Evaluar $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(1+\cos x)\, dx$

Question

Encontrar el valor de $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(1+\cos x) $

Traté de poner $1+ \cos x = 2 \cos^2 \frac{x}{2} $, pero soy incapaz de seguir adelante. Creo que la siguiente integral puede ser útil: $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\cos x)dx = \frac{\pi}{2} \ln\frac{1}{2} $

Answer 1

El uso de Weierstrass sustitución $$ t=\tan\frac x2\qquad;\qquad\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}\qquad;\qquad dx=\frac{2}{1+t^2}\ dt $$ obtenemos \begin{align} \int_0^{\Large\frac\pi2}\ln(1+\cos x)\ dx&=2\underbrace{\int_0^1\frac{\ln2}{1+t^2}\ dt}_{\color{blue}{\text{set}\ t=\tan\theta}}-2\color{red}{\int_0^1\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt}\\ &=\frac{\pi}{2}\ln2-2\color{red}{\int_0^1\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt}.\tag1 \end{align} Considere la posibilidad de \begin{align} \int_0^\infty\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt&=\int_0^1\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt+\underbrace{\int_1^\infty\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt}_{\large\color{blue}{t\ \mapsto\ \frac1t}}\\ &=2\int_0^1\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt-2\int_0^1\frac{\ln t}{1+t^2}\ dt\\ \color{red}{\int_0^1\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt}&=\frac12\underbrace{\int_0^\infty\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt}_{\color{blue}{\text{set}\ t=\tan\theta}}+\int_0^1\frac{\ln t}{1+t^2}\ dt\\ &=-\underbrace{\int_0^{\Large\frac\pi2}\ln\cos\theta\ d\theta}_{\color{blue}{\Large\text{*}}}+\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\underbrace{\int_0^1 t^{2k}\ln t\ dt}_{\color{blue}{\Large\text{**}}}\\ &=\frac\pi2\ln2-\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2 k+1)^2}\\ &=\frac\pi2\ln2-\text{G},\tag2 \end{align} donde $\text{G}$ es del catalán constante.

$(*)$ puede ser comprobada mediante el uso de la simetría de $\ln\cos\theta$ $\ln\sin\theta$ en el intervalo de $\left[0,\frac\pi2\right]$ $(**)$ puede ser comprobada mediante el uso de la fórmula $$ \int_0^1 x^\alpha \ln^n x\ dx=\frac{(-1)^n n!}{(\alpha+1)^{n+1}}, \qquad\text{para }\ n=0,1,2,\ldots $$ Por lo tanto, conectar $(2)$ $(1)$rendimientos \begin{align} \int_0^{\Large\frac\pi2}\ln(1+\cos x)\ dx =\large\color{blue}{2\text{G}-\frac{\pi}{2}\ln2}. \end{align}

Answer 2

Aquí es una fórmula que me resulta bastante útil: $$ \begin{align} \log(1+\cos(x)) &=\log\left(\frac{e^{ix}+2+e^{-ix}}{2}\right)\tag{1}\\ &=2\log\left(e^{ix/2}+e^{-ix/2}\right)-\log(2)\tag{2}\\ &=2\left[ix/2+\log\left(1+e^{-ix}\right)\right]-\log(2)\tag{3}\\ &=2\left[-ix/2+\log\left(1+e^{ix}\right)\right]-\log(2)\tag{4}\\ &=\log\left(1+e^{ix}\right)+\log\left(1+e^{-ix}\right)-\log(2)\tag{5}\\ &=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{e^{ikx}}{k}+\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{e^{-ikx}}{k}-\log(2)\tag{6}\\ &=2\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{\cos(kx)}{k}-\log(2)\tag{7} \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: $\cos(x)=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$
$(2)$: tire de la $\log(2)$ y el uso de $\left(e^{ix/2}+e^{-ix/2}\right)^2=e^{ix}+2+e^{-ix}$
$(3)$: tire $e^{ix/2}$ $\log\left(e^{ix/2}+e^{-ix/2}\right)$ $(2)$
$(4)$: tire $e^{-ix/2}$ $\log\left(e^{ix/2}+e^{-ix/2}\right)$ $(2)$
$(5)$: promedio de $(3)$ $(4)$
$(6)$: uso el poder de la serie para $\log(1+x)$
$(7)$: $\cos(x)=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$

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Aplicar la fórmula anterior a la integral en la pregunta: $$ \begin{align} \int_0^{\pi/2}\log(1+\cos(x))\,\mathrm{d}x &=2\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k}\int_0^{\pi/2}\cos(kx)\,\mathrm{d}x-\frac\pi2\log(2)\\ &=2\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k^2}\sin(k\pi/2)-\frac\pi2\log(2)\\ &=2\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}-\frac\pi2\log(2)\\ &=2\mathrm{G}-\frac\pi2\log(2)\tag{8} \end{align} $$ donde $\mathrm{G}$ es del catalán constante.

Answer 3

sugerencia: $$\int\ln[1+\cos(x)]dx=\int\ln\left[2\cos^2\left(\frac{x}{2}\right)\right]dx\\=\int\ln(2)dx+\int\ln\left[\cos^2\left(\frac{x}{2}\right)\right]dx\\=\ln(2)\int dx+2\int\ln\left[\cos\left(\frac{x}{2}\right)\right]dx\\=\ln(2)\int dx+4\int\ln\cos(t)dt\bigg|_{t=x/2}$$ a continuación, puede utilizar su útil de integración para tener el resultado.

Answer 4

\begin{align} \color{red}{\int^{\pi/2}_0\log(1+\cos{x}){\rm d}x} &=\int^{\pi/2}_0\frac{x\sin{x}}{1+\cos{x}}{\rm d}x\tag1\\ &=\int^{\pi/2}_0 x\tan{\frac{x}{2}} \ {\rm d}x\tag2\\ &=4\int^{\pi/4}_0x\tan{x} \ {\rm d}x\tag3\\ &=8\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\int^{\pi/4}_0x\sin(2nx) \ {\rm d}x\tag4\\ &=2\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n^2}-\pi\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n}\\ &=2\sum^\infty_{n=0}\frac{\sin\left(\frac{(2n+1)\pi}{2}\right)}{(2n+1)^2}-\color{grey}{2\sum^\infty_{n=1}\frac{\sin\left(n\pi\right)}{4n^2}}\\ &-\color{grey}{\pi\sum^\infty_{n=0}\frac{\cos\left(\frac{(2n+1)\pi}{2}\right)}{2n+1}}+\pi\sum^\infty_{n=1}\frac{\cos\left(n\pi\right)}{2n}\tag5\\ &=2\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}+\frac{\pi}{2}\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^n}{n}\tag6\\ &\large{\color{red}{=2G-\frac{\pi}{2}\log{2}}}\tag7\\ \end{align} Explicación:
$(1)$: Integrar por partes
$(2)$: Identidades trigonométricas
$(3)$: Sustituto $x\mapsto \frac{x}{2}$
$(4)$: El uso de la serie de Fourier de $\tan{x}$
$(5)$: Dividir la suma en pares e impares términos. Es obvio que el gris de las sumas $=0$
$(6)$: $\sin\left(\frac{(2n+1)\pi}{2}\right)=\cos{n\pi}=(-1)^n$ para un entero $n$. Esto se puede verificar fácilmente.
$(7)$: La primera suma es catalán constante. El segundo es $-\log(1+1)$. (Taylor de la serie)

Answer 5

Intenté hacer la misma ruta Stephane hizo, pero se quedó atascado, y después de algunos más, aunque comenzó a dudar de que pueda ser evaluado por medios elementales. Consultoría de Wolfram Alpha proporciona un valor de

$2 C - \frac{\pi}{2} \log 2$

donde $C$ es del catalán constante, la alternancia de la suma de los recíprocos de los cuadrados de los enteros positivos impares. Esto sugiere que, incluso teniendo en cuenta su identidad, esto no puede ser evaluado con métodos de primaria (al menos no sin aceptar que algunos integral de la cantidad no puede ser evaluado en forma cerrada).

Tal vez el original de la integral se $\int_0^{\pi / 2} \ln(1 + \cos 2 x))\,dx$? Si es así, Stephane del método funciona perfectamente bien.