求两重积分的值

yinhow

$\int_0^\pi\int_0^\pi\log(2-\cos(x)-\cos(y))dxdy$

wayne

折腾了一会，没头绪。。。

yinhow

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

wayne

3# yinhow 好，我多搜搜关于该作者的东西

zeroieme

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？

wayne

5# zeroieme 我好像还是算不出来

zeroieme

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[x/2]]部分需要求极限。手动分步得到[0,$\pi$]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$I \pi^2-\pi Log[2]$，y没了。常数对y定积分……

wayne

7# zeroieme 感觉这样不合适吧 有时间我也折腾一下

zeroieme

8# wayne 我是错误示范求更正

Buffalo

\int_0^\pi\int_0^\pi\log(2-\cos(x)-\cos(y))dxdy yinhow 发表于 2011-1-2 21:07

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$Catalan=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{(-1)^i}{(2i+1)^2}$。