\ &=&2 \sum_ {n=0}^ \infty\left ( \frac {1}{(3n+1)^3}- \frac {1}{(3n+2)^3} \right ) \\ &=&2 \sum_ {n=- \infty }^ \infty\frac {1}{(3n+1)^3} \end {eqnarray} Nota \begin {eqnarray} \sum_ {n=- \infty }^ \infty\frac {1}{(3n+1)^3}=- \pi\text {Res}( \frac {1}{(z+1)^3} \cot ( \pi z),- \frac {1}{3})= \frac {4 \pi ^3}{81 \sqrt3 } \end {eqnarray} y por lo tanto $$ I=\frac{8\pi^3}{81\sqrt3}. $$