어떻게 접근 할 수 있습니까 $\int_0^{\pi/2} x\frac{\ln(\cos x)}{\sin x}dx$
다음은 새로운 도전적인 문제입니다 .
보여줘
$$I=\int_0^{\pi/2} x\frac{\ln(\cos x)}{\sin x}dx=2\ln(2)G-\frac{\pi}{8}\ln^2(2)-\frac{5\pi^3}{32}+4\Im\left\{\text{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)\right\}$$
내 시도 :
Weierstrass 대체로 우리는
$$I=2\int_0^1\frac{\arctan x}{x}\ln\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)dx\overset{x\to \frac{1-x}{1+x}}{=}4\int_0^1\frac{\frac{\pi}{4}-\arctan x}{1-x^2}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx$$
$$=\pi\underbrace{\int_0^1\frac{1}{1-x^2}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx}_{I_1}-4\underbrace{\int_0^1\frac{\arctan x}{1-x^2}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx}_{I_2}$$
설정으로 $x\to \frac{1-x}{1+x}$ 첫 번째 적분에서 우리는
$$I_1=\frac12\int_0^1\frac{1}{x}\ln\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)dx$$
$$=\frac14\int_0^1\frac{1}{x}\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)dx=\frac14\left[-\text{Li}_2(x)+\text{Li}_2(-x)\right]_0^1=-\frac38\zeta(2)$$
두 번째 적분에 대해 다음과 같이 작성하십시오. $\frac{1}{1-x^2}=\frac{1}{2(1-x)}+\frac{1}{2(1+x)}$
$$I_2=\frac12\int_0^1\frac{\arctan x}{1-x}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx+\frac12\int_0^1\frac{\arctan x}{1+x}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx$$
첫 번째 적분은 이것 과 매우 유사합니다
$$\int_0^1\frac{\arctan\left(x\right)}{1-x}\, \ln\left(\frac{2x^2}{1+x^2}\right)\,\mathrm{d}x = -\frac{\pi}{16}\ln^{2}\left(2\right) - \frac{11}{192}\,\pi^{3} + 2\Im\left\{% \text{Li}_{3}\left(\frac{1 + \mathrm{i}}{2}\right)\right\}$$
그래서 우리는 $\int_0^1\frac{\arctan x\ln(1+x^2)}{1+x}dx$ 같이 $\int_0^1\frac{\arctan x\ln x}{1+x}dx$이미 잘 FDP에 의해 계산됩니다 여기에 . 어떤 생각?
나는 우리가 사용하면 $x\to\frac{1-x}{1+x}$ 에 $\int_0^1\frac{\arctan x\ln(1+x^2)}{1+x}dx$ 우리는 좋은 symmerty를 가지지 만 여전히 성가신 적분이 나타납니다.
에 $I$, 나는 또한 푸리에 시리즈를 시도했다 $\ln(\cos x)$ 그러나 나는 멈췄다 $\int_0^{\pi/2} \frac{x\cos(2nx)}{\sin x}dx$. 가능한 한 다른 접근 방식을보고 싶습니다.
감사합니다.
답변
다양한 방법으로 갈 수 있습니다!
간단한 방법은 알려진 결과 를 활용하는 것입니다.
$$\int_0^1 \frac{\arctan(x)}{x}\log\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)=\frac{\pi^3}{16},\tag 1$$
와 이후 바이어 슈트 라스 잠수정 주요 적분에 감소
$$\mathcal{I}=2\int_0^1\frac{\arctan(x)}{x}\log\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)\textrm{d}x$$ $$=-2 \int_0^1 \frac{ \arctan(x)}{x}\log \left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right) \textrm{d}x-2 \int_0^1 \frac{\arctan(x)\log (1-x)}{x} \textrm{d}x$$ $$+2 \int_0^1 \frac{\arctan(x)\log (1+x) }{x} \textrm{d}x$$ $$=2\log(2)G-\frac{\pi}{8}\log^2(2)-\frac{5}{32}\pi^3+4\Im\left\{\text{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)\right\},$$
마지막 두 적분은 이 답변에서 Ali Shather 에 의해 계산됩니다.https://math.stackexchange.com/q/3261446.
이야기의 끝
이 접근 방식에 대한 크레딧은 Cornel에 있습니다.
첫 번째 참고 사항 : 흥미롭게도 다양한 방법으로 인해 문제가 매우 어려워 집니다. 더 많은 길을 가면 좋을 것입니다.
두 번째 주 : 의 일반화 키 통합 에$(1)$(거의) Impossible Integrals, Sums 및 Series , 페이지 에서 찾을 수 있습니다 .$17$,
$$ \int_0^x \frac{\arctan(t)\log(1+t^2)}{t} \textrm{d}t-2 \int_0^1 \frac{\arctan(xt)\log (1-t)}{t}\textrm{d}t$$ $$=2\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{2n-1}}{(2n-1)^3}, \ |x|\le1.$$
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \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 ?}\label{1}\tag{1} \end{align}
$\ds{\mrm{G}}$는 IS 카탈루냐어 상수 및$\ds{\mrm{Li}_{s}}$는 IS 다중 로그는 .
\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}\tag{2} \end{align}이러한 적분은 잘 알려져 있거나 매우 노력이 많이 듭니다 . \ 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}) 및 (\ ref {3})는 탐내는 결과 (\ ref {1})로 이어집니다.
$$ \int_0^1 \frac{\arctan x \ln(1+x^2)}{1+x} dx=\frac{\pi}{16}\ln^{2}\left(2\right) - \frac{11}{192}\,\pi^{3} + 2\Im\left\{% \text{Li}_{3}\left(\frac{1 + \mathrm{i}}{2}\right)\right\}+{G\ln2}$$ $$\int_0^1\frac{\arctan x\ln(\frac{2x}{1+x^2})}{1-x}dx=\frac{\pi^3}{192}-\dfrac{G\ln 2}{2}$$ $$\int_0^1\frac{\arctan x\ln(\frac{2x}{1+x^2})}{1+x}dx=\frac{\pi}{16}\ln^{2}\left(2\right) + \frac{\pi^3}{24} - 2\Im\left\{%} \text{Li}_{3}\left(\frac{1 + \mathrm{i}}{2}\right)\right\}-\dfrac{G\ln 2}{2}$$