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Evaluar la integral de la $\int_0^\infty \frac{x (\ln(x))^2}{x^4 + x^2 + 1}\text{ d}x$

¿Cuál es el valor de $\displaystyle\int_0^\infty \frac{x (\ln(x))^2}{x^4 + x^2 + 1}\text{ d}x$?

Esta es una pregunta que se me ocurrió a mí. No es la tarea.

He construido este ejemplo para hacer la siguiente técnica de trabajo:

Integrar a $\frac{z (\log(z))^3}{z^4 + z^2 + 1}$ a lo largo de una "key-hole" contorno. El argumento puede ser rigurosa por dividir el contorno en dos partes, y el uso de dos diferentes cortes de ramas para cada parte. Advertencia: Este método es lento y no para los débiles de corazón

12voto

DrANoel Puntos 1467

\begin{align} \int^\infty_0\frac{x\ln^2{x}}{x^4+x^2+1}dx &=\frac{1}{8}\int^\infty_0\frac{\ln^2{x}}{x^2+x+1}dx\\ &=\frac{1}{4}\int^1_0\frac{(1-x)\ln^2{x}}{1-x^3}dx\\ &=\frac{1}{4}\sum^\infty_{n=0}\int^1_0\left(x^{3n}-x^{3n+1}\right)\ln^2{x}dx\\ &=\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=0}\left(\frac{1}{(3n+1)^3}-\frac{1}{(3n+2)^3}\right)\\ &=-\frac{1}{2}\operatorname*{Res}_{z=-1/3}\frac{\pi\cot(\pi z)}{(3z+1)^3}\\ &=-\frac{1}{108}\left(2\pi^3\cot(\pi z)\csc^2(\pi z)\right)\Bigg{|}_{z=-1/3}\\ &=\frac{2\pi^3}{81\sqrt{3}} \end{align}

4voto

Ron Gordon Puntos 96158

Vamos a hacer la integral usando el ojo de la cerradura de contorno. Puede ser una pérdida de tiempo, pero no es tan mala como parece.

Podemos empezar por la simplificación de la integral mediante la sustitución de $u=x^2$:

$$I = \frac18 \int_0^{\infty} du \frac{\log^2{u}}{u^2+u+1} $$

Considere la posibilidad de

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

donde $C$ es el ojo de la cerradura de contorno, como se muestra a continuación.

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La integral sobre los arcos circulares que se desvanecen, y el contorno de la integral es igual a

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

Podemos demostrar fácilmente que

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2+x+1} = 0$$

dividiendo el intervalo de integración en $[0,1]$ $[1,\infty)$ y subbing $x=1/u$ en el último subinterval.

Ahora, podemos evaluar las otras integral de cualquier manera que se quiera, pero vamos a mantener la coherencia dentro de nuestra elegido la metodología, y evaluar la integral usando el teorema de los residuos, todos de la misma. Deje que los polos del denominador se $z_{\pm}$; aquí

$$z_+ = e^{i 2 \pi/3} \quad z_-=e^{i 4 \pi/3} $$

Entonces

$$\int_0^{\infty} dx \frac{1}{x^2+x+1} = - \left (\frac{\log{z_+}}{2 z_++1} +\frac{\log{z_-}}{2 z_-+1}\right ) = -\frac{i 2 \pi/3}{i \sqrt{3}} + \frac{i 4 \pi/3}{i \sqrt{3}} = \frac{2 \pi}{3 \sqrt{3}}$$

El contorno de la integral es, por supuesto, igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos en $z=z_{\pm}$. Así tenemos

$$-3 \int_0^{\infty} dx \frac{\log^2{x}}{x^2+x+1} + 4 \pi^2 \frac{2 \pi}{3 \sqrt{3}} = \left (\frac{\log^3{z_+}}{2 z_++1} +\frac{\log^3{z_-}}{2 z_-+1}\right ) = \frac{56 \pi^3}{27 \sqrt{3}}$$

Así, desde arriba, tenemos

$$\int_0^{\infty} dx \frac{x \log^2{x}}{x^4+x^2+1} = \frac{2 \pi^3}{81 \sqrt{3}} $$

3voto

Felix Marin Puntos 32763

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\norm}[1]{\left\vert\left\vert\, nº 1\,\right\vert\right\vert} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}{x\ln^{2}\pars{x} \over x^4 + x^2 + 1}\,\dd x:\ {\large ?}}$.


\begin{align}&\color{#66f}{\large% \int_{0}^{\infty}{x\ln^{2}\pars{x} \over x^4 + x^2 + 1}\,\dd x} =\int_{0}^{1}{x\ln^{2}\pars{x} \over x^4 + x^2 + 1}\,\dd x\ +\ \overbrace{\int_{1}^{\infty}{x\ln^{2}\pars{x} \over x^4 + x^2 + 1}\,\dd x} ^{\ds{\dsc{x}\ \mapsto\ \dsc{1 \over x}}} \\[5mm]&=2\ \overbrace{\int_{0}^{1}{x\ln^{2}\pars{x} \over x^4 + x^2 + 1}\,\dd x} ^{\ds{\dsc{x}\ \mapsto\ \dsc{x^{1/2}}}}\ =\ ={1 \over 4}\int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{x} \over x^2 + x + 1}\,\dd x =\ \overbrace{{1 \over 4}\int_{0}^{1}{\pars{1 - x}\ln^{2}\pars{x} \over 1 - x^{3}}\,\dd x} ^{\ds{\dsc{x}\ \mapsto\ \dsc{x^{1/3}}}} \\[5mm]&={1 \over 4}\int_{0}^{1}{\pars{1 - x^{1/3}}\ln^{2}\pars{x^{1/3}} \over 1 - x}\, {1 \over 3}\,x^{-2/3}\,\dd x ={1 \over 108}\int_{0}^{1}{\pars{x^{-2/3} - x^{-1/3}}\ln^{2}\pars{x} \over 1 - x}\, \,\dd x \\[5mm]&={1 \over 108}\lim_{\mu\ \to\ 0}\ \partiald[2]{}{\mu} \int_{0}^{1}{x^{\mu - 2/3} - x^{\mu - 1/3} \over 1 - x}\,\,\dd x \\[5mm]&={1 \over 108}\lim_{\mu\ \to\ 0}\ \partiald[2]{}{\mu}\pars{% \int_{0}^{1}{1 - x^{\mu - 1/3} \over 1 - x}\,\,\dd x -\int_{0}^{1}{1 - x^{\mu - 2/3} \over 1 - x}\,\,\dd x} \\[5mm]&={1 \over 108}\lim_{\mu\ \to\ 0}\ \partiald[2]{}{\mu}\bracks{% \Psi\pars{\mu + {2 \over 3}} - \Psi\pars{\mu + {1 \over 3}}} \end{align} donde $\ds{\Psi}$ es la Función Digamma.
A continuación, \begin{align}&\color{#66f}{\large% \int_{0}^{\infty}{x\ln^{2}\pars{x} \over x^4 + x^2 + 1}\,\dd x} ={1 \over 108}\bracks{\Psi''\pars{2 \over 3} - \Psi''\pars{1 \over 3}} \end{align} Con Euler Reflexión Fórmula $\ds{\Psi"\pars{1 - z} =\Psi"\pars{z} + 2\pi^{3}\cuna\pars{\pi z}\csc^{2}\pars{\pi z}}$: \begin{align}&\color{#66f}{\large% \int_{0}^{\infty}{x\ln^{2}\pars{x} \over x^4 + x^2 + 1}\,\dd x} ={1 \over 54}\,\pi^{3}\ \overbrace{\cot\pars{\pi \over 3}}^{\dsc{1 \over \root{3}}} \ \overbrace{\csc^{2}\pars{\pi \over 3}}^{\dsc{4 \over 3}} \ = \color{#66f}{\large{2\root{3} \over 243}\,\pi^{3}} \end{align}

1voto

Claude Leibovici Puntos 54392

Puede ser, este será totalmente off-topic, si este es el caso, por favor, perdóname.

Lo que me pareció interesante es que el $$I=\int \frac{x \big(\ln(x)\big)^2}{x^4 + x^2 + 1}\text{ d}x$$ ha (encontrado por un CAS) de una forma cerrada, principalmente en términos de polylogarithms.

El siguiente punto es que, utilizando las encontró antiderivada, $$\int_0^\infty \frac{x \big(\ln(x)\big)^2}{x^4 + x^2 + 1}\text{ d}x=\frac{2 \pi ^3}{81 \sqrt{3}}$$

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