Как вы можете подойти $\int_0^{\pi/2} x\frac{\ln(\cos x)}{\sin x}dx$

Question

Вот новая сложная проблема :

Покажи это

$$I=\int_0^{\pi/2} x\frac{\ln(\cos x)}{\sin x}dx=2\ln(2)G-\frac{\pi}{8}\ln^2(2)-\frac{5\pi^3}{32}+4\Im\left\{\text{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)\right\}$$

Моя попытка :

С заменой Вейерштрасса мы имеем

$$I=2\int_0^1\frac{\arctan x}{x}\ln\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)dx\overset{x\to \frac{1-x}{1+x}}{=}4\int_0^1\frac{\frac{\pi}{4}-\arctan x}{1-x^2}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx$$

$$=\pi\underbrace{\int_0^1\frac{1}{1-x^2}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx}_{I_1}-4\underbrace{\int_0^1\frac{\arctan x}{1-x^2}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx}_{I_2}$$

Установив $x\to \frac{1-x}{1+x}$ в первом интеграле имеем

$$I_1=\frac12\int_0^1\frac{1}{x}\ln\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)dx$$

$$=\frac14\int_0^1\frac{1}{x}\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)dx=\frac14\left[-\text{Li}_2(x)+\text{Li}_2(-x)\right]_0^1=-\frac38\zeta(2)$$

Для второго интеграла запишем $\frac{1}{1-x^2}=\frac{1}{2(1-x)}+\frac{1}{2(1+x)}$

$$I_2=\frac12\int_0^1\frac{\arctan x}{1-x}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx+\frac12\int_0^1\frac{\arctan x}{1+x}\ln\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)dx$$

Первый интеграл очень похож на этот

$$\int_0^1\frac{\arctan\left(x\right)}{1-x}\, \ln\left(\frac{2x^2}{1+x^2}\right)\,\mathrm{d}x = -\frac{\pi}{16}\ln^{2}\left(2\right) - \frac{11}{192}\,\pi^{3} + 2\Im\left\{% \text{Li}_{3}\left(\frac{1 + \mathrm{i}}{2}\right)\right\}$$

Итак, нам осталось только $\int_0^1\frac{\arctan x\ln(1+x^2)}{1+x}dx$ в качестве $\int_0^1\frac{\arctan x\ln x}{1+x}dx$уже хорошо рассчитывается FDP здесь . Любая идея?

Я заметил, что если мы используем $x\to\frac{1-x}{1+x}$ в $\int_0^1\frac{\arctan x\ln(1+x^2)}{1+x}dx$ у нас будет хорошая симметрия, но все равно появятся некоторые раздражающие интегралы.

В $I$, Я также пробовал ряд Фурье $\ln(\cos x)$ но я остановился на $\int_0^{\pi/2} \frac{x\cos(2nx)}{\sin x}dx$. Если возможно, хотелось бы увидеть разные подходы.

Спасибо.

Answer 1

Возможны многие пути!

Простым способом было бы использовать известный результат,

$$\int_0^1 \frac{\arctan(x)}{x}\log\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)=\frac{\pi^3}{16},\tag 1$$

так как с субстратами Вейерштрасса главный интеграл сводится к

$$\mathcal{I}=2\int_0^1\frac{\arctan(x)}{x}\log\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)\textrm{d}x$$ $$=-2 \int_0^1 \frac{ \arctan(x)}{x}\log \left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right) \textrm{d}x-2 \int_0^1 \frac{\arctan(x)\log (1-x)}{x} \textrm{d}x$$ $$+2 \int_0^1 \frac{\arctan(x)\log (1+x) }{x} \textrm{d}x$$ $$=2\log(2)G-\frac{\pi}{8}\log^2(2)-\frac{5}{32}\pi^3+4\Im\left\{\text{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)\right\},$$

где два последних интеграла вычислены Али Шатером в этом ответеhttps://math.stackexchange.com/q/3261446.

Конец истории

Кредит за такой подход принадлежит Корнелу .

Первое замечание: интересно, что разные способы очень усложняют задачу . Было бы неплохо иметь больше возможностей.

Второе примечание: обобщение ключевого интеграла в$(1)$можно найти в книге (Почти) невозможные интегралы, суммы и ряды , стр.$17$,

$$ \int_0^x \frac{\arctan(t)\log(1+t^2)}{t} \textrm{d}t-2 \int_0^1 \frac{\arctan(xt)\log (1-t)}{t}\textrm{d}t$$ $$=2\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{2n-1}}{(2n-1)^3}, \ |x|\le1.$$

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \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}
$\ds{\mrm{G}}$является постоянной Каталонский и$\ds{\mrm{Li}_{s}}$- полилогарифм .

---

\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}Эти интегралы хорошо известны или / и очень-труднодостижимы : \ begin {уравнение} \ 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}} \\ [2 мм] \ 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}} \\ [2 мм] \ ds {I_ {3}} & \ ds {=} & \ ds {- \, \ mrm {G} } \\ [2 мм] \ ds {I_ {4}} & \ ds {=} & \ ds {\ phantom {-} {\ pi ^ {3} \ over 16}} \ end {array} \ right. \ label {3} \ tag {3} \ end {формула} (\ ref {2}) и (\ ref {3}) приводят к желаемому результату (\ ref {1}).

Answer 3

$$ \int_0^1 \frac{\arctan x \ln(1+x^2)}{1+x} dx=\frac{\pi}{16}\ln^{2}\left(2\right) - \frac{11}{192}\,\pi^{3} + 2\Im\left\{% \text{Li}_{3}\left(\frac{1 + \mathrm{i}}{2}\right)\right\}+{G\ln2}$$ $$\int_0^1\frac{\arctan x\ln(\frac{2x}{1+x^2})}{1-x}dx=\frac{\pi^3}{192}-\dfrac{G\ln 2}{2}$$ $$\int_0^1\frac{\arctan x\ln(\frac{2x}{1+x^2})}{1+x}dx=\frac{\pi}{16}\ln^{2}\left(2\right) + \frac{\pi^3}{24} - 2\Im\left\{%} \text{Li}_{3}\left(\frac{1 + \mathrm{i}}{2}\right)\right\}-\dfrac{G\ln 2}{2}$$