¿Cómo probar $\int_0^{2\pi} \ln(1+a^2+2a\cos x)\, dx=0$?

Question

¿Cómo puedo probar $\int_0^{2\pi} \ln(1+a^2+2a\cos x)\, dx=0$, donde $a<1$?

Gracias.

Answer 1

Deje $a$ ser un número real.

• $\color{blue}{\text{Case 1.}}$ $\quad|a|<1$

$$ \int_0^{2\pi}\log \left(1+2a\cos x+ a^2\right){\rm d}x=0 $$

Observar que $$ \left(1+ae^{ix}\right)\left(1+ae^{ix}\right)=1+2a\cos x+ a^2, \quad x \in [0,2\pi], $$ y que $$ \begin{align} \log \left(1+2a\cos x+ a^2\right) &=\log \left(1+ae^{ix}\right)+\log \left(1+ae^{-ix}\right)\\\\ &=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}a^n e^{inx}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}a^n e^{-inx}\\\\ &=-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}a^n \cos (nx)\\\\ \end{align} $$ Con el modo normal de convergencia de la serie $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}a^n \cos (nx) $ como una función de la $x \in [0,2\pi]$, $$ \left|\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}^n \cos (nx)\right|\leq \sum_{n=1}^{\infty}\frac{|a|^n }{n}=-\log(1- |a|)<\infty, $$ nos permite realizar un termwise integración dar $$ \begin{align} \int_0^{2\pi}\log \left(1+2a\cos x+ a^2\right) {\rm d}x =-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}a^n \int_0^{2\pi}\cos (nx) dx=0 \end{align}$$

debido a $$ \begin{align} \int_0^{2\pi}\cos (nx) {\rm d}x=\left. \frac{\sin (nx)}{n}\right|_0^{2\pi}=0, \quad n=1,2,3,\ldots. \end{align}$$

• $\color{blue}{\text{Case 2.}}$ $\quad|a|>1$

$$ \int_0^{2\pi}\log \left(1+2a\cos x+ a^2\right){\rm d}x=4\pi \log |a| $$

Observar que $$ \log \left(1+2a\cos x+ a^2\right)=2\log |a| +\log \left(1+2\cdot\frac1a\cos x+ \frac{1}{a^2}\right) \quad x \in [0,2\pi], $$ entonces $$ \int_0^{2\pi}\log \left(1+2a\cos x+ a^2\right){\rm d}x=2\log |a|\int_0^{2\pi} {\rm d}x+\int_0^{2\pi}\log \left(1+2\cdot\frac1a\cos x+ \frac{1}{a^2}\right){\rm d}x, $$ y, aplicando el caso anterior a la última integral, obtenemos el resultado deseado.

Comentario 1.

Aquí $\displaystyle \log (z)$ denota el principal valor del logaritmo definido para $z \neq 0$ por $$ \begin{align} \displaystyle \log (z) = \ln |z| + i \: \mathrm{arg}z, \quad -\pi <\mathrm{arg} z \leq \pi. \end{align} $$ Observación 2. $$ \begin{align} & a=-1 & \text{gives} \quad &\int_0^{2\pi}\log \left(2-2\cos x\right){\rm d}x=4\int_0^{\pi}\log \left(2\sin u\right){\rm d}u=0\\ & a=1 & \text{gives} \quad &\int_0^{2\pi}\log \left(2+2\cos x\right){\rm d}x=2\int_0^{\pi}\log (4\cos^2 u){\rm d}u=0. \end{align} $$

Observación 3. Uno puede fácilmente notar que el anterior razonamiento da

$$ \begin{align} \int_0^{\pi}\log \left(1+2a\cos x+ a^2\right){\rm d}x = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \mbox{if } |a| \leq 1 \\ 2\pi \log |a| & \mbox{if } |a| > 1 \end{array} \right. \end{align} $$

Answer 2

Denotar por $z=ae^{ix}$ y $dz=aie^{ix}dx\Rightarrow dx=\frac{dz}{iz}$. La integral puede ser reescrita de la siguiente forma: $$\int^{2\pi}_{0}\ln(1+a^2+2a\cos(x))\,dx=\oint_{|z|=a}\ln[(z+1)(\bar{z}+1)]\frac{dz}{iz}$ $ el integrando tiene un polo simple en $z=0$ % de residuos $0$. Por lo tanto $$\oint_{|z|=a}\ln[(z+1)(\bar{z}+1)]\frac{dz}{iz}=2\pi i\cdot \text{Res}\left(\frac{\ln[(z+1)(\bar{z}+1)]}{iz},0\right)=2\pi i\cdot 0=0 $ $

Answer 3

Si la integral es $f(a)$ $f(0)=0$.

también $$ 1 + a ^ 2 + 2a \cos x = (1+ae^{ix})(1+ae^{-ix}) $$ tanto $$ f (a) = \int_0^{2\pi} \ln(1+ae^{ix}) dx + \int_0^{2\pi} \ln(1+ae^{-ix}) dx $$ $$ \frac{df}{da} = \int_0^{2\pi} \frac{e^{ix}}{1+ae^{ix}} dx + \int_0^{2\pi} \frac{e^{-ix}}{1+ae^{-ix}} dx \\ = 0 $$ ya que ambos integrandos son analíticos $a \lt 1$