问题及解答

求定积分

\[\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x\ln(\cos x)}{\tan x}\mathrm{d}x.\]

 

 

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Remark:  题目来源于同事陶文清.

这道题的正确解答参见这里的第三个解答. 涉及多个知识点. 是很好的一道习题. 这个反常积分, 用通常的换元法、分部积分法都不好算. 甚至也暂时想不到是否能用复变函数的方法（即利用留数定理计算实变函数的积分）. 

解答中需要用到无穷级数、常微分方程等.

(尝试一)

注意到 $\frac{1}{\tan x}\mathrm{d}x=\mathrm{d}\ln(\sin x)$, 但是 $\ln(\cos x)$ 在 $x=\frac{\pi}{2}$ 处为 $\infty$, 故将积分区间分成 $[0,\frac{\pi}{4}]$ 和 $[\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}]$.

 

\[
\begin{split}
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x\ln(\cos x)}{\tan x}\mathrm{d}x&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\ln(\cos x)\mathrm{d}\ln(\sin x)\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}x\ln(\cos x)\mathrm{d}\ln(\sin x)+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}x\ln(\cos x)\mathrm{d}\ln(\sin x)\\
&=\biggl[\Bigl(x\ln(\cos x)\ln(\sin x)\Bigr)\biggr|_{0}^{\frac{\pi}{4}}-\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln(\sin x)\mathrm{d}(x\ln\cos x)\biggr]\\
&\quad+\biggl[\Bigl(x\ln(\cos x)\ln(\sin x)\Bigr)\biggr|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}-\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x)\mathrm{d}(x\ln\cos x)\biggr]\\
\end{split}
\]

注意到

\[\lim\limits_{x\rightarrow 0}x\ln(\sin x)=0,\quad \lim\limits_{x\rightarrow\frac{\pi}{2}}x\ln(\cos x)\cdot\ln(\sin x)=0.\]

(见问题2872), 又 

\[
\mathrm{d}(x\ln(\cos x))=(\ln(\cos x)-x\tan x)\mathrm{d}x,
\]

故上式化简为

\[
\begin{split}
&=\frac{\pi}{4}(\ln\frac{\sqrt{2}}{2})^2-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(\sin x)\cdot (\ln(\cos x)-x\tan x)\mathrm{d}x\\
&\quad+0-\frac{\pi}{4}(\ln\frac{\sqrt{2}}{2})^2-\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x)\cdot (\ln(\cos x)-x\tan x)\mathrm{d}x\\
\end{split}
\]

 

 

Remark:  这种方法是做不出来的.

(尝试二)

\[
\begin{split}
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{x\ln(\cos x)}{\tan x}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{x\ln(\cos x)}{\sin x}\mathrm{d}(\sin x)\\
&=\biggl(\frac{x\ln(\cos x)}{\sin x}\cdot\sin x\biggr)\biggr|_{0}^{\frac{\pi}{4}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin x\cdot\mathrm{d}\frac{x\ln(\cos x)}{\sin x}\\
&=\frac{\pi}{4}\ln\frac{\sqrt{2}}{2}-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}(\sin x)\cdot\frac{(\ln(\cos x)+x\cdot\frac{-\sin x}{\cos x})\cdot\sin x-x\ln(\cos x)\cdot\cos x}{\sin^2 x}\mathrm{d}x\\
&=\frac{\pi}{4}\ln\frac{\sqrt{2}}{2}-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\Bigl[\ln(\cos x)-x\tan x-\frac{x\ln(\cos x)}{\tan x}\Bigr]\mathrm{d}x\\
&=\frac{\pi}{4}\ln\frac{\sqrt{2}}{2}-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\Bigl[\ln(\cos x)-x\tan x\Bigr]\mathrm{d}x+\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{x\ln(\cos x)}{\tan x}\mathrm{d}x\\
\end{split}
\]

从而, 得到

\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\Bigl[\ln(\cos x)-x\tan x\Bigr]\mathrm{d}x=\frac{\pi}{4}\ln\frac{\sqrt{2}}{2}.
\]

不过这是 trivial 的, 因为

\[
\begin{split}
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(\cos x)\mathrm{d}x&=x\ln(\cos x)\biggr|_{0}^{\frac{\pi}{4}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\mathrm{d}\ln(\cos x)\\
&=\frac{\pi}{4}\ln\frac{\sqrt{2}}{2}-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\cdot\frac{-\sin x}{\cos x}\mathrm{d}x\\
&=\frac{\pi}{4}\ln\frac{\sqrt{2}}{2}+\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\tan x\mathrm{d}x
\end{split}
\]

 

因此, 这样的做法, 也是做不出来的.

（正确的做法）

\[
\frac{x\ln\cos x}{\tan x}=\frac{x}{\tan x}\ln\sqrt{1-\sin^2 x}=\frac{x}{2\tan x}\ln(1-\sin^2 x)
\]

由 Taylor 展开式 $\ln(1+x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n$, 

\[
\ln(1-\sin^2 x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{n}(\sin^2 x)^n.
\]

于是

\[
\frac{x\ln(\cos x)}{\tan x}=\frac{x}{2\tan x}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{n}\sin^{2n}x=\frac{x\cos x}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{n}\sin^{2n-1}x.
\]

\[
\text{原积分}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x\cos x}{2}\biggl(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{n}\sin^{2n-1}x\biggr)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sin^{2n-1}x\mathrm{d}\sin x\quad(*)
\]

注意到

\[
\begin{split}
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sin^{2n-1}x\mathrm{d}\sin x &=x\sin^{2n}x\biggr|_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin x\mathrm{d}(x\sin^{2n-1}x)\\
&=\frac{\pi}{2}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin x\cdot(1\cdot\sin^{2n-1}x+x\cdot(2n-1)\sin^{2n-2}x\cdot\cos x)\mathrm{d}x\\
&=\frac{\pi}{2}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}x\mathrm{d}x-(2n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sin^{2n-1}x\mathrm{d}\sin x
\end{split}
\]

这推出

\[
2n\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\cdot\sin^{2n-1}x\mathrm{d}\sin x=\frac{\pi}{2}-\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac{\pi}{2}.
\]

(这里用到了 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}x\mathrm{d}x$ 的计算, 见问题43).  化简为

\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\cdot\sin^{2n-1}x\mathrm{d}\sin x=\frac{\pi}{4n}\cdot\biggl[1-\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\biggr]
\]

将其代入上面的 (*) 式, 得

\[
\begin{split}
\text{原积分}&=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\biggl\{\frac{-1}{n}\cdot\frac{\pi}{4n}\cdot\biggl[1-\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\biggr]\biggr\}\\
&=\frac{-\pi}{8}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\biggl[1-\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\biggr]\\
&=\frac{\pi}{8}\biggl[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\cdot\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}-\frac{\pi^2}{6}\biggr]
\end{split}
\]

（这里用到了 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$, 见 Basel problem [pdf], Euler 给出了第一个证明. ）

下面求级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\cdot\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$, 为此考虑函数项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\cdot\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^n$. 容易计算出它的收敛域.

令

\[
F(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\cdot\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^n=\frac{1}{1^2}\cdot\frac{1}{2}x+\frac{1}{2^2}\cdot\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}x^2+\frac{1}{3^2}\cdot\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}x^3+\cdots
\]

在收敛区间内, 可以逐项求导

\[
F'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\cdot\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^{n-1}.
\]

于是

\[
xF'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\cdot\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^{n}.
\]

两边再对 $x$ 求导, 得

\[
F'(x)+xF''(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^{n-1},
\]

然后两边乘以 $x$,

\[
xF'(x)+x^2 F''(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^{n}.
\]

注意到

\[
\frac{1}{\sqrt{1-x}}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^{n}.
\]

故

\[
xF'(x)+x^2 F''(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}}-1.
\]

令 $G(x)=F'(x)$, 则得到关于 $G(x)$ 的一个常微分方程

\[
xG(x)+x^2 G'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}}-1.
\]

两边除以 $x^2$, 变为

\[
G'(x)+\frac{1}{x}\cdot G(x)=\frac{1}{x^2}(\frac{1}{\sqrt{1-x}}-1).
\]

根据一阶常微分方程的通解公式,

\[
\begin{split}
G(x)&=e^{-\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}\cdot\biggl[\int\frac{1}{x^2}(\frac{1}{\sqrt{1-x}}-1)e^{\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\biggr]\\
&=e^{-\ln x}\cdot\biggl[\int\frac{1}{x^2}\cdot(\frac{1}{\sqrt{1-x}}-1)e^{\ln x}\mathrm{d}x+C\biggr]\\
&=\frac{1}{x}\cdot\biggl[\int\frac{1}{x}\cdot(\frac{1}{\sqrt{1-x}}-1)\mathrm{d}x+C\biggr]\\
&=\frac{1}{x}\cdot\biggl[\int\frac{1}{x\sqrt{1-x}}\mathrm{d}x-\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x+C\biggr],
\end{split}
\]

其中 $\int\frac{1}{x\sqrt{1-x}}\mathrm{d}x$ 可通过换元 $t=\sqrt{1-x}$ 计算如下, 这里看成某个原函数.

\[
\begin{split}
\int\frac{1}{x\sqrt{1-x}}\mathrm{d}x&=\int\frac{1}{(1-t^2)t}\cdot(-1)2t\mathrm{d}t\\
&=\int\frac{2}{t^2-1}\mathrm{d}t=\int(\frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1})\mathrm{d}t\\
&=\ln\biggl|\frac{t-1}{t+1}\biggr|=\ln\frac{|\sqrt{1-x}-1|}{|\sqrt{1+x}+1|}\\
&=2\ln(1-\sqrt{1-x})-\ln x
\end{split}
\]

于是

\[
G(x)=\frac{1}{x}\cdot\Bigl[2\ln(1-\sqrt{1-x})-\ln x-\ln x+C\Bigr]=\frac{2}{x}\Bigl[\ln(1-\sqrt{1-x})-\ln x\Bigr]+\frac{C}{x}
\]

因此,

\[
\begin{split}
F(x)&=\int G(x)\mathrm{d}x=\int\frac{2}{x}\Bigl[\ln(1-\sqrt{1-x})-\ln x\Bigr]\mathrm{d}x+\int\frac{C}{x}\mathrm{d}x\\
&=\int\frac{2}{x}\ln(1-\sqrt{1-x})\mathrm{d}x-\int\frac{2}{x}\ln x\mathrm{d}x+C\ln x\\
&=2\int\frac{\ln(1-\sqrt{1-x})}{x}\mathrm{d}x-(\ln x)^2+C\ln x
\end{split}
\]

关于积分 $\int\frac{\ln(1-\sqrt{1-x})}{x}\mathrm{d}x$ 的求解  参见 问题2876.