Làm thế nào bạn có thể tiếp cận $\int_0^{\pi/2} x\frac{\ln(\cos x)}{\sin x}dx$
Đây là một vấn đề mới đầy thách thức :
Cho thấy
$$I=\int_0^{\pi/2} x\frac{\ln(\cos x)}{\sin x}dx=2\ln(2)G-\frac{\pi}{8}\ln^2(2)-\frac{5\pi^3}{32}+4\Im\left\{\text{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)\right\}$$
Cố gắng của tôi :
Với thay thế Weierstrass, chúng tôi có
$$I=2\int_0^1\frac{\arctan x}{x}\ln\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)dx\overset{x\to \frac{1-x}{1+x}}{=}4\int_0^1\frac{\frac{\pi}{4}-\arctan x}{1-x^2}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx$$
$$=\pi\underbrace{\int_0^1\frac{1}{1-x^2}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx}_{I_1}-4\underbrace{\int_0^1\frac{\arctan x}{1-x^2}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx}_{I_2}$$
Bằng cách thiết lập $x\to \frac{1-x}{1+x}$ trong tích phân đầu tiên chúng ta có
$$I_1=\frac12\int_0^1\frac{1}{x}\ln\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)dx$$
$$=\frac14\int_0^1\frac{1}{x}\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)dx=\frac14\left[-\text{Li}_2(x)+\text{Li}_2(-x)\right]_0^1=-\frac38\zeta(2)$$
Đối với tích phân thứ hai, viết $\frac{1}{1-x^2}=\frac{1}{2(1-x)}+\frac{1}{2(1+x)}$
$$I_2=\frac12\int_0^1\frac{\arctan x}{1-x}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx+\frac12\int_0^1\frac{\arctan x}{1+x}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx$$
Tích phân đầu tiên rất giống với tích phân này
$$\int_0^1\frac{\arctan\left(x\right)}{1-x}\, \ln\left(\frac{2x^2}{1+x^2}\right)\,\mathrm{d}x = -\frac{\pi}{16}\ln^{2}\left(2\right) - \frac{11}{192}\,\pi^{3} + 2\Im\left\{% \text{Li}_{3}\left(\frac{1 + \mathrm{i}}{2}\right)\right\}$$
Vì vậy, chúng tôi chỉ còn lại $\int_0^1\frac{\arctan x\ln(1+x^2)}{1+x}dx$ như $\int_0^1\frac{\arctan x\ln x}{1+x}dx$đã được FDP tính toán độc đáo ở đây . Bất kỳ ý tưởng?
Tôi nhận thấy rằng nếu chúng ta sử dụng $x\to\frac{1-x}{1+x}$ trong $\int_0^1\frac{\arctan x\ln(1+x^2)}{1+x}dx$ chúng ta sẽ có một symmerty đẹp nhưng vẫn có một số tích phân gây phiền nhiễu xuất hiện.
Trong $I$, Tôi cũng đã thử loạt Fourier của $\ln(\cos x)$ nhưng tôi đã dừng lại ở $\int_0^{\pi/2} \frac{x\cos(2nx)}{\sin x}dx$. Tôi muốn xem các cách tiếp cận khác nhau nếu có thể.
Cảm ơn bạn.
Trả lời
Nhiều cách để đi là có thể!
Một cách đơn giản là khai thác kết quả đã biết ,
$$\int_0^1 \frac{\arctan(x)}{x}\log\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)=\frac{\pi^3}{16},\tag 1$$
vì với phần phụ Weierstrass , tích phân chính giảm xuống
$$\mathcal{I}=2\int_0^1\frac{\arctan(x)}{x}\log\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)\textrm{d}x$$ $$=-2 \int_0^1 \frac{ \arctan(x)}{x}\log \left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right) \textrm{d}x-2 \int_0^1 \frac{\arctan(x)\log (1-x)}{x} \textrm{d}x$$ $$+2 \int_0^1 \frac{\arctan(x)\log (1+x) }{x} \textrm{d}x$$ $$=2\log(2)G-\frac{\pi}{8}\log^2(2)-\frac{5}{32}\pi^3+4\Im\left\{\text{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)\right\},$$
trong đó hai tích phân cuối cùng được Ali Shather tính toán trong câu trả lời nàyhttps://math.stackexchange.com/q/3261446.
Kết thúc câu chuyện
Tín dụng cho cách tiếp cận này thuộc về Cornel .
Lưu ý đầu tiên: Thật thú vị, những cách khác nhau làm cho vấn đề trở nên rất khó khăn . Sẽ rất tốt nếu có nhiều cách hơn để đi.
Lưu ý thứ hai: Sự tổng quát của tích phân chính trong$(1)$có thể được tìm thấy trong cuốn sách, (Hầu như) Các Phép Tích phân Không thể, Tổng và Chuỗi , trang$17$,
$$ \int_0^x \frac{\arctan(t)\log(1+t^2)}{t} \textrm{d}t-2 \int_0^1 \frac{\arctan(xt)\log (1-t)}{t}\textrm{d}t$$ $$=2\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{2n-1}}{(2n-1)^3}, \ |x|\le1.$$
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,}
\newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace}
\newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack}
\newcommand{\dd}{\mathrm{d}}
\newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}
\newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,}
\newcommand{\ic}{\mathrm{i}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}}
\newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)}
\newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}}
\newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,}
\newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}}
\newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$
\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}
$\ds{\mrm{G}}$là Hằng số Catalan và
$\ds{\mrm{Li}_{s}}$là đa thức .
\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} Những tích phân đó đã nổi tiếng hoặc / và rất phức tạp - có thể làm được : \ begin { method } \ 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. \ nhãn {3} \ tag {3} \ end {method} (\ ref {2}) và (\ ref {3}) dẫn đến kết quả mong muốn (\ ref {1}).
$$ \int_0^1 \frac{\arctan x \ln(1+x^2)}{1+x} dx=\frac{\pi}{16}\ln^{2}\left(2\right) - \frac{11}{192}\,\pi^{3} + 2\Im\left\{% \text{Li}_{3}\left(\frac{1 + \mathrm{i}}{2}\right)\right\}+{G\ln2}$$ $$\int_0^1\frac{\arctan x\ln(\frac{2x}{1+x^2})}{1-x}dx=\frac{\pi^3}{192}-\dfrac{G\ln 2}{2}$$ $$\int_0^1\frac{\arctan x\ln(\frac{2x}{1+x^2})}{1+x}dx=\frac{\pi}{16}\ln^{2}\left(2\right) + \frac{\pi^3}{24} - 2\Im\left\{%} \text{Li}_{3}\left(\frac{1 + \mathrm{i}}{2}\right)\right\}-\dfrac{G\ln 2}{2}$$