嘿，各位大佬！我最近碰到这么一个积分相关的问题，想请教下大家：

如果满足
$$\int_a^b \sin(x) dx = \int_a^b \cos(x) dx,$$
那是不是一定能推出
$$\int_a^b \ln(\sin(x)) dx = \int_a^b \ln(\cos(x)) dx $$
呢？

我自己试着从定积分的定义出发去转化这个问题，把积分拆成黎曼和的极限形式，不过最开始写的黎曼和有点疏漏，修正后是这样的：

如果
$$\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n \sin\left(a + i\cdot\frac{b-a}n\right)\cdot\frac{b-a}n = \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n \cos\left(a + i\cdot\frac{b-a}n\right)\cdot\frac{b-a}n,$$
那是不是能推出
$$\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n \ln\left(\sin\left(a + i\cdot\frac{b-a}n\right)\right)\cdot\frac{b-a}n = \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n \ln\left(\cos\left(a + i\cdot\frac{b-a}n\right)\right)\cdot\frac{b-a}n $$
也就是等价于
$$\ln\left(\lim_{n\to\infty}\prod_{i=1}^n \sin\left(a + i\cdot\frac{b-a}n\right)^{\frac{b-a}n}\right) = \ln\left(\lim_{n\to\infty}\prod_{i=1}^n \cos\left(a + i\cdot\frac{b-a}n\right)^{\frac{b-a}n}\right) $$
进一步得到
$$\lim_{n\to\infty}\prod_{i=1}^n \sin\left(a + i\cdot\frac{b-a}n\right)^{\frac{b-a}n} = \lim_{n\to\infty}\prod_{i=1}^n \cos\left(a + i\cdot\frac{b-a}n\right)^{\frac{b-a}n} $$

不过到这一步就卡壳了，有没有大佬能帮我捋捋这个推论到底成立不成立，或者给点思路呀？

我的解答 #

嘿，兄弟，我来帮你分析下这个问题！

首先得纠正你一个小错误：你最开始写的黎曼和漏掉了采样点的偏移项 $a + i\cdot\frac{b-a}n$ 和区间长度的乘积 $\frac{b-a}n$，不过你后来修正的版本是对的，这点要注意，黎曼和的每个项是函数在采样点的值乘以小区间的长度，可不能漏掉哦。

接下来回到核心问题：这个推论不是在所有情况下都成立，得分情况讨论：

1. 先从积分等式的解入手

我们先把原积分等式变形：
$$\int_a^b (\sin x - \cos x) dx = 0$$
计算原函数：$-\cos x - \sin x$，代入上下限得：
$$(-\cos b - \sin b) - (-\cos a - \sin a) = 0$$
整理后就是：
$$\cos a + \sin a = \cos b + \sin b$$
用辅助角公式化简：$\sqrt{2}\sin\left(a+\frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}\sin\left(b+\frac{\pi}{4}\right)$，所以这个等式的解只有两种情况：

• 情况1：$b + \frac{\pi}{4} = a + \frac{\pi}{4} + 2k\pi$，也就是 $b = a + 2k\pi$（$k$ 为整数）
• 情况2：$b + \frac{\pi}{4} = \pi - \left(a + \frac{\pi}{4}\right) + 2k\pi$，也就是 $b = \frac{\pi}{2} - a + 2k\pi$（$k$ 为整数）

2. 分情况看推论是否成立

• 对于情况1：$b = a + 2k\pi$
  这个区间 $[a, a+2k\pi]$ 里，$\sin x$ 和 $\cos x$ 都会出现正负值（比如 $a=0$，$b=2\pi$，区间里 $\sin x$ 在 $(\pi,2\pi)$ 为负，$\cos x$ 在 $(\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2})$ 为负），这时候 $\ln(\sin x)$ 和 $\ln(\cos x)$ 在区间内有无数个点无定义，对数积分根本不存在，所以这种情况讨论推论没有意义。

• 对于情况2：$b = \frac{\pi}{2} - a + 2k\pi$
  这时候我们可以做变量替换：令 $t = \frac{\pi}{2} + 2k\pi - x$，当 $x=a$ 时，$t=b$；$x=b$ 时，$t=a$，替换后积分上下限交换，再调整回来：
  $$\int_a^b \ln(\cos x) dx = \int_b^a \ln\left(\cos\left(\frac{\pi}{2}+2k\pi - t\right)\right) (-dt) = \int_a^b \ln(\sin t) dt$$
  因为 $\cos\left(\frac{\pi}{2} - t\right) = \sin t$，加上周期 $2k\pi$ 不影响三角函数值，所以这个积分就等于 $\int_a^b \ln(\sin x) dx$，这时候推论是成立的！

  不过这里要注意一个前提：区间 $[a,b]$ 里必须保证 $\sin x > 0$ 且 $\cos x > 0$，不然对数还是无定义。比如取 $a=\frac{\pi}{6}$，$b=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{3}$，这个区间里 $\sin x$ 和 $\cos x$ 都是正的，对数积分都存在，而且确实相等；但如果取 $a=\frac{\pi}{3}$，$b=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{3}+2\pi=\frac{\pi}{6}+2\pi$，这时候区间 $[\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{6}+2\pi]$ 里，$\cos x$ 在 $(\frac{\pi}{2},2\pi+\frac{\pi}{6})$ 有负的部分，对数无定义，这种情况也没法讨论。

3. 关于你黎曼和到乘积的转化

你把积分转化为乘积极限的思路是对的，不过要注意：只有当 $\sin x$ 和 $\cos x$ 在区间内恒正的时候，对数才有意义，这时候积分相等等价于乘积的极限相等（因为对数函数是单调连续的，极限和对数可以交换顺序，前提是极限存在且为正）。但如果函数有负的部分，这个转化就不成立了，因为对数没定义。

总结一下：

• 在 $\ln(\sin x)$ 和 $\ln(\cos x)$ 都有定义的区间（也就是 $\sin x>0$ 且 $\cos x>0$ 对所有 $x\in[a,b]$ 成立），如果原积分等式满足，那对数积分一定相等；
• 如果区间内存在 $\sin x\leq0$ 或 $\cos x\leq0$ 的点，要么对数积分无定义，要么讨论推论没有意义。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者irony