Evaluar ${\int_0^\infty e^{-t} \log(\cos^2 t)}\,\mathrm dt$

Question

Después de leer un libro de texto sobre integrales, se me despierta la curiosidad por la siguiente integral:

$$\int_0^\infty e^{-t} \log(\cos^2 t)\, \mathrm dt$$

¿Cómo evaluar una forma cerrada de esta integral? Mi apuesta es utilizar el Teorema Integral de Cauchy de los Residuos o la Transformada de Laplace.

Answer 1

Según Mathematica, la integral indefinida es $$ I(t) = 2i e^{-t}F\left(\begin{array}{c}i/2,1\\1+i/2\end{array}\middle|-e^{2it}\right) + \frac{4-2i}{5}e^{2it-t}F\left(\begin{array}{c}1+i/2,1\\2+i/2\end{array}\middle|-e^{2it}\right) - e^{-t}\log\cos^2 t, $$ que es discontinua en los puntos $t=\frac\pi2+\pi k$ ( $k$ entero). Ahora, la primera contribución a la integral infinita es $$\lim_{t\to0}-I(t) = 2i-\psi\left(i/4\right)+\psi\left(\frac{2+i}{4}\right). $$ Dejemos que $f(-e^{2it})$ sea una de las funciones hipergeométricas anteriores (los coeficientes que multiplican $f$ son continuos con $t$ por lo que sólo debemos considerar la discontinuidad de $f$ ). La contribución a la integral de la discontinuidad de $f$ en $t=\frac\pi2+\pi k$ vendrá de $$ -\lim_{\epsilon\to0+} + \lim_{\epsilon\to0-} f(1+2i\epsilon) = f(1-i0)-f(1+i0), $$ donde $-e^{2i(\frac\pi2 + k\pi+\epsilon)} = 1+2i\epsilon + O(\epsilon^2)$ .

Según Mathematica, la discontinuidad de la primera función hipergeométrica es $\frac\pi2$ y para el segundo es $(\frac12-i)\pi$ . Así que ahora tenemos que sumar sobre todas las discontinuidades, $k\geq0$ (donde $t=\frac\pi2+k\pi$ ): $$\sum_{k\geq0} \frac{e^{-t}}{5}(4-2i)e^{2it}\left(\frac12-i\right)\pi = \pi i \sum_{k\geq0}e^{-\frac\pi2-k\pi} = \frac{i\pi}{2\sinh\frac\pi2} $$ para el segundo y $$ \sum_{k\geq0} 2ie^{-t}\frac\pi2 = \frac{i\pi}{2\sinh\frac\pi2}$$ para el primero.

Finalmente, para el tercer término, $g(t)=e^{-t}\log\cos^2 t$ aunque es singular en $t=\frac\pi2+\pi k$ la discontinuidad $\lim_{\epsilon\to0+}g(t-\epsilon)-g(t+\epsilon)$ es cero.

Así que la integral es igual a $$ 2i-\psi\left(\frac i4\right)+\psi\left(\frac{2+i}{4}\right) + \frac{i\pi}{\sinh\frac\pi2} = -1.0322554358\ldots. $$

Answer 2

Primero dejemos $a>0$ y considerar la siguiente integral (computable): \begin{align} I(a)&=\int_0^1 \ln \frac{x^{a}+x^{-a}}{2}dx=\\ &=-a-\ln 2+\int_0^{1}\ln(1+x^{-2a})dx=\\ &=-a-\ln 2+\frac{1}{2a}\int_1^{\infty}y^{-\frac{1}{2a}-1}\ln(1+y)dy=\\ &=a+\frac{\pi}{\sin\frac{\pi}{2a}}+\frac{1}{2}\left[\psi\left(\frac12-\frac{1}{4a}\right)-\psi\left(-\frac{1}{4a}\right)\right], \end{align} donde $\psi(z)$ denota la función digamma. La integral que queremos calcular (aquí viene un poco de mano) viene dada por la continuación de $I(a)+I(\bar{a})$ al complejo $a$ (piense en el cambio de variables $e^{-t}=x$ en la integral inicial), evaluada en $a=i$ .

Esto da \begin{align} I(i)+I(-i)&=\frac{1}{2}\left[\psi\left(\frac12+\frac{i}{4}\right)+\psi\left(\frac12-\frac{i}{4}\right)-\psi\left(\frac{i}{4}\right)-\psi\left(-\frac{i}{4}\right)\right]=\\ &=\mathrm{Re}\left[\psi\left(\frac12+\frac{i}{4}\right)-\psi\left(\frac{i}{4}\right)\right], \end{align} que reproduce la respuesta anterior de Kirill .

Answer 3

He aquí un intento parcial. Tal vez esto puede conducir a una forma cerrada.

Integrando por partes dos veces se obtiene $$ \begin{align} \int_0^\infty\sin^{2n}(t)e^{-t}\,\mathrm{d}t &=2n\int_0^\infty\sin^{2n-1}(t)\cos(t)\,e^{-t}\,\mathrm{d}t\\ &=2n\int_0^\infty\left((2n-1)\sin^{2n-2}(t)-2n\sin^{2n}(t)\right)\,e^{-t}\,\mathrm{d}t\\ (4n^2+1)\int_0^\infty \sin^{2n}(t)e^{-t}\,\mathrm{d}t &=(4n^2-2n)\int_0^\infty\sin^{2n-2}(t)\,e^{-t}\,\mathrm{d}t \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \int_0^\infty\sin^{2n}(t)e^{-t}\,\mathrm{d}t &=\prod_{k=1}^n\frac{2k(2k-1)}{4k^2+1}\\ &=\frac{(2n)!}{\prod\limits_{k=1}^n(4k^2+1)} \end{align} $$ Ahora $$ \begin{align} \int_0^\infty e^{-t}\log(\cos^2(t))\,\mathrm{d}t &=\int_0^\infty\log\left(1-\sin^2(t)\right)\,e^{-t}\,\mathrm{d}t\\ &=-\sum_{n=1}^\infty\int_0^\infty\frac1n\sin^{2n}(t)\,e^{-t}\,\mathrm{d}t\\ &=-2\sum_{n=1}^\infty\frac{(2n-1)!}{\prod\limits_{k=1}^n(4k^2+1)} \end{align} $$ Los términos de la última suma se descomponen como $n^{-3/2}$ por lo que la suma sí converge, aunque lentamente.

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Como se deriva en mi otro post, la integral es igual a la suma de aspecto más simple $$ \int_0^\infty e^{-t}\log(\cos^2(t))\,\mathrm{d}t=\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{8k}{4k^2+1} $$ Al menos $4k^2+1$ sigue en el denominador.

Answer 4

Otro enfoque

Utilizando la fórmula $$ \sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+z}\right)=\psi(z+1)+\gamma\tag{1} $$ obtenemos $$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac1{k+z} &=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1{2k}-\frac1{2k-1+z}\right)-\left(\frac1{2k}-\frac1{2k+z}\right)\\ &=\frac12\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1{k}-\frac1{k+\frac{z-1}{2}}\right) -\frac12\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1{k}-\frac1{k+\frac{z}{2}}\right)\\ &=\frac12\left(\psi\left(\frac{z+1}{2}\right)+\gamma\right) -\frac12\left(\psi\left(\frac{z+2}{2}\right)+\gamma\right)\\ &=\frac12\psi\left(\frac{z+1}{2}\right)-\frac12\psi\left(\frac{z+2}{2}\right)\tag{2} \end{align} $$ Aplicando $(2)$ a la pregunta da $$ \begin{align} \int_0^\infty\log(\cos^2(t))\,e^{-t}\,\mathrm{d}t &=2\,\mathrm{Re}\left(\int_0^\infty\log(\cos(t))\,e^{-t}\,\mathrm{d}t\right)\\ &=2\,\mathrm{Re}\left(\int_0^\infty\left(\color{#C00000}{\log(e^{it})}+\log(1+e^{-2it})\color{#00A000}{-\log(2)}\right)\,e^{-t}\,\mathrm{d}t\right)\\ &=\color{#00A000}{-2\log(2)}-2\sum_{k=1}^\infty\mathrm{Re}\left(\int_0^\infty\frac{(-1)^k}{k}e^{-2kit}\,e^{-t}\,\mathrm{d}t\right)\\ &=-2\log(2)-2\sum_{k=1}^\infty\mathrm{Re}\left(\frac{(-1)^k}{k}\frac1{1+2ki}\right)\\ &=-2\log(2)-2\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\mathrm{Re}\left(\frac1k-\frac1{k+\frac1{2i}}\right)\\ &=2\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\mathrm{Re}\left(\frac1{k+\frac1{2i}}\right)\\ &=\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\left(\frac1{k+\frac1{2i}}+\frac1{k-\frac1{2i}}\right)\\ &=\frac12\psi\left(\frac12+\frac i4\right) +\frac12\psi\left(\frac12-\frac i4\right)\\ &-\frac12\psi\left(1+\frac i4\right) -\frac12\psi\left(1-\frac i4\right)\tag{3} \end{align} $$ Esto concuerda con las otras respuestas, y al introducirlas en Mathematica se obtiene

N[1/2(PolyGamma[1/2+I/4]+PolyGamma[1/2-I/4] -PolyGamma[1+I/4]-PolyGamma[1-I/4]), 20]

$-1.03225543583966217044$