Deje $f(x)=\frac{-1}{\log(x)+\log(1-x)}$ $x\in(0,1)$ $0$ $x\not\in(0,1)$
El contorno de la integración de los rendimientos
$$
\begin{align}
\int_0^1\frac{-1}{\log(x)+\log(1-x)}e^{-2\pi ix\xi}\;\mathrm{d}x
&=\int_0^\infty\frac{-1}{\log(-is)+\log(1+is)}e^{-2\pi s\xi}(-i)\mathrm{d}s\\
&-\int_0^\infty\frac{-1}{\log(1-is)+\log(is)}e^{-2\pi i\xi-2\pi s\xi}(-i)\mathrm{d}s\\
&=\frac{1}{\xi}\int_0^\infty\frac{-1}{\log(-is/\xi)+\log(1+is/\xi)}e^{-2\pi s}(-i)\mathrm{d}s\\
&-\frac{e^{-2\pi i\xi}}{\xi}\int_0^\infty\frac{-1}{\log(1-is/\xi)+\log(is/\xi)}e^{-2\pi s}(-i)\mathrm{d}s\\
&\sim \frac{1-e^{-2\pi i\xi}}{2\pi i\xi\log|\xi|}\\
&=e^{-\pi i\xi}\frac{\sin(\pi \xi)}{\pi \xi\log|\xi|}
\end{align}
$$
como $|\xi|\to\infty$. $f$ es continuo y se apoyó en $[0,1]$, por lo que $f\in L^1$. $|\hat{f}(\xi)|\sim\left|\frac{\sin(\pi \xi)}{\pi \xi\log|\xi|}\right|$, por lo $\hat{f}\not\in L^1$.
Además: Si reemplazamos $f$$f^\alpha$, la misma prueba en los rendimientos de $\widehat{f^\alpha}(\xi)\sim e^{-\pi i\xi}\frac{\sin(\pi \xi)}{\pi \xi(\log|\xi|)^\alpha}$$\alpha\ge0$. Cuando $\alpha=0$, $f^\alpha$ no es continua. De lo contrario, $f^\alpha$ es un contraejemplo para $\alpha\in(0,1]$.
Asymptotics: Primero un par de estimaciones. Tenga en cuenta que
$$
\log (-)+\log(1+it)=\frac{1}{2}\log(t^2+t^4)+i(\bronceado^{-1}(t)-\frac{\pi}{2}\operatorname{sgn}(t))
$$
Por lo tanto,
$$
\begin{align}
|\log(-it)+\log(1+it)|
&\ge\left\{\begin{array}{}
\left|\tan^{-1}(t)-\frac{\pi}{2}\operatorname{sgn}(t)\right|\ge\frac{\pi}{4}&\text{when }|t|<1\\
\left|\frac{1}{2}\log(t^2+t^4)\right|\ge\frac{1}{2}\log(2)&\text{when }|t|\ge1
\end{array}\right.\\
&\ge\frac{1}{2}\log(2)\etiqueta{1}
\end{align}
$$
para todos los $t$. El mínimo real es mayor que $\frac{53}{62}$, pero $\frac{1}{2}\log(2)$ es suficiente.
Además, para $|t|<1$, tenemos
$$
\begin{align}
|\log(-it)+\log(1+it)|
&\ge|\log(|t|)|-\frac{1}{2}\log(1+t^2)\\
&\ge\log(1/|t|)-\frac{1}{2}\log(2)\\
&\ge\frac{1}{2}\log(1/|t|)\tag{2}
\end{align}
$$
para $|t|<\frac{1}{2}$.
Desde $f(x)$ es la traducción de una función par, $\hat{f}(\xi)$ es una función par de veces $e^{i\alpha\xi}$ algunos $\alpha$. Por lo tanto, una estimación de $\xi>0$ también funciona para $\xi<0$. Para hacer la notación más limpio, supondremos $\xi>0$.
Nuestro objetivo es estimar
$$
\int_0^\infty\frac{-1}{\log(-es/\xi)+\log(1+/\xi)}\;e^{-2\pi s}\;\mathrm{d}\etiqueta{3}
$$
asintóticamente como $\xi\to\infty$. Para ello, supondremos $\xi>1$ y dividir el dominio de integración en $(3)$ en tres partes: $I_1=[0,\xi^{-\epsilon})$, $I_2=[\xi^{-\epsilon},\xi^{\epsilon})$, y $I_3=[\xi^{\epsilon},\infty)$ donde $\epsilon$ es elegido de manera que $\xi^{-\epsilon}=\epsilon$; es decir,$\epsilon=\operatorname{W}(\log(\xi))/\log(\xi)\to0$$\xi\to\infty$. De hecho, $\epsilon<\log(\log(\xi))/\log(\xi)$$\xi>e^e$.
$\underline{I_1=[0,\xi^{-\epsilon})}$: Desde $|I_1|=\epsilon$$s<1$, calcular el $(2)$ asegura que para $\xi\ge2$,
$$
\int_{I_1}\left|\frac{-1}{\log(-es/\xi)+\log(1+/\xi)}\right|\;e^{-2\pi s}\;\mathrm{d}\le\frac{2\epsilon}{\log(\xi)}\etiqueta{4}
$$
$\underline{I_2=[\xi^{-\epsilon},\xi^\epsilon)}$: Vamos a romper la integral sobre la $I_2$ en un par de piezas.
$$
\begin{align}
&\int_{I_2}\frac{-1}{\log(-is/\xi)+\log(1+is/\xi)}\;e^{-2\pi s}\;\mathrm{d}s\\
&=\int_{I_2}\frac{1}{\log(\xi)\left(1-\frac{\log(-is)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}\right)}\;e^{-2\pi s}\;\mathrm{d}s\\
&=\int_{I_2}\;\frac{e^{-2\pi s}}{\log(\xi)}\;\mathrm{d}s+\int_{I_2}\left(\frac{1}{1-\frac{\log(-is)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}}-1\right)\;\frac{e^{-2\pi s}}{\log(\xi)}\;\mathrm{d}s\\
&=\frac{1}{2\pi\log(\xi)} - \int_{I_1+I_3}\;\frac{e^{-2\pi s}}{\log(\xi)}\;\mathrm{d}s + \int_{I_2}\left(\frac{\frac{\log(-is)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}}{1-\frac{\log(-is)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}}\right)\;\frac{e^{-2\pi s}}{\log(\xi)}\;\mathrm{d}s\tag{5}
\end{align}
$$
Debido a $|I_1|=\epsilon$, obtenemos
$$
\int_{I_1}\left|\frac{e^{-2\pi s}}{\log(\xi)}\right|\mathrm{d}\le\frac{\epsilon}{\log(\xi)}\etiqueta{6}
$$
Debido a $I_3=[\xi^\epsilon,\infty)$, obtenemos
$$
\begin{align}
\int_{I_3}\left|\frac{e^{-2\pi s}}{\log(\xi)}\right|\mathrm{d}s
&=\frac{e^{-2\pi\xi^\epsilon}}{2\pi\log(\xi)}\\
&=\frac{\epsilon e^{-2\pi/\epsilon+\log(1/\epsilon)}}{2\pi\log(\xi)}\\
&\le\frac{\epsilon}{2\pi\log(\xi)}\tag{7}
\end{align}
$$
Para $s\in I_2$, $\left|\frac{\log(s)}{\log(\xi)}\right|\le\epsilon$ y $s/\xi\le1$. Además, si $\xi>27$,$\epsilon<\frac{1}{3}$; por lo tanto, $\log(\xi)=\log(1/\epsilon)/\epsilon\ge\log(3)/\epsilon$.
$$
\begin{align}
\left|\frac{\log(-is)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}\right|
&\le\left|\frac{\log(s)}{\log(\xi)}\right|+\left|\frac{\log(-i)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}\right|\\
&\le\epsilon+\left(\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}\log(2)\right)\frac{\epsilon}{\log(3)}\\
&\le\frac{11}{4}\epsilon\tag{8}
\end{align}
$$
La aplicación de $(8)$ integral$I_2$$(5)$, obtenemos
$$
\begin{align}
\int_{I_2}\left|\frac{\frac{\log(-is)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}}{1-\frac{\log(-is)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}}\right|\;\frac{e^{-2\pi s}}{\log(\xi)}\;\mathrm{d}s
&\le\frac{\frac{11}{4}\epsilon}{1-\frac{11}{4}\epsilon}\frac{1}{2\pi\log(\xi)}\\
&\le\frac{33\epsilon}{2\pi\log(\xi)}\tag{9}
\end{align}
$$
$\underline{I_3=[\xi^\epsilon,\infty)}$: El uso de la estimación de $(1)$, obtenemos
$$
\begin{align}
\int_{I_3}\left|\frac{-1}{\log(-is/\xi)+\log(1+is/\xi)}\right|\;e^{-2\pi s}\;\mathrm{d}s
&\le\frac{2}{\log(2)}\frac{e^{-2\pi\xi^\epsilon}}{2\pi}\\
&=\frac{2}{\log(2)}\frac{\epsilon e^{-2\pi/\epsilon+\log(1/\epsilon)+\log(\log(\xi))}}{2\pi\log(\xi)}\\
&=\frac{2}{\log(2)}\frac{\epsilon e^{-2\pi/\epsilon+2\log(1/\epsilon)+\log(\log(1/\epsilon))}}{2\pi\log(\xi)}\\
&\le\frac{\epsilon}{\pi\log(2)\log(\xi)}\tag{10}
\end{align}
$$
Por lo tanto, la combinación de la ecuación de $(5)$ con las estimaciones de $(4)$, $(6)$, $(7)$, $(9)$, $(10)$, obtenemos que para $\xi>27$,
$$
\begin{align}
&\left|\int_0^\infty\frac{-1}{\log(-is/\xi)+\log(1+is/\xi)}\;e^{-2\pi s}\;\mathrm{d}s - \frac{1}{2\pi\log(\xi)}\right|\\
&\le(2+1+\frac{1}{2\pi}+\frac{33}{2\pi}+\frac{1}{\pi\log(2)})\frac{\epsilon}{\log(\xi)}\\
&\le\frac{6\epsilon}{\log(\xi)}\tag{11}
\end{align}
$$
Mediante la estimación de $(11)$ con su homólogo de $-\xi$, obtenemos que
$$
\left|\int_0^1\frac{-1}{\log(x)+\log(1-x)}e^{-2\pi ix\xi}\;\mathrm{d}x-e^{-\pi i\xi}\frac{\sin(\pi \xi)}{\pi \xi\log|\xi|}\right|\le\frac{12\epsilon}{|\xi|\log|\xi|}
$$