$$ I:=\int_0^{\infty} \frac{\ln \cos^2 x}{x^2}dx=-\pi. $$ El uso de $2\cos^2 x=1+\cos 2x$ me ha fallado, porque me encontré en dos integrales divergentes después de usar $\ln(ab)=\ln a + \ln b$ desde que obtuvo $\int_0^\infty x^{-2}dx$ $\int_0^\infty (1+\cos^2 x)dx $ que ambas divergen. Tal vez deberíamos intentar un análisis complejo de enfoque? También he tratado de escribir $$ I(\alpha)=\int_0^\infty \frac{\ln \cos^2 \alpha \,x}{x^2}dx $$ y obtuvo $$ -\frac{dI(\alpha)}{d\alpha}=2\int_0^\infty \frac{\tan \alpha x}{x}dx=\int_{-\infty}^\infty\frac{\tan \alpha x}{x}dx. $$ Tomar una segunda derivada $$ I"(\alpha)=\int_{-\infty}^\infty {\s^2 (\alpha x)}\, dx $$ Variable aleatoria señaló cómo continuar a partir de la integral a partir del 1 de derivados, pero es posible trabajar con esta integral $\sec^2 \alpha x$? Gracias
Respuesta
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Deje que el deseado integral se denota por a $I$. Tenga en cuenta que $$\eqalign{ 2I&=\int_{-\infty}^\infty\frac{\ln(\cos^2x)}{x^2}dx= \sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left(\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{\ln(\cos^2x)}{x^2}dx\right)\cr &=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left(\int_{0}^{\pi}\frac{\ln(\cos^2x)}{(x+n\pi)^2}dx\right) \cr &=\int_{0}^{\pi}\left(\sum_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(x+n\pi)^2}\right)\ln(\cos^2x)dx \cr &=\int_{0}^{\pi}\frac{\ln(\cos^2x)}{\sin^2x}dx \cr } $$ donde el intercambio de los signos de la integración y la suma se justifica por el hecho de que el integrands son todos negativos, y se utilizó el conocido expansión: $$ \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(x+n\pi)^2}=\frac{1}{\sin^2x}.\la etiqueta{1} $$ Ahora el uso de la simetría de las integrando cerca de la línea de $x=\pi/2$, llegamos a la conclusión de que $$\eqalign{ I&=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\ln(\cos^2x)}{\sin^2x}dx\cr &=\Big[-\cot(x)\ln(\cos^2x)\Big]_{0}^{\pi/2}+\int_0^{\pi/2}\cot(x)\frac{-2\cos x\sin x}{\cos^2x}dx\cr &=0-2\int_0^{\pi/2}dx=-\pi. } $$ y el anuncio de la conclusión de la siguiente manera.$\qquad\square$
Comentario: Aquí es una prueba de $(1)$ que tenga en cuenta el uso de residuos de la teoría. Considere la posibilidad de $\alpha\in(0,1)$, y deje $f_\alpha$ $2\pi$- función periódica que coincide con $x\mapsto e^{i\alpha x}$ en el intervalo de $(-\pi,\pi)$. Es fácil comprobar que la exponencial de los coeficientes de Fourier de $f_\alpha$ dada por $$ C_n(f_\alpha)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f_\alpha(x)e^{-inx}dx=\sin(\alpha\pi)\frac{(-1)^n}{\alpha \pi-n\pi} $$ Así, por la fórmula de Parseval tenemos $$ \sum_{n\in\Bbb{Z}}\vert C_n(f_\alpha)\vert^2=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\vert f_\alpha(x)\vert^2dx $$ Que es $$ \sin^2(\pi\alpha) \sum_{n\in\Bbb{Z}}\frac{1}{(\alpha\pi-n\pi)^2}=1 $$ y llegamos $(1)$ mediante el establecimiento $x=\alpha\pi\in(0,\pi)$.
