Cómo encontrar a $\int_0^{2\pi}\log(\alpha+\beta\cos(x))\mathrm{d}x$

Question

Hay una forma cerrada de la fórmula de la siguiente integral

$$ \int_0^{2\pi}\log(\alpha+\beta\cos(x))\mathrm{d}x $$

donde $\alpha$ $\beta$ son constantes que asegurarse de que $\alpha+\beta\cos(x)>0$ cualquier $x\in[0,2\pi]$.

Answer 1

$$I(\alpha,\,\beta)=\int_0^{2\pi}\ln(\alpha+\beta\cos x)\mathrm dx.\tag1$$ We have $\alfa>\beta\geq0$. Pues a partir de (1) $$\frac{\partial I}{\partial\alpha}=\int_0^{2\pi}\frac{1}{\alpha+\beta\cos x}\mathrm dx=\frac{2\pi}{\sqrt{\alpha^2-\beta^2}}$$ podemos integrar con respecto a $\alpha$ $$I(\alpha,\beta)=2\pi\ln\left(\alpha+\sqrt{\alpha^2-\beta^2}\right)+C(\beta)\tag 2$$ Ahora usando (1) de nuevo $$\frac{\partial I}{\partial\beta}=\int_0^{2\pi}\frac{\cos x}{\alpha+\beta\cos x}\mathrm dx=\frac{2\pi}\beta\frac{-\alpha+\sqrt{\alpha^2-\beta^2}}{\sqrt{\alpha^2-\beta^2}}=\frac{-2\pi\beta}{\sqrt{\alpha^2-\beta^2}\left(\alpha+\sqrt{\alpha^2-\beta^2}\right)}$$ por un lado, y derivating (2) con respecto a $\beta$ $$\frac{\partial I}{\partial\beta}=\frac{-2\pi\beta}{\sqrt{\alpha^2-\beta^2}\left(\alpha+\sqrt{\alpha^2-\beta^2}\right)}+C'(\beta)$$ llegamos a la conclusión de que $C'(\beta)=0$. Ahora vamos a utilizar el valor de$I(\alpha,0)=2\pi\ln \alpha=2\pi\ln(2\alpha)+C(0)$, por lo que tenemos $$I(\alpha,\beta)=2\pi\ln\left(\alpha+\sqrt{\alpha^2-\beta^2}\right)-2\pi \ln2.$$

Nota Para calcular la integral, he utilizado la exponencial de la descomposición de $\cos$ $$\frac{\partial I}{\parcial\alpha}= \int_0^{2\pi}\frac{1}{\alpha+\beta\cos x}\mathrm dx= \int_0^{2\pi}\frac{2\mathrm e^{\mathrm ix}}{2\alpha\mathrm e^{\mathrm ix}+\beta\mathrm e^{2\mathrm ix}+\beta}\mathrm dx$$ El que escribió esta integral como una integral de contorno $$\frac{\partial I}{\partial\alpha}=-2\mathrm i\oint_{\mathcal C(0,1)}\frac{\mathrm dz}{\beta z^2+2\alpha z+\beta}.$$ Desde $$\beta z^2+2\alpha z+\beta=\beta\left(z+\frac{\alpha+\sqrt{\alpha^2-\beta^2}}{\beta}\right)\left(z+\frac{\alpha-\sqrt{\alpha^2-\beta^2}}{\beta}\right)=\beta(z-z_+)(z-z_-)$$ uno puede usar el teorema de los residuos. Sólo hay un residuo en el interior de la unidad de disco (porque $z_+z_-=1$), en $z_-= -(\alpha-\sqrt{\alpha^2-\beta^2})/\beta$ y el resultado es $$\frac{\partial I}{\partial\alpha}=-2\mathrm i\frac{2\pi \mathrm i}{\beta(z_--z_+)}=\frac{2\pi}{\sqrt{\alpha^2-\beta^2}}.$$ La integral de la $\frac{\partial I}{\partial\beta}$ se obtiene de la misma manera, tenemos $$\frac{\partial I}{\partial\beta}=-\mathrm i\oint_{\mathcal C(0,1)}\frac{z+z^{-1}}{\beta z^2+2\alpha z+\beta}\mathrm dz=-\mathrm i\frac{2\pi\mathrm i(z_-+z_-^{-1})}{\beta(z_--z_+)}-\mathrm i\frac{2\pi\mathrm i}\beta=\frac{2\pi}{\beta}\frac{-\alpha+\sqrt{\alpha^2-\beta^2}}{\sqrt{\alpha^2-\beta^2}}$$ porque hay una segunda pole en $z=0$.

Answer 2

$$I-2\pi\ln(\alpha)=\int_0^{2\pi}\ln(1+s\cos(x))dx=-\int_0^{2\pi}\sum_{k=1}^\infty\frac{(-s)^k\cos^k(x)}kdx\\ =-\pi\sum_{k=1}^\infty\frac1{k4^k}\binom{2k}ks^{2k},$$ where $s=\frac\beta\alpha$, $|s|<1$.

Answer 3

Vamos a probar el famoso Feynman del truco!

Deje $I(\beta)$ ser su integral. A continuación,$$I'(\beta)=\int^{2\pi}_0 \frac{\cos x }{\alpha+\beta\cos x}\mathrm{d} x. $$ El uso de la $t$de sustitución de $t=\tan x/2$, lo vamos a conseguir $$I'(\beta)=\frac {2\pi} {\beta} -\frac{2\alpha\pi}{\beta\sqrt{\alpha^2-\beta^2}}.$$ La integración es, $$I(\beta)=2\pi\log\beta+2\pi\alpha\operatorname{sech}^{-1}\frac{\beta}{\alpha}+C.$$