Cómo encontrar PV $\int_0^\infty \frac{\log \cos^2 \alpha x} {\beta^2-x^2} \, \mathrm dx = \alpha \pi$

Question

$$ I:=PV\int_0^\infty \frac{\log\left(\cos^2\left(\alpha x\right)\right)}{\beta^2-x^2} \, \mathrm dx=\alpha \pi,\qquad \alpha>0,\ \beta\in \mathbb{R}.$$ Estoy tratando de resolver esta integral, he editado y añadido en el Principio de valor para aclarar la convergencia problema que la comunidad señaló. Traté de usar $2\cos^2(\alpha x)=1+\cos 2\alpha x\,$ y obtenido $$ I=-\log 2 \int_0^\infty \frac{\mathrm dx}{\beta^2-x^2}+\int_0^\infty \frac{\log (1+\cos 2 \alpha x)}{\beta^2-x^2}\mathrm dx, $$ la simplificación de $$ I=\frac{ \pi \log 2 }{2\beta}+\int_0^\infty \frac{\log (1+\cos 2 \alpha x)}{\beta^2-x^2}\mathrm dx $$ pero aquí metido. Nota el resultado de la integral es independiente del parámetro $\beta$. Gracias

También para $\alpha=1$, hay una interpretación geométrica de esta integral y por qué es de $\pi$?

Nota: esta integral $$ \int_0^\infty \frac{\log \sin^2 \alpha x}{\beta^2-x^2} \,\mathrm dx=\alpha \pi\frac{\pi^2}{2\beta},\qquad \alpha>0,\beta>0 $$ también es FASCINANTE, tenga en cuenta la restricción de $\beta>0$. Yo no estoy en busca de una solución a esto también, evidentemente, en el mismo post, es solo para que la gente tenga interés con otro amable integral.

Answer 1

Hacemos uso de la identidad

$$ \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{a^{2} - (x + n\pi)^{2}} = \frac{\cot(x+a) - \cot(x-a)}{2a}, \quad a > 0 \text{ y } x \in \Bbb{R}. $$

Entonces $\alpha, \beta > 0$ se deduce que

\begin{align*} I := \mathrm{PV}\int_{0}^{\infty} \frac{\log\cos^{2}(\alpha x)}{\beta^{2} x^{2}} &= \frac{1}{2} \mathrm{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\log\cos^{2}(\alpha x)}{\beta^{2} x^{2}} \, dx \\ &= \frac{\alpha}{2} \mathrm{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\log\cos^{2}x}{(\alpha\beta)^{2} x^{2}} \, dx \\ &= \frac{\alpha}{2} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \mathrm{PV} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\log\cos^{2}x}{(\alpha\beta)^{2} - (x+n\pi)^{2}} \, dx \\ &= \frac{\alpha}{2} \mathrm{PV} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left( \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{(\alpha\beta)^{2} - (x+n\pi)^{2}} \right) \log\cos^{2}x \, dx \\ &= \frac{1}{4\beta} \mathrm{PV} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (\cot(x+\alpha\beta) - \cot(x-\alpha\beta)) \log\cos^{2}x \, dx, \end{align*}

donde intercambiando el orden de integración y la suma es justificado por la Tonelli del teorema aplicado a la suma más grande de los índices de $n$. Entonces

\begin{align*} Yo &= \frac{1}{4\beta} \mathrm{PV} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (\cot(x+\alpha\beta) - \cot(x-\alpha\beta)) \log\cos^{2}x \, dx \\ &= \frac{1}{2\beta} \mathrm{PV} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (\cot(x+\alpha\beta) - \cot(x-\alpha\beta)) \log\left|2\cos x\right| \, dx \etiqueta{1} \end{align*}

Aquí, hemos explotado la siguiente identidad para derivar (1).

$$ \mathrm{PV} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cot(x+a) \, dx = 0 \quad \forall \en \Bbb{R}. $$

Ahora, con la sustitución $z = e^{2ix}$ y $\omega = e^{2i\alpha\beta}$, se sigue que

\begin{align*} Yo &= \frac{1}{2\beta} \Re \mathrm{PV} \int_{|z|=1} \left( \frac{\bar{\omega}}{z - \bar{\omega}} - \frac{\omega}{z - \omega} \right) \log(1 + z) \, \frac{dz}{z}. \etiqueta{2} \end{align*}

Ahora considere la siguiente unidad de contorno circular $C$ dos $\epsilon$-sangrías $\gamma_{\omega\epsilon}$ y $\gamma_{\bar{\omega},\epsilon}$.

A continuación, el integrando de (2)

$$ f(z) = \left( \frac{\bar{\omega}}{z - \bar{\omega}} - \frac{\omega}{z - \omega} \right) \frac{\log(1 + z)}{z} $$

es holomorphic interior $C$ (ya que la única posible singularidad en $z = 0$ es extraíble) y sólo ha logarítmica de la singularidad en $z = -1$. Así tenemos

$$ \oint_{C} f(z) \, dz = 0. $$

Esto demuestra que

\begin{align*} Yo &= \frac{1}{2\beta} \Re \lim_{\epsilon \downarrow 0} \left( \int_{-\gamma_{\omega\epsilon}} f(z) \, dz + \int_{-\gamma_{\bar{\omega},\epsilon}} f(z) \, dz \right) \\ &= \frac{1}{2\beta} \Re \left( \pi i \mathrm{Res}_{z=\omega} f(z) + \pi i \mathrm{Res}_{z=\bar{\omega}} f(z) \right) \\ &= \frac{1}{2\beta} \Re \left( - \pi i \log(1 + \omega) + \pi i \log(1 + \bar{\omega}) \right) \\ &= \frac{\pi}{\beta} \arg(1 + \omega) = \frac{\pi}{\beta} \arctan(\tan (\alpha \beta)). \end{align*}

En particular, si $\alpha\beta < \frac{\pi}{2}$, entonces tenemos

$$ I = \pi \alpha. $$

Pero debido a la periodicidad de $\arg$ función, esta función dibuja una escala de dientes de sierra de la función $\alpha > 0$. Por supuesto, $I$ es un incluso de la función tanto $\alpha$ y $\beta$, por lo que el resultado final se obtiene incluso la extensión de este de dientes de sierra de la función.

Answer 2

Considere la función $$ f(z) = \frac{\log(1+e^{2i \alpha z})}{z^{2}-\beta^{2}} \ , \ (\alpha,\beta >0)$$

que está bien definido en el plano complejo si omitimos el eje real y restringir $z$ a la mitad superior del plano-aunque la definición de $\log (1+e^{2iaz})$ $\log(2)$ justo por encima de la de origen.

Note que $$\text{Re} \big( f(x) \big) = \frac{1}{2} \frac{\log(2+2 \cos 2 \alpha x)}{x^{2}-\beta^{2}} = \frac{1}{2} \frac{\log \big(4 \cos^{2} ( \alpha x) \big)}{x^{2}-\beta^{2}}.$$

Ahora se integran alrededor de un contorno, que consiste en el segmento de la línea justo por encima de la línea de segmento $[-R,R]$ (con la mitad del círculo hendiduras de radio $r$ alrededor de los puntos de ramificación en $z= \frac{(2n+1)\pi}{2 \alpha}$ y el simple pol $z = \pm \beta$) y la mitad superior del círculo $|z|=R$.

A lo largo de la mitad superior de $|z|=R$, $\log(1+e^{2iaz}) \to 0$ como $R \to \infty$. De modo que la integral claramente se desvanece a lo largo de allí como $R \to \infty$.

Y puesto que $\lim_{z \a \frac{(2n+1)\pi}{2 \alpha}}\left(z- \frac{(2n+1)\pi}{2 \alpha} \right) f(z) = 0$, las aportaciones de las hendiduras alrededor de los puntos de ramificación se desvanecen a medida que $r \to 0$.

Así tenemos

$$\begin{align} \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\log \left(4 \cos^{2}( \alpha x)\right)}{\beta^{2} x^{2}} \ dx y= -2 \ \text{Re} \ \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\log(1+e^{2i \alpha x})}{x^{2}-\beta^{2}} \, dx \\ &= -2 \ \text{Re} \Big( i \pi \ \text{Res}[f(z),\beta)] + i \pi \ \text{Res}[f(z),-\beta)]\Big) \\ &= - 2 \ \text{Re} \ i \pi \Big(\frac{\log(1+e^{2i \alpha \beta})}{2 \beta} + \frac{\log(1+e^{-2i \alpha \beta})}{-2 \beta} \Big) \\ &= \frac{2\pi}{\beta} \left[\arctan\Big(\frac{\pecado 2 \alpha \beta}{1+\cos 2 \alpha \beta}\Big) \right] \\ &= \frac{2 \pi}{\beta} \arctan \left(\tan ( \alpha \beta) \right) \end{align}$$

lo que implica

$$ \log(4) \ \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\beta^{2} x^{2}} \ dx + \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\log \cos^{2}(\alpha x)}{\beta^{2} x^{2}} \ dx = \frac{2 \pi}{\beta} \arctan \left( \tan (\alpha \beta) \right).$$

Pero $$\text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\beta^{2} x^{2}} \ dx =0$$

dado que los residuos en $\pm \beta$ cancelar el uno al otro.

Por lo tanto,

$$ \text{PV} \int_{0}^{\infty} \frac{\log \cos^{2}(\alpha x)}{\beta^{2} x^{2}} \ dx = \frac{\pi}{\beta} \arctan \left(\tan (\alpha \beta) \right).$$

Y si $\alpha \beta < \frac{\pi}{2}$, $$ \text{PV} \int_{0}^{\infty} \frac{\log \cos^{2}(\alpha x)}{\beta^{2} x^{2}} \ dx = \frac{\pi}{\beta} \left(\alpha \beta \right) =\pi \alpha.$$

Answer 3

Vamos a utilizar el contorno de $\gamma$, que es el límite de $R\to\infty$ y $r\to0$ de $$ [-R,-\beta-r]\cup-\beta+re^{i[\pi,0]}\cup[-\beta+r,\beta-r]\cup\beta+re^{i[\pi,0]}\cup[\beta+r,r]\copa del Re^{i[0,\pi]} $$

$\hspace{3,5 cm}$

para calcular $$ \begin{align} &PV\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(\alpha x)}{\beta^2-x^2}\mathrm{d}x\\ &=PV\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{i\alpha x}}{\beta^2-x^2}\mathrm{d}x\\ &=\int_\gamma\frac{e^{i\alpha z}}{\beta^2-z^2}\mathrm{d}z+\pi i\operatorname*{Res}_{z=-\beta}\left(\frac{e^{i\alpha z}}{\beta^2-z^2}\right)+\pi i\operatorname*{Res}_{z=\beta}\left(\frac{e^{i\alpha z}}{\beta^2-z^2}\right)\\ Y=0+\pi i\frac{e^{-i\alpha\beta}}{2\beta}-\pi i\frac{e^{i\alpha\beta}}{2\beta}\\[6pt] &=\frac\pi\beta\sin(\alpha\beta) \end{align} $$ donde $\alpha\ge0$ (necesario para que la integral se desvanece a lo largo del gran arco); sin embargo, el principal valor de la integral es aún en $\alpha$.

La configuración de $\alpha=0$ da $$ PV\int_{-\infty}^\infty\frac1{\beta^2-x^2}\mathrm{d}x=0 $$

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Ahora podemos utilizar que $$ \log\left(\cos^2(\alpha x)\right)=-2\log(2)+2\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k}\cos(2k\alpha x) $$ para obtener, por $\alpha\ge0$, $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{\log\left(\cos^2(\alpha x)\right)}{\beta^2-x^2}\mathrm{d}x &=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\log\left(\cos^2(\alpha x)\right)}{\beta^2-x^2}\mathrm{d}x\\ &=\frac\pi\beta\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sin(2k\alpha\beta)\\ &=\frac\pi\beta\frac1{2i}\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k}\left(e^{2ik\alpha\beta}-e^{-2ik\alpha\beta}\right)\\ &=\frac\pi\beta\frac1{2i}\left(\log\left(1+e^{2i\alpha\beta}\right)-\log\left(1+e^{-2i\alpha\beta}\right)\right) \end{align} $$

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Tenga en cuenta que $$ \theta(\alpha,\beta)=\frac\pi\beta\frac1{2i}\left(\log\left(1+e^{2i\alpha\beta}\right)-\log\left(1+e^{-2i\alpha\beta}\right)\right) $$ es una función impar de $\alpha$, con un período de $\frac\pi{|\beta|}$ y es igual a $\pi\alpha$ para $|\alpha|\lt\frac\pi{2|\beta|}$. Además, en general, $$ \int_0^\infty\frac{\log\left(\cos^2(\alpha x)\right)}{\beta^2-x^2}\mathrm{d}x=\theta(|\alpha|,\beta) $$ y $\theta(|\alpha|,\beta)=\pi|\alpha|$ para $|\alpha|\le\frac\pi{2|\beta|}$.

Por lo tanto, la integral no es totalmente independiente de $\beta$.