Integral de la $I:=\int_0^1 \frac{\log^2 x}{x^2-x+1}\mathrm dx=\frac{10\pi^3}{81 \sqrt 3}$

Question

Hola ¿cómo podemos demostrar esta integral de abajo? $$ I:=\int_0^1 \frac{\log^2 x}{x^2-x+1}\mathrm dx=\frac{10\pi^3}{81 \sqrt 3} $$ Traté de usar $$ I=\int_0^1 \frac{\log^2x}{1-x(1-x)}\mathrm dx $$ y ahora ha intentado cambiar las variables de a $y=x(1-x)$ con el fin de escribir $$ I\propto \int_0^1 \sum_{n=0}^\infty y^n $$ sin embargo no sé cómo manipular el $\log^2 x$ plazo a la hora de realizar este procedimiento al hacer esta sustitución. Si podemos hacer esto de la integral sería trivial desde aquí.

Métodos complejos están bien también, si desea utilizar este método tenemos raíces complejas en $x=(-1)^{1/3}$. Pero lo que el contorno se puede usar el adecuado para el $\log^2x $ plazo?

Gracias

Answer 1

Considere la integral \begin{align} I = \int_{0}^{1} \frac{\ln^{2}(x)}{1 - x + x^{2}} \ dx \end{align} Ahora considere la factorización de $x^{2} - x + 1$ $(x - a)(x-b)$ donde $a$ y $b$ $e^{\pi i/3}$ $e^{-\pi i/3}$ , respectivamente. Con esto en mente, se ve que \begin{align} \frac{1}{x^{2} - x + 1} = \frac{1}{a-b} \left( \frac{1}{x - a} - \frac{1}{x-b} \right). \end{align} Esto también puede ser expandida en forma de serie y es \begin{align} \frac{1}{x^{2} - x + 1} = \frac{1}{a-b} \ \sum_{n=0}^{\infty} \left( - \frac{1}{a^{n+1}} + \frac{1}{b^{n+1}} \right) x^{n}. \end{align} Ahora consideremos la integral \begin{align} I_{n} &= \int_{0}^{1} x^{n} \ln^{2}(x) \ dx = \partial_{n}^{2} \int_{0}^{1} x^{n} \ dx \\ &= \partial_{n}^{2} \left( \frac{1}{n+1} \right) \\ &= \frac{2}{(n+1)^{3}}. \end{align}

Debido a que los componentes están construidos los deseados integral es visto como el siguiente. \begin{align} I &= \int_{0}^{1} \frac{\ln^{2}(x)}{1 - x + x^{2}} \ dx \\ &= \frac{1}{a-b} \ \sum_{n=0}^{\infty} \left( - \frac{1}{a^{n+1}} + \frac{1}{b^{n+1}} \right) \ \int_{0}^{1} x^{n} \ln^{2}(x) \ dx \\ &= \frac{1}{a-b} \ \sum_{n=0}^{\infty} \left( - \frac{1}{a^{n+1}} + \frac{1}{b^{n+1}} \right) \frac{2}{(n+1)^{3}} \\ &= \frac{2}{a-b} \ \sum_{n=1}^{\infty} \left( - \frac{1}{a^{n}} + \frac{1}{b^{n}} \right) \frac{1}{n^{3}} \\ &= \frac{2}{a-b} \ \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{a^{n}-b^{n}}{(ab)^{n}} \right) \frac{1}{n^{3}} \\ &= \frac{2}{a-b} \ \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{a^{n}}{n^{3}} - \frac{b^{n}}{n^{3}} \right) \\ &= \frac{2}{a-b} \left[ Li_{3} (a) - Li_{3}(b) \right], \end{align} donde $Li_{3}(x)$ es el trilogarithm. La utilización de los resultados \begin{align} Li_{3}(a) &= Li_{3}(e^{\pi i/3}) = \frac{1}{3} \zeta(3) + \frac{5 \pi^{3} i }{162} \\ Li_{3}(b) &= Li_{3}(e^{-\pi i/3}) = \frac{1}{3} \zeta(3) - \frac{5 \pi^{3} i }{162} \\ a-b &= e^{\pi i /3} - e^{- \pi i/3} = \sqrt{3} i \end{align} entonces \begin{align} I &= \frac{2}{\sqrt{3} i} \cdot \frac{5 \pi^{3} i}{81} = \frac{10 \pi^{3}}{81 \sqrt{3}}. \end{align} Por lo tanto \begin{align} \int_{0}^{1} \frac{\ln^{2}(x)}{1 - x + x^{2}} \ dx = \frac{10 \pi^{3}}{81 \sqrt{3}} . \end{align}

Answer 2

Sustituyendo $u = 1/x$ y un promedio con el original de la integral que da $$ \int_0^{1} \frac{\ln^2 x}{x^2+2x\cos\varphi+1} dx = \frac{1}{2}\int_0^{\infty} \frac{\ln^2 x}{x^2+2x\cos\varphi+1} dx $$

Real $\varphi$ y adecuado compleja $a$, podemos demostrar el uso de los contornos que se $$ I(a) := \int_0^{\infty} \frac{x^{a}}{x^2+2x\cos\varphi+1} dx = \frac{\pi}{\sin(\pi a)} \frac{\sin(a\varphi)}{\sin(\varphi)}$$

La diferenciación de dos veces al da (y esta es la parte más tediosa del cálculo) $$ I"(a) := \int_0^{\infty} \frac{x^{a}\ln^2x}{x^2+2x\cos\varphi+1} dx = \frac{2\pi}{\sin \varphi} \left[ -\phi ^2 \csc (\pi) \sin (\phi )+\pi ^2 \csc ^3(\pi) \sin (\phi )-2 \pi \phi \cuna (\pi) \csc (\pi) \cos (\phi )+\pi ^2 \cot ^2(\pi) \csc (\pi) \sin (\phi ) \right] $$ Dejando $a$ tienden a $0$ da $I''(0) = \dfrac{2\varphi \left(\pi ^2-\varphi ^2\right)}{3 \sin \varphi}$. Para la integral bajo discusión, hemos $\cos \varphi = -1/2$, por lo que podemos optar $\varphi = 2\pi/3$. Esto le da $I''(0) =\dfrac{20 \pi ^3}{81\sqrt 3}$. Recordando el factor de $1/2$ da la respuesta deseada.

Answer 3

Parte Real

Sustituyendo $x\mapsto1/x$ dice $$ \int_0^1\frac{\log(x)^2}{x^2-x+1}\mathrm{d}x =\int_1^\infty\frac{\log(x)^2}{x^2-x+1}\mathrm{d}x\etiqueta{1} $$ Por lo tanto, $$ \int_0^1\frac{\log(x)^2}{x^2-x+1}\mathrm{d}x =\frac12\int_0^\infty\frac{\log(x)^2}{x^2-x+1}\mathrm{d}x\etiqueta{2} $$

---

El Contorno De La Integración De La Parte

Poner la rama de corte para $\log(z)$ a lo largo del eje real positivo, y usando el contorno $$ \gamma=[0,R]e^{i\epsilon}\cup Re^{i[\epsilon,2\pi\epsilon]}\cup[I,0]e^{-i\epsilon}\etiqueta{3} $$ como $R\to\infty$ y $\epsilon\to0$, $\log(z)=\log(x)$ en el segmento saliente y $\log(z)=\log(x)+2\pi i$ en el segmento de entrada y él integral alrededor de la enorme arco circular se desvanece. Por lo tanto, $$ \begin{align} \int_\gamma\frac{\log(z)^3}{z^2-z+1}\mathrm{d}z &=\int_0^\infty\frac{-6\pi i\log(x)^2+12\pi^2\log(x)+8\pi^3i}{x^2-x+1}\mathrm{d}x\\ &=\frac{124\pi^3}{27\sqrt3}\cdot2\pi i\tag{4} \end{align} $$ donde $\dfrac{124\pi^3}{27\sqrt3}$ es la suma de los residuos de $\dfrac{\log(z)^3}{z^2-z+1}$$e^{i\pi/3}$$e^{i5\pi/3}$.

---

La combinación Real y el Análisis Complejo

Por lo tanto, el uso de $(2)$ y la parte imaginaria de $(4)$, obtenemos $$ \begin{align} \int_0^1\frac{\log(x)^2}{x^2-x+1}\mathrm{d}x &=\frac12\int_0^\infty\frac{\log(x)^2}{x^2-x+1}\mathrm{d}x\\ &=\frac12\left[-\frac{124\pi^3}{81\sqrt3} +\frac{4\pi^2}{3}\int_0^\infty\frac1{x^2-x+1}\mathrm{d}x\right]\\ &=\frac12\left[-\frac{124\pi^3}{81\sqrt3} +\frac{4\pi^2}{3}\frac{4\pi}{3\sqrt3}\right]\\ &=\frac{10\pi^3}{81\sqrt3}\tag{5} \end{align} $$

Answer 4

Establecimiento $x\mapsto\frac1x$, obtenemos $$ \int_0^1\frac{\ln^2x}{x^2-x+1}\ dx =\frac12\int_0^\infty\frac{\ln^2x}{x^2-x+1}\ dx.\tag1 $$ Tenga en cuenta que $1+x^3=(1+x)(x^2-x+1)$, por lo tanto $$ \frac12\int_0^\infty\frac{\ln^2x}{x^2-x+1}\ dx=\frac12\int_0^\infty\left[\frac{\ln^2x}{1+x^3}+\frac{x\ln^2x}{1+x^3}\right]\ dx.\tag2 $$ Ahora considere la función beta $$ \int_0^\infty\dfrac{x^{\large \alpha-1}}{1+x^{\beta}}\ dx=\frac{\pi}{\beta\sin\left(\frac{\alpha\pi}{\beta}\right)}\quad;\quad\text{para}\ 0<\alpha<\beta.\tag3 $$ La diferenciación $(3)$ con respecto al $\alpha$ dos veces rendimientos $$ \int_0^\infty\dfrac{x^{\alpha-1}\ln^2x}{1+x^{\beta}}\ dx=\frac{\pi^3\left[\cos\left(\frac{2\alpha\pi}{\beta}\right)+3\right]}{2\beta^3\sin^3\left(\frac{\alpha\pi}{\beta}\right)}.\tag4 $$ La evaluación de $(2)$$(4)$, obtenemos \begin{align} \frac12\int_0^\infty\left[\frac{\ln^2x}{1+x^3}+\frac{x\ln^2x}{1+x^3}\right]\ dx&=\frac{\pi^3}{4\cdot3^3}\left[\frac{\cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)+3}{\sin^3\left(\frac{\pi}{3}\right)}+\frac{\cos\left(\frac{4\pi}{3}\right)+3}{\sin^3\left(\frac{2\pi}{3}\right)}\right]\\ \int_0^1\frac{\ln^2x}{x^2-x+1}\ dx&=\large\color{blue}{\frac{10\pi^3}{81\sqrt3}}. \end{align}

Answer 5

Sugerencia:

Considerar el cambio de variable $x=1/t$ por lo tanto tiene

$$2I = \int^\infty_0 \frac{\log^2(t)}{t^2-t+1}\,dt$$

Ahora integrar la función

$$f(z) =\frac{\log^3(z)}{z^2-z+1}$$

A lo largo de una clave de hueco contorno de sangría en 0