Integral

Question

Estoy tratando de probar este interesanteintegral $$ I:=\int_0^\infty \log \frac{1+x^3}{x^3} \frac{x \,dx}{1+x^3}=\frac{\pi}{\sqrt 3}\log 3-\frac{\pi^2}{9}. $$ He intentado utilizar $y=1+x^3$ pero eso no ayuda. Nosotros, posiblemente, puede tratar de $$ I=\int_0^\infty \frac{\log(1+x^3) x}{1+x^3} \,dx\int_0^\infty \frac{\log(x^3) x}{1+x^3}\,dx. $$ These integrals would be much easier had the bounds been from $0 $\ to $\infty$, sin embargo no lo son. Quizás integración parcial funciona, pero yo no encuentro la manera, si tratamos de $$ dv=\frac{x}{1+x^3}, \quad u= \log(1+x^3) $$ pero me encontré con un divergentes integral. Gracias ¿cómo podemos demostrar que yo?

Answer 1

Hagamos el cambio de variables $$v=\frac{x^3}{1+x^3}\iff x=\left(\frac{v}{1-v}\right)^{1/3}$$ Esto transforma la integral de la $I$ para el siguiente formulario $$ I=-\frac{1}{3}\int_0^1\log(v)\,v^{-1/3}(1-v)^{-2/3}dv $$ Ahora, Si $$f(\alpha):=B(\alpha,\frac{1}{3})=\int_0^1v^{\alpha-1}(1-v)^{\frac{1}{3}-1}dv=\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(\alpha+\frac{1}{3})}$$ a continuación,$I=-\frac{1}{3}f'(\frac{2}{3})$. Pero, puesto que el $\Gamma(1)=1$, e $\Gamma'(1)=-\gamma$, tenemos $$\eqalign{ f'\left(\frac{2}{3}\right)&=\Gamma'\left(\frac{2}{3}\right)\Gamma\left(\frac{1}{3}\right)-\Gamma\left(\frac{2}{3}\right)\Gamma\left(\frac{1}{3}\right)\Gamma'(1)\cr &=\Gamma\left(\frac{2}{3}\right)\Gamma\left(\frac{1}{3}\right)\left(\psi\left(\frac{2}{3}\right)+\gamma\right)\cr &\buildrel{\rm(1)}\over{=}\frac{\pi}{\sin(\pi/3)}\left(\psi\left(\frac{2}{3}\right)+\gamma\right)\cr &\buildrel{\rm(2)}\over{=}\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\left( \frac{\pi}{2\sqrt{3}}-\frac{3}{2}\log 3\right) } $$ Donde, por $(1)$ hemos utilizado el de Euler reflexión fórmula, y para $(2)$ hemos utilizado de Gauss teorema de la función digamma. La combinación de nuestros resultados que se obtienen $$ I=-\frac{1}{3}\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\left( \frac{\pi}{2\sqrt{3}}-\frac{3}{2}\log 3\right)=\frac{\pi}{\sqrt{3}}\log 3-\frac{\pi^2}{9}. $$ cual es el resultado deseado.$\qquad\square$

Answer 2

Definir $$ (a) I = \int_0^\infty \log \frac{a+x^3}{x^3} \frac{x \,dx}{1+x^3}.$$ entonces $I(0)=0$ y \begin{eqnarray} I'(a)&=&\int_0^\infty\frac{x}{(a+x^3)(1+x^3)}dx\\ &=&\frac13\int_0^\infty\frac{1}{x^{1/3}(a+x)(1+x)}dx\\ &=&\frac{1}{3(1-a)}\left(\int_0^\infty\frac{1}{x^{1/3}(a+x)}dx-\int_0^\infty\frac{1}{x^{1/3}(1+x)}dx\right)\\ &=&\frac{1}{3(1-a)}\frac{2\pi}{\sqrt3}\left(\frac{1}{a^{1/3}}-1\right)\\ &=&\frac{2\pi}{3\sqrt3}\frac{1}{a+a^{2/3}+a^{1/3}} \end{eqnarray} aquí utilizamos $$ \int_0^\infty\frac{1}{x^{1/3}(a+x)}dx=\frac{2\pi}{\sqrt3 a^{1/3}}. $ $ así\begin{eqnarray} I(1)&=&\frac{2\pi}{\sqrt3}\int_0^1 \frac{1}{a+a^{2/3}+a^{1/3}}da\\ &=&\frac{2\pi}{3\sqrt3}\int_0^1 \frac{b}{b^2+b+1}db\\ &=&-\frac{\pi^2}{9}+\frac{\pi}{\sqrt3}\ln 3. \end{eqnarray}