Evaluar $\int_0^\pi\frac{\ln\left(1+\cos\theta\right)}{\cos\theta}\,d\theta$

Question

El problema es evaluar:

$$\int_{0}^{\pi}{\left(\frac{\ln{\left(1+\cos{\theta}\right)}}{\cos{\theta}}\,d\theta\right)}$$

Una estimación de la integral es $4.9348022$ .

Existe una similitud entre esta integral y la función dilogaritmo, que se define por:

$$\operatorname{Li}_2(z):=-\int_{0}^{z}{\left(\frac{\ln{\left(1-t\right)}}{t}\,dt\right)}$$

pero no estoy seguro de cómo utilizarlo eficazmente.

Además, hay dos singularidades en el intervalo de integración: una singularidad cuando $\theta\to\pi$ y el integrando aumenta sin límite, y un "agujero" extraíble en $\theta=\pi/2$ donde el límite del valor del integrando es $1$ .

La integración por partes no parece simplificar la integral. También he probado algunas sustituciones, como $x=\cos{\theta}$ :

$$\int_{-1}^{1}{\left(\frac{\ln{\left(1+x\right)}}{x\sqrt{1-x^2}}\,dx\right)}$$

que lo acerca a la forma del dilogaritmo. La sustitución de Weierstrass $x=\tan{\left(\theta/2\right)}$ da:

$$\int_{0}^{\infty}{\left(\frac{2}{1-x^2}\cdot\ln{\left(\frac{2}{1+x^2}\right)}\,dx\right)}$$

¿Alguna idea? Gracias.

Answer 1

Una pista: Haciendo uso de la simetría y de la sustitución del medio ángulo tangente, encontramos

$$\begin{align} \mathcal{I} &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\theta\,\frac{\ln{\left(1+\cos{\left(\theta\right)}\right)}}{\cos{\left(\theta\right)}}\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\,\frac{\ln{\left(1+\cos{\left(\theta\right)}\right)}}{\cos{\left(\theta\right)}}+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\mathrm{d}\theta\,\frac{\ln{\left(1+\cos{\left(\theta\right)}\right)}}{\cos{\left(\theta\right)}}\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\,\frac{\ln{\left(1+\cos{\left(\theta\right)}\right)}}{\cos{\left(\theta\right)}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\,\frac{\ln{\left(1-\cos{\left(\theta\right)}\right)}}{\cos{\left(\theta\right)}};~\small{\left[\theta\mapsto\pi-\theta\right]}\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\,\frac{\ln{\left(\frac{1+\cos{\left(\theta\right)}}{1-\cos{\left(\theta\right)}}\right)}}{\cos{\left(\theta\right)}}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,\frac{2}{1+t^{2}}\cdot\frac{1+t^{2}}{1-t^{2}}\ln{\left(\frac{1}{t^{2}}\right)};~\small{\left[\tan{\left(\frac{\theta}{2}\right)}=t\right]}\\ &=-4\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,\frac{\ln{\left(t\right)}}{1-t^{2}}.\\ \end{align}$$

Answer 2

Sólo para terminar la respuesta de David H, ya que $\int_{0}^{1}t^{m}(-\log t)\,dt = \frac{1}{(m+1)^2}$ para cualquier $m\in\mathbb{N}$ ampliando $\frac{1}{1-t^2}$ como $1+t^2+t^4+t^6+\ldots$ nos encontramos con que:

$$\int_{0}^{\pi}\log(1+\cos\theta)\frac{d\theta}{\cos\theta}=4\int_{0}^{1}\frac{-\log(t)}{1+t^2}=4\sum_{m=0}^{+\infty}\frac{1}{(2m+1)^2} = \color{blue}{\frac{\pi^2}{2}} \approx 4.9348022.$$

---

Apéndice La identidad: podría ser interesante señalar que la identidad $$ \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^2}=\sum_{n\geq 1}\frac{3}{n^2\binom{2n}{n}}$$ se puede demostrar aplicando la sustitución del medio ángulo tangente a una integral similar.
Como referencia, consulte la página 27 aquí .

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[15px,#ffe]{\ds{\int_{0}^{\pi} {\ln\pars{1 + \cos\pars{\theta}} \over \cos\pars{\theta}}\,\dd\theta}} = \int_{0}^{\pi}{\ln\pars{2\cos^{2}\pars{\theta/2}} \over 2\cos^{2}\pars{\theta/2} - 1}\,\dd\theta \\[5mm] &\ \stackrel{\theta/2\ \mapsto\ \theta}{=}\,\,\, 2\int_{0}^{\pi/2}{\ln\pars{2} + 2\ln\pars{\cos\pars{\theta}} \over 2\cos^{2}\pars{\theta} - 1}\,\dd\theta = \int_{0}^{\pi/2}{\ln\pars{2} - \ln\pars{\tan^{2}\pars{\theta} + 1} \over 1 - \tan^{2}\pars{\theta}}\, \sec^{2}\pars{\theta}\,\dd\theta \\[5mm] & \stackrel{x\ =\ \tan\pars{\theta}}{=}\,\,\, \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{2} - \ln\pars{x^{2} + 1} \over 1 - x^{2}}\,\dd x \\[5mm] & = \int_{0}^{1}{\ln\pars{2} - \ln\pars{x^{2} + 1} \over 1 - x^{2}}\,\dd x + \int_{1}^{\infty}{\ln\pars{2} - \ln\pars{x^{2} + 1} \over 1 - x^{2}}\,\dd x \\[5mm] & = \int_{0}^{1}{\ln\pars{2} - \ln\pars{x^{2} + 1} \over 1 - x^{2}}\,\dd x + \int_{1}^{0}{\ln\pars{2} - \ln\pars{1/x^{2} + 1} \over 1 - 1/x^{2}} \pars{-\,{\dd x \over x^{2}}} \\[5mm] & = \int_{0}^{1}{\ln\pars{2} - \ln\pars{x^{2} + 1} \over 1 - x^{2}}\,\dd x - \int_{0}^{1}{\ln\pars{2} - \ln\pars{1 + x^{2}} + 2\ln\pars{x} \over 1 - x^{2}}\dd x = -2\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over 1 - x^{2}}\dd x \\[5mm] & \stackrel{x^{2}\ \mapsto\ x}{=}\,\,\, -2\sum_{n = 0}^{\infty}\overbrace{\int_{0}^{1}\ln\pars{x}x^{2n}\dd x}^{\ds{-\,{1 \over \pars{2n + 1}^{2}}}}\ =\ 2\pars{\sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over n^{2}} - \sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over \pars{2n}^{2}}} = {3 \over 2}\ \overbrace{\sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over n^{2}}}^{\ds{\pi^{2} \over 6}} = \bbx{\pi^{2} \over 4} \end{align}

Answer 4

Sé que es una pregunta antigua con una respuesta aceptada, pero me ha sorprendido que nadie haya dado la siguiente solución por diferenciación bajo el signo integral (que es el método más sencillo para esta integral, IMHO) y por eso pensé que sería útil añadir esto aquí:

$$I(a):=\int_0^\pi\frac{\ln(1+a\cos{\theta})}{\cos{\theta}}\,d\theta, a\in[0,1]$$

$$\frac{dI}{da}=\frac d{da}\int_0^\pi\frac{\ln(1+a\cos{\theta})}{\cos{\theta}}\,d\theta$$

$$=\int_0^\pi\frac1{\cos\theta}\frac\partial{\partial a}{\ln(1+a\cos{\theta})}d\theta$$

$$=\int_0^\pi\frac1{\cos\theta}{\frac{\cos\theta}{1+a\cos{\theta}}}d\theta$$

$$=\int_0^\pi\frac1{1+a\cos{\theta}}d\theta$$

$$=\frac\pi{\sqrt{1-a^2}}$$

$$\because I(0)=\int_0^\pi\frac{\ln(1)}{\cos\theta}\,d\theta=0,$$

$$\therefore I(a)=I(0)+\int_0^a\frac{dI}{da}da=\int_0^a\frac\pi{\sqrt{1-a^2}}dx=\pi\arcsin a$$

$$\boxed{\int_0^\pi\frac{\ln(1+\cos\theta)}{\cos\theta}\,d\theta=I(1)=\pi\arcsin 1=\frac{\pi^2}2}$$

Así que diferenciando bajo el signo de la integral, uno se queda sólo con la integral $\int_0^\pi\frac{d\theta}{1+a\cos{\theta}}$ que es mucho más sencillo de evaluar. A continuación se presenta una solución por análisis complejo. Para quien no se sienta cómodo con el análisis complejo, la sustitución $t=\tan\frac\theta2$ (y otros trucos de simetría/trigonometría) también funcionará.

$$J=\int_0^\pi\frac{d\theta}{1+a\cos\theta}$$

Sustituyendo $\theta\rightarrow2\pi-\theta, d\theta\rightarrow-d\theta$ ,

$$J=-\int_{2\pi}^\pi\frac1{1+a\cos(2\pi-\theta)}d\theta=\int_\pi^{2\pi}\frac1{1+a\cos\theta}d\theta$$

$$\therefore 2J=\int_0^{2\pi}\frac1{1+a\cos\theta}d\theta\implies J=\frac1 2\int_0^{2\pi}\frac1{1+a\cos\theta}d\theta$$

$$J=\frac1 2\int_0^{2\pi}\frac1{1+a(\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}2)}d\theta=\int_0^{2\pi}\frac1{2+ae^{i\theta}+ae^{-i\theta}}d\theta$$

Sustituir $z=e^{i\theta},dz=ie^{i\theta}d\theta\implies d\theta=\frac{dz}{iz}$

$$J=\oint_C \frac1{2+az+a/z}\frac{dz}{iz}=\frac1{ia}\oint_C\frac{dz}{z^2+(2/a)z+1}$$

donde $C$ es el contorno en sentido contrario a las agujas del reloj sobre el círculo unitario. Por el teorema del residuo,

$$J=\frac1{ia}2\pi i\sum Res\frac1{z^2+(2/a)z+1}$$

$\frac{-1+\sqrt{1-a^2}}a$ es la única raíz de $z^2+(2/a)z+1$ dentro del círculo unitario, y su residuo es $\frac a{2\sqrt{1-a^2}}$

$$\boxed{\therefore J=\int_0^\pi\frac{d\theta}{1+a\cos\theta}=\frac1{ia}\cdot2\pi i\cdot \frac a{2\sqrt{1-a^2}}=\frac\pi{\sqrt{1-a^2}}}$$