Integral $\int_0^\infty \frac{\log^2 x \cos ax}{x^n-1}dx$

Question

Hola, estoy tratando de calcular $$ I:=\int\limits_0^\infty \frac{\log^2 x \cos (ax)}{x^n-1}\mathrm dx,\quad \Re(n)>1, \, a\in \mathbb{R}. $$ Nota que si establecemos $a=0$ obtenemos una integral similar dada por $$ \int\limits_0^\infty \frac{\log^2 x }{x^n-1}\mathrm dx=-\frac{2\pi^3\cot(\pi/n)\csc^2(\pi/n)}{n^3},\quad \Re(n)>1. $$ Estaba tratando de escribir $I$ como $$ I=\Re \bigg[\int\limits_0^\infty \frac{ e^{i ax}\log^2 x}{x^n-1}\mathrm dx\bigg]=\Re\bigg[\int\limits_\infty^0\frac{e^{iax}\log^2 x}{1-x^n}\mathrm dx\bigg]=\Re\bigg[\int\limits_\infty^0e^{iax}\log^2 x\sum_{m=0}^\infty x^{nm} \mathrm dx\bigg]. $$ Pero no estaba seguro de qué hacer a partir de ahí. ¿Cómo podemos calcular $I$? Está claro que este método no va a funcionar.

Answer 1

Este no es una solución completa.

Primero, usamos una integral simple (podemos obtenerla diferenciando $x^b$ con respecto a $b$ dos veces):

$$\int_0^1 x^b \ln^2 x ~d x=\frac{2}{(b+1)^3}$$

Usando esta integral, también obtenemos:

$$\int_0^1 x^b \ln^2 x ~dx=\int^{\infty}_1 t^{-b-2} \ln^2 t~ dt=\frac{2}{(b+1)^3}$$

Separaremos la integral original en dos partes:

$$ I=-\int\limits_0^1 \frac{\log^2 x \cos (ax)}{1-x^n} ~ dx+\int\limits_1^\infty \frac{\log^2 x \cos (ax)}{x^n-1} ~ dx=I_1+I_2 $$

Tratemos primero la primera usando la integral modificada de arriba:

$$\int_0^1 x^{pn} (a x)^{2q} \ln^2 x ~d x=\frac{2a^{2q}}{(pn+2q+1)^3}$$

Ahora obtenemos inmediatamente (usando expansiones de Taylor para $\cos (ax)$ y $\frac{1}{1-x^n}$):

$$I_1=-2 \sum_{q=0}^{\infty} \frac{(-1)^q a^{2q}}{(2q)!} \sum_{p=0}^{\infty} \frac{1}{(pn+2q+1)^3}=\frac{1}{n^3} \sum_{q=0}^{\infty} \frac{(-1)^q a^{2q}}{(2q)!} \psi^{(2)} \left( \frac{2q+1}{n} \right)$$

Aquí $\psi^{(2)}$ es la segunda derivada de la función digamma.

Esta es una solución en serie correcta para $I_1$, como podemos ver al comparar ambos lados de la ecuación. Ver el gráfico $I_1(n)$ para $a=3$ a continuación:

Sin embargo, no podemos usar este método para $I_2$.

Veamos por qué (ahora expandimos $\frac{1}{1-1/x^n}$):

$$\int^{\infty}_1 x^{-pn-n} (a x)^{2q} \ln^2 x~ dx=\frac{2a^{2q}}{(pn+n-2q-1)^3}$$

y ahora vemos el problema. El denominador puede ser $0$ para infinitas combinaciones de $p,q,n$, por lo que nuestra integral divergería gravemente.

Sin embargo, resolvamos el caso $a=0$, cuya solución se proporcionó en la publicación original ($n>1$).

$$I_2(a=0)=2 \sum_{p=0}^{\infty} \frac{10{+}{(itspn+n-1)^3}=-\frac{1}{n^3} \psi^{(2)} \left(1{-} \frac{1}{n} \right)$$

Comparando con $I_1(a=0)$ y usando la fórmula de reflexión para $\psi^{(2)}$:

$$\psi^{(2)}(1-x)-\psi^{(2)}(x)=2 \pi^3 \cot \left( \pi x \right) \csc^2 \left( \pi x \right)$$

obtenemos:

$$I(a=0)=-\frac{2 \pi^3}{n^3} \cot \left( \pi \frac{2q+1}{n} \right) \csc^2 \left( \pi \frac{2q+1}{n} \right)$$

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Entonces, no estoy seguro de cómo obtener la solución en serie para $I_2$, pero espero que mi respuesta te ayude de alguna manera.

Answer 2

Este es mi intento fallido de este problema. Básicamente es demasiado largo para un comentario y contiene múltiples errores.

Entonces, empecemos con la integral:

$$\int_0^\infty \cos ax^2\text{ d}x=\sqrt\frac{\pi}{8a}$$

$$\frac{\partial^{-4mn}}{\partial a^{-4mn}}\int_0^\infty {\cos ax^2}=\int_0^\infty \frac{\cos ax^2}{x^{8mn}}\text{ d}x=\frac{\pi}{\sqrt 8}\frac{a^{4mn-1/2}}{\Gamma (4mn+1/2)}$$

Lo cual es cierto debido a esta pregunta: Derivative of a negative order?

$$\sum_{m=1}^\infty \int_0^\infty \frac{\partial^{-4mn}}{\partial a^{-4mn}}\cos ax^2 \, dx=\int_0^\infty \left(\frac{\cos ax^2}{x^{8n}}+\frac{\cos ax^2}{x^{16n}}+\frac{\cos ax^2}{x^{24n}}\cdots\right)\text{ d}x=\int_0^\infty \frac{\cos ax^2}{x^{8n}-1}\text{ d}x$$

Ahora, sustituya $x\to\sqrt x, \text{ d}x\to\frac{\text{ d}x}{2\sqrt x}$ y suponga que $n=\frac{1}{4}k$

Y obtenemos: $$\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac {\cos ax}{\sqrt x (x^k-1)} \text{ d}x=\frac{\pi}{\sqrt 8}\sum_{m=1}^\infty \frac{a^{mn-1/2}}{\Gamma(mk+1/2)}$$

Tal vez haya una parte de esta prueba de la que puedas apartarte.