Interesante integral

Question

He tropieza a través del siguiente integral cuando se hace alguna combinatoria de trabajo:

$$ I=\int_0^1 \int_0^1 \log\left( \cos(\pi x)^2 + \cos(\pi y)^2 \right)dxdy$$

Después de conectar esta en Mathematica, salidas: $$ I=\frac{4C}{\pi}-\log(4)$$

donde $C$ catalana es la constante de $\left( C= \frac{1}{1^2}-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}-\ldots \right)$. He metido con esta integral pero no puedo averiguar cómo consiguió ese resultado. Alguien tiene alguna idea?

Answer 1

Los cálculos se simplifica si sabemos que $\cos(\pi x) \ge 0$$\cos(\pi y) \ge 0$. Para lograr que observamos que $$ \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\log(\cos^{2}(\pi x)+\cos^{2}(\pi y))\, dxdy = 4\int_{0}^{1/2}\int_{0}^{1/2}\log(\cos^{2}(\pi x)+\cos^{2}(\pi y))\, dxdy . $$ Estudiamos $$ f(s) = \int_{0}^{1/2}\int_{0}^{1/2}\log(\cos^{2}(\pi x)+s\cos^{2}(\pi y))\, dxdy $$ y están interesados en $4f(1)$. Desde $$ f(1)-f(0) = \int_{0}^{1}f'(s)\, ds $$ estamos listos si se puede determinar la integral y $f(0)$. Tenemos que \begin{gather*} f(0) = \int_{0}^{1/2}\int_{0}^{1/2}\log(\cos^{2}(\pi x))\, dxdy = \int_{0}^{1/2}\log(\cos(\pi x))\, dx \\[2ex]= \int_{0}^{1/2}\log(\sin(\pi x))\, dx = \dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}\log(\sin(\pi x))\, dx = \dfrac{1}{2}\int_{0}^{1/2}\log(\sin(\pi 2z))2\, dz\\[2ex] = \int_{0}^{1/2}\log 2\, dz + \int_{0}^{1/2}\log(\sin(\pi z))\, dz +\int_{0}^{1/2}\log(\cos(\pi z))\, dz\\[2ex] = \dfrac{1}{2}\log 2 + f(0)+f(0). \end{reunir*} En consecuencia,$f(0) = -\dfrac{1}{2}\log 2$. Procedemos a $$ f'(s) = \int_{0}^{1/2}\int_{0}^{1/2}\dfrac{\cos^{2}(\pi y)}{\cos^{2}(\pi x) +s\cos^{2}(\pi y)}\, dxdy. $$ La integral con respecto a $x$ puede ser evaluado a través de un estándar de sustitución de $t= \tan\dfrac{z}{2}$. \begin{gather*} \int_{0}^{1/2}\dfrac{\cos^{2}(\pi y)}{\cos^{2}(\pi x) +s\cos^{2}(\pi y)}\, dx = \int_{0}^{1/2}\dfrac{2\cos^{2}(\pi y)}{1+\cos(2\pi x) + 2s\cos^{2}(\pi y)}\, dx\\[2ex]= \dfrac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\dfrac{\cos^{2}(\pi y)}{1+\cos(z) + 2s\cos^{2}(\pi y)}\, dz = \dfrac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\dfrac{\cos^{2}(\pi y)}{1+t^{2} +1-t^{2} + 2(1+t^{2})s\cos^{2}(\pi y)}2\, dt \\[2ex] = \dfrac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\dfrac{\cos^{2}(\pi y)}{1 + s\cos^{2}(\pi y)+ st^{2}\cos^{2}(\pi y)}\, dt\\[2ex] = \dfrac{1}{\pi}\left[\dfrac{\cos(\pi y)}{\sqrt{s}\sqrt{1+s\cos^{2}(\pi y)}}\arctan\left(\sqrt{\dfrac{s}{1+s\cos^{2}(\pi y)}}\cos(\pi y)t\right)\right]_{0}^{\infty} \\[2ex]= \dfrac{\cos(\pi y)}{2\sqrt{s}\sqrt{1+s\cos^{2}(\pi y)}}. \end{reunir*} Sigue a integrar con respecto a $y$. \begin{gather*} \int_{0}^{1/2}\dfrac{\cos(\pi y)}{2\sqrt{s}\sqrt{1+s\cos^{2}(\pi y)}}\, dy = \int_{0}^{1/2}\dfrac{\cos(\pi y)}{2\sqrt{s}\sqrt{1+s -s\sin^{2}(\pi y)}}\, dy\\[2ex] = \left[\dfrac{1}{2\pi s}\arcsin\left(\sqrt{\dfrac{s}{1+s}}\sin(\pi y)\right)\right]_{0}^{1/2} = \dfrac{1}{2\pi s}\arcsin\sqrt{\dfrac{s}{1+s}} = \dfrac{1}{2\pi s}\arctan\sqrt{s}. \end{reunir*} Finalmente volvemos a \begin{gather*} f(1)-f(0) = \int_{0}^{1}f'(s)\, ds = \int_{0}^{1}\dfrac{1}{2\pi s}\arctan\sqrt{s}\, ds\\[2ex] = \int_{0}^{1}\dfrac{1}{2\pi u^{2}}\arctan(u)2u\, du = \int_{0}^{1}\dfrac{1}{\pi u}\arctan(u)\, du = \dfrac{C}{\pi}. \end{reunir*}

Ya que sabemos $f(0)$ llegamos a la conclusión de que $$ \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\log(\cos^{2}(\pi x)+\cos^{2}(\pi y))\, dxdy = \dfrac{4C}{\pi} -2\log 2 = \dfrac{4C}{\pi} - \log 4. $$