Cómo calcular la siguiente integral definida

Question

El estudio de algunos integral de la tabla, me encontré con la siguiente integral definida $$\int_0^{\pi} \log [ a^2 + b^2 -2 a b \cos \phi ]\,d\phi$$ for $a,b \in \mathbb{R}$. ¿Alguien sabe una buena manera para conseguir los resultados?

Answer 1

Esta es la ley de Gauss en dos dimensiones, en el disfraz. En dos dimensiones, la de la función de Green de la ecuación de Poisson es $\ln r$, por lo que desde el argumento del logaritmo es la distancia entre dos puntos a distancias de $a$ $b$ desde el centro con un ángulo de $\phi$ entre sus vectores, trata de calcular el potencial entre un punto de carga y uniformemente cargada círculo, que, dado el potencial resuelve la ecuación de Poisson, sólo depende de la radio exterior y es el mismo que el potencial en el caso de que el cargo del círculo está concentrada en su centro.

Answer 2

Aquí está una manera diferente, y es, curiosamente, la primera cosa que vino a mi mente. Se utiliza la generación de la serie, y el poder de la serie así como otras diversas técnicas: (¡Advertencia!: Es mucho más complicado)

Suponga que $a\geq b\geq0$ sin pérdida de generalidad. Aviso de que nuestra integral es $$\pi \log(a^2+b^2)+\int_{0}^{\pi}\log\left( 1-\frac{2ab\cos\phi}{a^2+b^2}\right). $$ Since $\log(1-x)=-\sum_{i=1}^{\infty}\frac{x^{i}}{i}$ tenemos

$$\int_{0}^{\pi}\log\left( 1-\frac{2ab\cos\phi}{a^2+b^2}\right)d\phi=-\int_{0}^{\pi}\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i}\left(\frac{2ab\cos\phi}{a^2+b^2}\right)^i d\phi$$

Cambiar el orden o la integración y la suma de encontrar: (Más sobre por qué esto es legal en la final)

$$-\int_{0}^{\pi}\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i}\left(\frac{2ab\cos\phi}{a^2+b^2}\right)^i d\phi=-\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i}\left(\frac{2ab}{a^2+b^2}\right)^i \int_{0}^{\pi} \cos^i\phi d\phi$$ Para $n$ impar tenemos $\int_0^\pi \cos^n xdx=0$. Incluso para $n=2r$ vemos por integración por partes que se $\int_{0}^{\pi}\cos(x)^{2r}dx=\frac{2r-1}{2r}\int_{0}^{\pi}\cos(x)^{2r-2}dx$, por lo que la inducción de los rendimientos de $$\int_{0}^{\pi}\cos(x)^{2r}dx=\pi\prod_{i=1}^{r}\frac{2i-1}{2i}=\pi\frac{\left({2r\atop r}\right)}{4^{r}}$$

Por lo tanto nuestra suma se convierte en

$$-\pi \sum_{r=1}^{\infty} \frac{1}{2r}\left(\frac{ab}{a^2+b^2}\right)^{2r} \left({2r\atop r}\right ) $$

Ahora vamos a $$f(z)=\sum_{r=1}^{\infty} \frac{1}{r} \left({2r\atop r}\right) \frac{z^r}{4^r}$$

Entonces tenemos que encontrar la $-\frac{\pi}{2} f\left(\left( \frac{2ab}{a^2+b^2} \right)^2\right)$.

Deje $Y=\left( \frac{2ab}{a^2+b^2} \right)^2$. Recordar que la generación de la serie $$\sum_{n=0}^{\infty}\left({2n\atop n}\right)x^{n}=\frac{1}{\sqrt{1-4x}}. $$ Differentiating yields $1+xf^{'}(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}}$ and hence $f(Y)=\int_{0}^{Y}\frac{1-\sqrt{1-x}}{x\sqrt{1-x}}dx$.

Hacer la sustitución $x=\sin^{2}(u)$, y obtenemos $$f(Y)=\int_{0}^{\theta}\frac{1-\cos(u)}{\sin^{2}(u)\cos(u)}2\sin(u)\cos(u)du=2\int_{0}^{\theta}\csc(u)-\cot(u)du$$ where $\theta$ is in the first quadrant and satisfies $\sin (\theta)=\frac{2ab}{a^2+b^2}.$

Entonces a partir de la $\int\csc x\, dx=-\log\left|\csc x+\cot x\right|$, e $\int\cot x dx=\log\left|\sin x\right|$, podemos ver que $\int\csc(u)-\cot(u)du=-\log|\sin(u)\csc(u)+\sin(u)\cot u|=-\log|1+\cos(u)|$. Por lo tanto $$f(Y)=-2\log|1+\cos(u)|\biggr|_{u=0}^{u=\theta}$$

Dibujar el triángulo con los lados $2ab$, $a^2-b^2$ y $a^2+b^2$ nos dice que $\cos(\theta)=\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}$, y, por tanto, $$f(Y)=2\log 2- 2\log \left(1+\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\right)$$

Por lo tanto, la respuesta final es $$\pi \log(a^2+b^2)-\frac{\pi}{2}f(Y)=\pi\log(a^2+b^2)-\pi \log 2 +\pi\log\left(1+\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\right)=2\pi\log(a)$$

Answer 3

Tenga en cuenta que por la simetría podemos suponer $|b| \geq |a|$. Desde $\cos(\phi)$ es incluso, su integral es la mitad de la integral de$-\pi$$\pi$, o $${1 \over 2}\int_{-\pi}^{\pi} \log(a^2 + b^2 - 2ab\cos(\phi))\,d\phi$$ Tenga en cuenta que $|a^2 + b^2 - 2ab\cos(\phi)|$ es lo mismo que $|ae^{i\phi} - b|^2$, por lo que su integral se convierte en $$\int_{-\pi}^{\pi}\log|ae^{i\phi} - b|\,d\phi$$ El pensamiento de $ae^{i\phi}$ como un complejo número de $z$, el integrando es la parte real de la función de $\ln(az - b)$, que es analítica en el interior de la unidad de disco (usamos ese $|b| \geq |a|$). Por lo tanto el integrando es armónico y por lo tanto satisface la media del valor de la propiedad: la integral sobre el círculo unitario es $2\pi$ veces el valor en el centro del círculo, que es $\log|a0 - b| = \log|b|$ en este caso. Entonces, la respuesta es $2\pi\log|b|$, que es el mismo que $2\pi\max(\log|a|,\log|b|)$ desde que asumimos $|b| \geq |a|$.

Punto de vista técnico: comentamos la aplicación de la media del valor de la propiedad cuando se $|b| = |a|$, por lo que el integrando tiene una singularidad en el límite; pero cualquiera de un número de técnicas de mitigación de lidiar con este caso.