¿Esta integral tiene una forma cerrada?

Question

Estaba trabajando con este problema en un examen:

Dadas $\lambda\in(-1,1)\subset\Bbb R$, encontrar $$f (\lambda)=\int_{0}^{\pi}\ln\left(1+\lambda \cos x\right)\mathrm {d} x $$

Mi intento: poner $\delta\in (0,1)$ tal que $\lambda\in(-\delta,\delta)$. Usando la serie de energía de $\ln(1+x)$ y convergencia uniforme para tomar $\sum_{n=0}^\infty$ fuera de $\int_{0}^{\pi}$, finalmente, consegui esto:

$$f(\lambda)=-\sum_{k=1}^\infty{(2k-1)!!\over (2k)!!}{\lambda^{2k-1}\over 2k}$$

¿Pero todavía me pregunto si hay una forma cerrada para $f(\lambda)?$ y es mi solución sobre derecho o incorrecto?

Answer 1

La respuesta a su integral es $$ f(\lambda) = \pi \ln\left(\frac{1+\sqrt{1-\lambda^2}}{2}\right) $$ Ahora a la derivación. Dado que $$ \int_0^\pi \cos^n(x) \mathrm{d}x = \frac{1+(-1)^n}{2} \frac{\pi}{2^n} \binom{n}{n/2} $$ Haciendo la expansión de la serie de el integrando en $\lambda$ e intercambiando el orden de la suma y la integración de los rendimientos: $$ f(\lambda) = -\pi \sum_{m=1}^\infty \left(\frac{\lambda}{2}\right)^{2m} \frac{1}{2 m} \binom{2m}{m} = - \pi \int_0^{\lambda} \sum_{m=1}^\infty \frac{x^{2m-1}}{2^m} \binom{2m}{m} \mathrm{d}x $$ La suma es igual a $$ \sum_{m=1}^\infty \frac{x^{2m-1}}{2^m} \binom{2m}{m} = \frac{1}{x} \left(\sum_{m=0}^\infty \frac{x^{2m}}{2^m} \binom{2m}{m} -1 \right) = \frac{1}{x} \left(\frac{1}{\sqrt{1-2x^2}} -1 \right) $$ La integración de este da la respuesta.

Answer 2

Aquí está el esquema de una solución mediante el análisis complejo.

Para $a > 1$, la integral de la $J_a = \int_0^{\pi} \ln(1 + 2a\cos t + a^2) \, dt$ tiene el valor de $2\pi \ln a$, lo que la integral se reduce a la suya para una elección adecuada de $a$, pero con un extra de término constante.

Para calcular el valor de $J_a$, se puede demostrar que es realmente $\int_\gamma \ln(a + z)/iz \, dz$ donde $\gamma$ es el círculo unitario, que se describe en el sentido contrario. Para ello, romper la integral en la parte superior e inferior semicírculo, parametrización un tanto de$0$$\pi$, pasando de izquierda a derecha de cada semicírculo. A continuación, reste la parte inferior de la integral de la parte superior de uno para obtener el $J_a$.

Por el teorema de los residuos, la integral es $2\pi i$ veces el residuo en $0$,$(\ln a)/i$.

Una forma alternativa de calcular $J_a$ es para calcular el valor exacto, el uso de la trigonometría, de una suma de Riemann con $n$ puntos equidistantes. Este resulta ser: $$2\pi \ln a + \frac{\pi}{n} \ln \left[ \frac{1 + a}{1 - a}(a^{-2n} - 1) \right]$$ which tends to $2 \pi \ln$. Este último cálculo se lleva a cabo en su totalidad en Cours de mathématiques spéciales (1991) por Ramis, Tomo 3, pág. 207.

He aquí una idea para una tercera solución, aunque no he llevado a cabo los detalles. La integración bajo el signo integral da $$f'(\lambda) = \int_0^{\pi} \frac{\cos x}{1 + \lambda \cos x} \, dx.$$ Ahora calcular la integral de la derecha (más fácil de decir que de hacer), integrar el resultado de la función de $\lambda$, y el uso de $f(0) = 0$ encontrar $f(\lambda)$.

Answer 3

Fresco pregunta, con algunas buenas respuestas.

Veamos utilizando el método que se sugiere al final de user117487 del post, Feynman truco de diferenciación bajo el signo integral, que pasa a ser mi favorito técnica para la integración. Tenga en cuenta que $$f'(\lambda) = \int_0^{\pi} \frac{\cos x}{1 + \lambda \cos x} \, \mathrm{d}x,$$ después de que la adición y la sustracción de una cierta integral se convierte en $$ \lambda \, f'(\lambda) = \pi \int_0^{\pi} \frac{1}{1 + \lambda \cos x} \, \mathrm{d}x. $$ Vamos a evaluar el resto de la integral, mediante la sustitución de Weierstrass \begin{align} t & = \tan \frac{x}{2}, \\ \cos x & = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}, \\ \mathrm{d}x & = \frac{2 \,\mathrm{d}t}{1 + t^2}. \end{align} Entonces la integral es $$ \int_0^{\infty} \! \frac{2 \ \mathrm{d}t}{1+\lambda+(1-\lambda)t^2} $$ Deje $$t=\sqrt{\frac{1+\lambda}{1-\lambda}}\ u,$$ entonces tenemos $$ 2\sqrt{\frac{1}{1-\lambda^2}} \int_0^{\infty} \! \frac{ \mathrm{d}u}{1+u^2} = \frac{\pi}{\sqrt{1-\lambda^2}}. $$ Previamente, $$ f(\lambda) = \pi \log \lambda \pi \int \frac{\mathrm{d} \lambda}{\lambda\sqrt{1-\lambda^2}}. $$ El resto de la integral es bastante estándar, por lo que obtenemos $$ f(\lambda) = \pi \log \left( 1 + \sqrt{1-\lambda^2} \right) + c. $$ Utilizando el hecho de que $f(0) = 0$ da $c=-\pi\log 2$, y llegamos al mismo resultado dado por los otros carteles.

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{\fermi\pars{\lambda} = \int_{0}^{\pi}\ln\pars{1 + \lambda\cos\pars{x}}\,\dd x: \ {\large ? }.\qquad\lambda \delta \in {\mathbb R}\,, \quad\verts{\lambda} < \delta < 1.\quad}$ It's clear that $\ds{\fermi\pars{\lambda}}$ is an even function of $\ds{\lambda}$ and $\ds{\fermi\pars{0} = 0}$ tal que calculamos

\begin{align} \fermi\pars{\lambda \not= 0}&= \int_{0}^{\pi}\ln\pars{1 + \verts{\lambda}\cos\pars{x}}\,\dd x =\half\int_{-\pi}^{\pi}\ln\pars{1 + \verts{\lambda}\cos\pars{x}}\,\dd x \\[3mm]&= \half\int_{\verts{z} = 1 \atop {\vphantom{\Huge A}\verts{{\rm Arg}\pars{z}} < \pi}} \ln\pars{1 + \verts{\lambda}\,{z^{2} + 1 \over 2z}}\,{\dd z \over \ic z} \\[3mm]&=-\,\half\,\ic \int_{\verts{z} = 1 \atop {\vphantom{\Huge A}\verts{{\rm Arg}\pars{z}} < \pi}} \ln\pars{\verts{\lambda}z^{2} + 2z + \verts{\lambda} \over 2z}\,{\dd z \over z} \end{align} Los ceros $\ds{z_{\pm}}$ $\ds{\verts{\lambda}z^{2} + 2z + \verts{\lambda}}$ dada por: $$ z_{\pm} \equiv {-1 \pm \raíz{1 - \lambda^{2}} \\verts{\lambda}}\,,\qquad z_{-} < -1\,,\quad -1 < z_{+} < 0 $$

A continuación, $$ \fermi\pars{\lambda \no=0}= -\,\media\,\ic \int_{\verts{z} = 1 \cima {\vphantom{\Enorme}\verts{{\rm Arg}\pars{z}} < \pi}} \ln\pars{\bracks{z - z_{-}}\bracks{z - z_{+}}}\,{\dd z \sobre z} +\ \overbrace{\media\,\ic \int_{\verts{z} = 1 \cima {\vphantom{\Enorme}\verts{{\rm Arg}\pars{z}} < \pi}} \ln\pars{2z \\verts{\lambda}}\,{\dd z \sobre z}} ^{\ds{\pi\ln\pars{\verts{\lambda} \over 2}}} $$

\begin{align} &\color{#c00000}{\fermi\pars{\lambda\not=0} - \pi\ln\pars{\verts{\lambda} \over 2}} \\[3mm]&=\half\,\ic\int_{-1}^{z_{+}}{\ln\pars{\verts{x - z_{-}}\verts{x - z_{+}}} + \ic\pi \over x + \ic 0^{+}}\,\dd x + \half\,\ic\int_{z_{+}}^{-1}{\ln\pars{\verts{x - z_{-}}\verts{x - z_{+}}} - \ic\pi \over x - \ic 0^{+}}\,\dd x \\[3mm]&=\half\,\ic\int_{-1}^{z_{+}}2\pi\ic\,{\dd x \over x} =-\pi\ln\pars{\verts{z_{+}}} =-\pi\ln\pars{1 - \root{1 - \lambda^{2}} \over \verts{\lambda}} =\color{#c00000}{-\pi\ln\pars{\verts{\lambda} \over 1 + \root{1 - \lambda^{2}}}} \end{align}

$$\color{#00f}{\large% \fermi\pars{\lambda} = \int_{0}^{\pi}\ln\pars{1 + \lambda\cos\pars{x}}\,\dd x =-\pi\ln\pars{2 \más de 1 + \raíz{1 - \lambda^{2}}}}\,,\qquad \lambda \en \pars{-1,1} $$

Answer 5

No he podido encontrar el error, sin embargo, numéricamente, la fórmula no conduce a los resultados proporcionados por Sasha. Utilizando su fórmula, parece que el resultado de la suma infinita es
$ f(\lambda) = \ln\left(\frac{1+\sqrt{1-\lambda^2}}{2}\right) / \lambda $$ que no es correcto.