どのようにアプローチできますか $\int_0^{\pi/2} x\frac{\ln(\cos x)}{\sin x}dx$
ここに新しい挑戦があります https://www.facebook.com/photo.php?fbid=3200606550036121&set=a.222846247812181&type=3&theater：
それを示す
$$I=\int_0^{\pi/2} x\frac{\ln(\cos x)}{\sin x}dx=2\ln(2)G-\frac{\pi}{8}\ln^2(2)-\frac{5\pi^3}{32}+4\Im\left\{\text{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)\right\}$$
私の試み：
ワイエルシュトラス置換により、
$$I=2\int_0^1\frac{\arctan x}{x}\ln\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)dx\overset{x\to \frac{1-x}{1+x}}{=}4\int_0^1\frac{\frac{\pi}{4}-\arctan x}{1-x^2}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx$$
$$=\pi\underbrace{\int_0^1\frac{1}{1-x^2}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx}_{I_1}-4\underbrace{\int_0^1\frac{\arctan x}{1-x^2}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx}_{I_2}$$
設定することにより $x\to \frac{1-x}{1+x}$ 最初の積分では
$$I_1=\frac12\int_0^1\frac{1}{x}\ln\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)dx$$
$$=\frac14\int_0^1\frac{1}{x}\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)dx=\frac14\left[-\text{Li}_2(x)+\text{Li}_2(-x)\right]_0^1=-\frac38\zeta(2)$$
2番目の積分については、 $\frac{1}{1-x^2}=\frac{1}{2(1-x)}+\frac{1}{2(1+x)}$
$$I_2=\frac12\int_0^1\frac{\arctan x}{1-x}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx+\frac12\int_0^1\frac{\arctan x}{1+x}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx$$
最初の積分は非常に似ています https://math.stackexchange.com/questions/3783058/evaluating-int-01-frac-arctan-x-ln-left-frac2x21x2-right1-xdx
$$\int_0^1\frac{\arctan\left(x\right)}{1-x}\, \ln\left(\frac{2x^2}{1+x^2}\right)\,\mathrm{d}x = -\frac{\pi}{16}\ln^{2}\left(2\right) - \frac{11}{192}\,\pi^{3} + 2\Im\left\{% \text{Li}_{3}\left(\frac{1 + \mathrm{i}}{2}\right)\right\}$$
だから私たちは $\int_0^1\frac{\arctan x\ln(1+x^2)}{1+x}dx$ なので $\int_0^1\frac{\arctan x\ln x}{1+x}dx$ すでにFDPによってうまく計算されています https://math.stackexchange.com/q/1842492。何か案が？
使用すると気づきました $x\to\frac{1-x}{1+x}$ に $\int_0^1\frac{\arctan x\ln(1+x^2)}{1+x}dx$ 素晴らしいシンマーティがありますが、それでもいくつかの厄介な積分が表示されます。
に $I$、私もフーリエ級数を試しました $\ln(\cos x)$ しかし、私はに立ち寄りました $\int_0^{\pi/2} \frac{x\cos(2nx)}{\sin x}dx$。できれば別のアプローチを見てみたいと思います。
ありがとうございました。
回答
行く方法はたくさんあります！
簡単な方法は、 https://math.stackexchange.com/q/3050696 結果、
$$\int_0^1 \frac{\arctan(x)}{x}\log\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)=\frac{\pi^3}{16},\tag 1$$
以来、ワイエルシュトラスの潜水艦メイン積分はに減少し
$$\mathcal{I}=2\int_0^1\frac{\arctan(x)}{x}\log\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)\textrm{d}x$$ $$=-2 \int_0^1 \frac{ \arctan(x)}{x}\log \left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right) \textrm{d}x-2 \int_0^1 \frac{\arctan(x)\log (1-x)}{x} \textrm{d}x$$ $$+2 \int_0^1 \frac{\arctan(x)\log (1+x) }{x} \textrm{d}x$$ $$=2\log(2)G-\frac{\pi}{8}\log^2(2)-\frac{5}{32}\pi^3+4\Im\left\{\text{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)\right\},$$
ここで、最後の2つの積分は、この回答でAliShatherによって計算されます。https://math.stackexchange.com/q/3261446。
話の終わり
このアプローチの功績はCornelにあります。
最初の注意：興味深いことに、さまざまな方法で問題が非常に難しくなります。より多くの方法を用意しておくとよいでしょう。
第二のノート：の一般化キー不可欠で$(1)$本、（ほぼ）不可能な積分、合計、およびシリーズ、ページで見つけることができます$17$、
$$ \int_0^x \frac{\arctan(t)\log(1+t^2)}{t} \textrm{d}t-2 \int_0^1 \frac{\arctan(xt)\log (1-t)}{t}\textrm{d}t$$ $$=2\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{2n-1}}{(2n-1)^3}, \ |x|\le1.$$
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \ begin {align} I＆\ equiv \ int_ {0} ^ {\ pi / 2} x {\ ln \ pars {\ cos \ pars {x}} \ over \ sin \ pars {x}} \、\ dd x \\ [5mm]＆= \ bbox [5px、＃ffd] {2 \ ln \ pars {2} \、\ mrm {G}-{\ pi \ over 8} \ ln ^ {2} \ pars {2 }-{5 \ pi ^ {3} \ over 32} + 4 \、\ Im \ pars {\ mrm {Li} _3 \ pars {1 + \ ic \ over 2}}}：\ {\ Large？} \ラベル{1} \タグ{1} \ end {align}
$\ds{\mrm{G}}$ それは https://en.wikipedia.org/wiki/Catalan%27s_constant そして $\ds{\mrm{Li}_{s}}$ それは https://en.wikipedia.org/wiki/Polylogarithm。
\ begin {align} I＆\ equiv \ bbox [5px、＃ffd] {\ int_ {0} ^ {\ pi / 2} x {\ ln \ pars {\ cos \ pars {x}} \ over \ sin \ pars {x}} \、\ dd x} \\ [5mm]＆= \ left。\ Re \ int_ {x \ = \ 0} ^ {x \ = \ \ pi / 2} \ bracks {-\ ic \ ln \ pars {z}} {\ ln \ pars {\ bracks {z + 1 / z } / 2} \ over \ pars {z-1 / z} / \ pars {2 \ ic}} \、{\ dd z \ over \ ic z} \、\ right \ vert _ {\ z \ = \ \ exp \ pars {\ ic x}} \\ [5mm]＆= \ left。-2 \、\ Im \ int_ {x \ = \ 0} ^ {x \ = \ \ pi / 2} \ ln \ pars {z} \、\ ln \ pars {1 + z ^ {2} \ over 2z } \、{\ dd z \ over 1-z ^ {2}} \、\ right \ vert _ {\ z \ = \ \ exp \ pars {\ ic x}} \\ [5mm]＆= 2 \、\ Im \ int_ {1} ^ {0} \ bracks {\ ln \ pars {y} + {\ pi \ over 2} \、\ ic} \、\ bracks {\ ln \ pars {1-y ^ {2} \ over 2y}-{\ pi \ over 2} \、\ ic} \、{\ ic \、\ dd y \ over 1 + y ^ {2}} \\ [5mm]＆= -2 \ int_ {0 } ^ {1} \ bracks {\ ln \ pars {y} \ ln \ pars {1-y ^ {2} \ over 2y} + {\ pi ^ {2} \ over 4}} \、\、{\ dd y \ over 1 + y ^ {2}} \\ [5mm]＆= -2 \ \ overbrace {\ int_ {0} ^ {1} {\ ln \ pars {y} \ ln \ pars {1-y } \ over 1 + y ^ {2}} \、\ dd y} ^ {\ ds {I_ {1}}} \-\ 2 \ \ overbrace {\ int_ {0} ^ {1} {\ ln \ pars {y} \ ln \ pars {1 + y} \ over 1 + y ^ {2}} \、\ dd y} ^ {\ ds {I_ {2}}} \\ [2mm]＆+ 2 \ ln \ pars {2} \ \ underbrace {\ int_ {0} ^ {1} {\ ln \ pars {y} \ over 1 + y ^ {2}} \、\ dd y} _ {\ ds {I_ {3} }} \ + \ 2 \ \ underbrace {\ int_ {0} ^ {1} {\ ln ^ {2} \ pars {y} \ over 1 + y ^ {2}} \、\ dd y} _ {\ ds {I_ {4}}} \-\ \ underbrace {{\ pi ^ {2} \ over 2} \ int_ {0} ^ {1} {\ dd y \ over 1 + y ^ {2}}} _ {\ ds {\ pi ^ {3} \ over 8}} \\＆= -2I_ {1} -2I_ {2} + 2 \ ln \ pars {2} \、I_ {3} + 2I_ {4}- {\ pi ^ {3} \ over 8} \ label {2} \ t ag {2} \ end {align}これらの積分はよく知られているか、 非常に労力を要して実行可能です： \ begin {equation} \ left \ {\ begin {array} {rcl} \ ds {I_ {1}}＆\ ds {=}＆\ ds {-\、{\ pi \ over 32} \、\ ln ^ {2} \ pars {2}}-{\ pi ^ {3} \ over 128} + \ Im \ pars { \ mrm {Li} _ {3} \ pars {1 + \ ic \ over 2}} \\ [2mm] \ ds {I_ {2}}＆\ ds {=}＆\ ds {\ phantom {-} 2 \ mrm {G} \ ln \ pars {2} + {3 \ pi \ over 32} \、\ ln ^ {2} \ pars {2}} + {11 \ pi ^ {3} \ over 128} -3 \、\ Im \ pars {\ mrm {Li} _ {3} \ pars {1 + \ ic \ over 2}} \\ [2mm] \ ds {I_ {3}}＆\ ds {=}＆\ ds {-\、\ mrm {G}} \\ [2mm] \ ds {I_ {4}}＆\ ds {=}＆\ ds {\ phantom {-} {\ pi ^ {3} \ over 16}} \ end {array} \ right。\ label {3} \ tag {3} \ end {equation}（\ ref {2}）および（\ ref {3}）は、切望された結果につながります（\ ref {1}） 。
$$ \int_0^1 \frac{\arctan x \ln(1+x^2)}{1+x} dx=\frac{\pi}{16}\ln^{2}\left(2\right) - \frac{11}{192}\,\pi^{3} + 2\Im\left\{% \text{Li}_{3}\left(\frac{1 + \mathrm{i}}{2}\right)\right\}+{G\ln2}$$ $$\int_0^1\frac{\arctan x\ln(\frac{2x}{1+x^2})}{1-x}dx=\frac{\pi^3}{192}-\dfrac{G\ln 2}{2}$$ $$\int_0^1\frac{\arctan x\ln(\frac{2x}{1+x^2})}{1+x}dx=\frac{\pi}{16}\ln^{2}\left(2\right) + \frac{\pi^3}{24} - 2\Im\left\{%} \text{Li}_{3}\left(\frac{1 + \mathrm{i}}{2}\right)\right\}-\dfrac{G\ln 2}{2}$$