LN y función racional mediante integración de contorno

Question

Yo estaba jugando con el $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\ln^{2}(x)}{x^{2}-x+1}dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{\ln^{2}(x)}{x^{2}-x+1}dx$ y logró resolver utilizando métodos reales a través de la digamma y lo que no.

Se evalúa a $\frac{10{\pi}^{3}\sqrt{3}}{243}$

Pero, ¿cómo se podría ir sobre la evaluación de este uso el contorno de la integración?.

Las raíces de $x^{2}-x+1=0$ $x=e^{\pm\frac{\pi i}{3}}$

Sería un semi-anillo de trabajo o un ojo de la cerradura de contorno ser mejor?.

Para el semi-anillo de contorno, el único polo que se encuentran en la sería $e^{\frac{\pi i}{3}}$

A menos que cometí un error, El residuo no es $ 2\pi i Res\left(z=e^{\frac{\pi i}{3}}\right)=\frac{-2{\pi}^{3}\sqrt{3}}{27}$

$\ln^{2}(z)$ tiene una discontinuidad en $z=0$, por lo que creo que nos puede evitar mediante el uso de un semicírculo alrededor de la radio de $\epsilon$. No sé. Probablemente voy en la dirección equivocada. Mi contorno de la integración no es la más grande de todos modos. Al menos con estos tipos de problemas. Agradecería alguna opinión si alguien encuentra el tiempo. Muchas gracias.

Answer 1

Usted debe usar un ojo de la cerradura de contorno, sino también considerar la integral

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

La evaluación de este contorno integral, que va a salir (a prueba de izquierda al lector) que las integrales a lo largo de los arcos circulares a cabo hasta el infinito y hacia abajo a cero cerca del origen se desvanecen. Que sale de las integrales hacia arriba y hacia atrás a lo largo de la recta real:

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

Combinar la expresión de la derecha y conseguir

$$\oint_C dz \frac{\log^3{z}}{z^2-z+1} = i \left [-6 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log^2{x}}{x^2-x+1} + 8 \pi^3 \int_0^{\infty} dx \frac{1}{x^2-x+1}\right ] \\- 4 \pi^2 \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2-x+1}$$

Establecer ahora esta igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos en los polos. Los polacos están en$z = e^{i \pi/3}$$z=e^{i 5 \pi/3}$. Tenga en cuenta que no estoy diciendo que el segundo polo es al $z=e^{-i \pi/3}$ debido a que sería incompatible con la rama con la que me eligió en la definición del argumento de los valores justo por debajo de la línea real a ser $2 \pi$.

Los residuos son, en $z = e^{i \pi/3}$:

$$\frac{-i \pi^3/27}{2 e^{i \pi/3}-1}$$

y en $z=e^{i 5 \pi/3}$:

$$\frac{-i 125 \pi^3/27}{2 e^{i 5\pi/3}-1}$$

El contorno de la integral es, a continuación, $i 2 \pi$ veces la suma de estos residuos:

$$\oint_C dz \frac{\log^3{z}}{z^2-z+1} = i 2 \pi \frac{124 \pi^3}{27 \sqrt{3}}$$

La parte real es cero, lo que tiene sentido a la luz de la línea 1 en su post. Para la parte imaginaria, sin embargo, tenemos dos integrales, una de las cuales queremos, el otro es en nuestro camino y tenemos que determinar. Afortunadamente, la evaluación sigue exactamente el mismo patrón que el anterior, por una más simple aún integral:

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

que, cuando se analiza como en el anterior, genera

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

Dejo al lector para comprobar esto. El problema es entonces una simple, en el álgebra y la aritmética, que también me deja para el lector. Puedo conseguir

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\log^2{x}}{x^2-x+1} = \frac{20 \pi^3}{81 \sqrt{3}}$$

lo que implica que

$$\int_0^{1} dx \frac{\log^2{x}}{x^2-x+1} = \frac{10 \pi^3}{81 \sqrt{3}}$$

ANEXO

Me doy cuenta de que no me responda plenamente el OP pregunta. Usted no desea utilizar semicircular contornos para las integrales de la forma

$$\int_0^{\infty} dx\: f(x)$$

al $f$ no es uniforme. La razón de esto es que la integral sobre la negativa real de la línea no es lo mismo que la integral sobre el positivo de la línea real. Por ejemplo, vamos a intentarlo de nuevo para atacar a la integral

$$\int_0^{\infty} dx \frac{1}{x^2-x+1}$$

de esta manera. Este es un enfático no de la misma como

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{1}{x^2-x+1}$$

que es lo que sería el resultado de un contorno semicircular. Estos problemas no son aliviadas por evitar los puntos de ramificación en el origen. En este caso, el truco de usar un ojo de la cerradura de contorno en la integral

$$\oint_C dz \: f(z) \, \log{z}$$

funciona mejor, siempre y cuando usted tiene cuidado sobre el uso de una constante de la rama del registro como he demostrado más arriba. En algunos casos, tales como

$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^3+1}$$

usted puede conseguir lejos con una cuña de contorno en lugar de un ojo de la cerradura. Esto es debido a que el denominador es invariante a la rotación por $2 \pi/3$.

ANEXO II

Me acabo de dar cuenta que he resuelto un problema aquí.

Answer 2

Seguro de Ron, es lo menos que puedo hacer.

Tenemos $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\ln^{2}(x)}{x^{2}-x+1}dx=\int_{0}^{1}\frac{\ln^{2}(2)}{1+x^{3}}dx+\int_{0}^{1}\frac{x\ln^{2}(x)}{1+x^{3}}dx$......[1]

Ahora, comenzar con una definición de la función Beta:

$\displaystyle \beta(a)=\int_{0}^{1}\frac{x^{a-1}}{1+x}dx$

Que da $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{x^{a-1}}{1+x^{3}}dx=\frac{1}{3}\beta(a/3)$

La diferenciación de dos veces w.r.t 'a', se obtiene:

$\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{x^{a-1}\ln^{2}(x)}{1+x^{3}}dx=\frac{1}{27}\beta''(a/3)$

El uso de las integrales de [1] y dejar que a=1 y a=2, obtenemos $\displaystyle \frac{1}{27}\left(\beta''(1/3)+\beta''(2/3)\right)$

Ahora, usando la identidad de $\displaystyle \beta(x)-\beta(1-x)=\frac{1}{2}\left(\psi(1/2+x/2)-\psi(x/2)+\psi(1-x/2)-\psi(1/2-x/2)\right)$ donde $x=1/3$

llegando a $\displaystyle \frac{1}{216}\left(\psi''(2/3)-\psi''(1/3)+\psi''(5/6)-\psi''(1/6)\right)$

Ahora, tenga en cuenta que $\displaystyle \psi(1-x)-\psi(x)=\pi\cot(\pi x)$, podemos llegar a dos veces la diferenciación:

$\displaystyle \frac{\pi}{216}\left(\frac{d^{2}}{dx^{2}}\cot(\pi x)\right)$

$=\displaystyle \frac{\pi}{216}\left(\frac{2{\pi}^{2}\cos(\pi x)}{\sin^{3}(\pi x)}\right)$

evaluados en$x=1/3$$x=1/6$, respectivamente.

Esto nos da:

$\displaystyle \frac{\pi}{216}\left(\frac{8{\pi}^{2}\sqrt{3}}{9}+8{\pi}^{2}\sqrt{3}\right)$

$=\displaystyle\boxed{\frac{10{\pi}^{3}\sqrt{3}}{243}}$

Estoy de acuerdo. El uso de polygammas y polylogs, y otras avanzadas 'real' de los métodos puede tomar algo de gimnasia. Además de ser interesante, que es la razón por la que desea aprender más acerca de los contornos y de los residuos. Yo soy así así con ella, pero no habría pensado que la manera en que lo hizo sobre ella.

En otra nota como esta. Me las arreglé para evaluar algunas de registro de las integrales trigonométricas utilizando polylogs que provienen de ideas complejas, pero haciendo la forma en la que Nick Strehle y se mostró en el sitio sería más allá de mí.

Es interesante notar que $\displaystyle (-1)^{n-1}\int_{0}^{1-e^{i\theta}}\frac{\ln^{n-1}(z)}{1-z}dz=i\int_{0}^{\theta}\left(\ln(2\sin(x/2))-\frac{i}{2}(\pi-x)\right)^{n-1}dx$. Esto es eficaz en la evaluación de algunas difíciles de registro pecado integrales.

Answer 3

Tal vez esto debería ser un nuevo hilo. Puedo hacerlo si es necesario. Pero, tengo un residuo de la pregunta sobre la serie probablemente pueda responder si eso está bien.

¿Cómo evaluar la serie de $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sinh^{2}(\pi n)}=\frac{1}{6}-\frac{1}{2\pi}$.

He intentado escribir como $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{4e^{2\pi n}}{e^{4\pi n}-1}$ y señalar ahora que los polos están en $n=\frac{ki}{2}$.

Es esto de cómo se podría ir sobre ella?. Creo que puede ser en algo, pero no estoy del todo seguro de cómo proceder.

Yo también acabo de escribir como $\frac{\pi\cos(\pi z)}{\sin(\pi z)\sinh^{2}(\pi z)}$ y encuentra el residuo de a $z=n$ $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sinh^{2}(\pi n)}$ y a las $z=ni$ a ser la misma cosa.

El residuo en z=0 es $-2/3$.

Entonces, yo creo que tenemos $0=\frac{-2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sinh^{2}(\pi n)}$.

Que daría la 1/6 parte de la solución. Pero, para llegar a la solución que se requiere que tendría que tener un $\frac{2}{\pi}$ en allí. Por lo tanto, dividiendo por 4 daría la $\frac{1}{2\pi}$ parte de la solución. No sé. Probablemente soy kilter . :)

Saludos