求两重积分的值
\int_0^\pi\int_0^\pi\log(2-\cos(x)-\cos(y))dxdy 折腾了一会，没头绪。。。 2# wayne这道题来自于你“积分难题”截图所用文献的同一作者，他数值计算并猜想这个值，但没有给出解析证明，我也没找到 3# yinhow
好，我多搜搜关于该作者的东西 使用换元x:$pi-x$、y:$pi-y$
$\int_0^\pi\int_0^\pi\log(2-\cos(x)-\cos(y))dxdy$
=$\int_0^\pi\int_0^\pi\log(2+\cos(x)-\cos(y))dxdy$
=$\int_0^\pi\int_0^\pi\log(2-\cos(x)+\cos(y))dxdy$
=$\int_0^\pi\int_0^\pi\log(2+\cos(x)+\cos(y))dxdy$
=$(\int_0^\pi\int_0^\pi\log(2-\cos(x)-\cos(y))dxdy+\int_0^\pi\int_0^\pi\log(2+\cos(x)-\cos(y))dxdy+\int_0^\pi\int_0^\pi\log(2-\cos(x)+\cos(y))dxdy+\int_0^\pi\int_0^\pi\log(2+\cos(x)+\cos(y))dxdy)/4$
用此式Mathematica不定积分，牛顿－莱布尼兹公式算极限可消去超越函数。
然后……
$2 i \pi^3-\pi^2 Log(2)$
问题在哪？ 5# zeroieme
我好像还是算不出来 6# wayne
按换元法，被积函数合并为$log(2+p\cos(x)+q\cos(y))$，p、q是符号系数±1
一重积分$\int\log(2+p\cos(x)+q\cos(y))dx$用Mathematica可积出
此函数$x=0$可直接计算；$x=\pi$，ArcTan[（……）Tan]部分需要求极限。手动分步得到定积分。
手动将对数合并约化，然后p、q分别等于±1，四式算术平均……
常数$I \pi^2-\pi Log$，y没了。常数对y定积分…… 7# zeroieme
感觉这样不合适吧
有时间我也折腾一下 8# wayne
我是错误示范求更正:L \int_0^\pi\int_0^\pi\log(2-\cos(x)-\cos(y))dxdy
yinhow 发表于 2011-1-2 21:07 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
可以先考虑一般的积分I(a)=\int_0^\pi\int_0^\pi\log(a-\cos(x)-\cos(y))dxdy，对a求导，得到I'(a)=\int_0^\pi\int_0^\pi\frac{1}{a-\cos(x)-\cos(y)}dxdy，这个积分可以依次积分算出来，I'(a)=\pi\sqrt{\frac{4}{a^2-4}}K(-\frac{4}{a^2-4})，这里的K是第一类椭圆积分。再积分一次就可以得到I(a)。积分限的确定可以通过引进新函数J(a)=I(a)-\pi^2 \log (a)来确定，易知J(+\infty)=0，I(a)=\pi^2 \log(a)-\int_a^{\infty}J'(t)dt。
当然，最后一个积分还是没有显式表示，可以耍赖写成合流超几何函数的样子，没有任何意义。
另外也可以把原来的式子在a=+\infty附近展开再积分，得到I(a)=\pi^2\log(a)-\pi^2\sum\frac{(2n)!^2}{2n(2a)^{2n}n!^4}。当a=2时得到I(2)=4\pi*Catalan-\pi^2 \log(2)，Catalan常数Catalan=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{(-1)^i}{(2i+1)^2}。
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