Bronstein Integral 21.42

Question

Buenos días.

Me encontré con la siguiente integral en algún cálculo de teoría de campos:

$\int_0^\pi dx\,\log\left(a^2+b^2-2ab\cos x\right)=2\pi\log\left(\max\lbrace a,b\rbrace\right)$

$0<a,b\in\mathbb{R}$. La notación ha sido adaptado para hacer contacto con Bronstein integral de 21.42.

A pesar de 6 cálculos de pp.of, no he podido averiguar una manera de demostrar la identidad (integración por partes, sustitución, truco derivado, contorno integración...). ¿Alguien tiene una prueba?

Saludos cordiales, David

Answer 1

Supongamos el WLOG $b > a$. $c = b/a$ Tenemos

$$\begin{align} I &= \int_0^\pi \log(a^2 + b^2 - 2ab \cos x) \, dx \\ &=\int_0^\pi \log a^2 \, dx + \int_0^\pi \log(1 + (b/a)^2 - 2(b/a) \cos x) \, dx \\ &= 2\pi \log a + \int_0^\pi \log(1 + c^2 - 2c \cos x) \, dx \end{align}$$

Ahora podemos evaluar la segunda integral en el lado derecho como el límite de una suma de Riemann

$$\begin{align}J &= \int_0^\pi \log(1 + c^2 - 2c \cos x) \, dx \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{n}\sum_{j=1}^n\log(1 + c^2 - 2c\cos(\pi(j-1)/n)) \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{n}\log\prod_{j=1}^n(1 + c^2 - 2c\cos(\pi(j-1)/n)) \\ &=\lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{n}\log(1-c)^2+\lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{n}\log\prod_{j=2}^{n}(1 + c^2 - 2c\cos(\pi(j-1)/n)) \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{n}\log\prod_{j=1}^{n-1}(1 + c^2 - 2c\cos(\pi j/n))\end{align} .$$

A factoring, obtenemos

$$1 + c^2 - 2c\cos(\pi j/n) = [c - \exp(i \pi j /n)][c - \exp(-i \pi j /n)],$$

y

$$c^{2n} -1 = (c-1)(c+1)\prod_{j=1}^{n-1}[c - \exp(i \pi j /n)][c - \exp(-i \pi j /n)].$$

Recordando que $c = b/a > 1$, por lo tanto, se deduce que

$$\begin{align}J &= \lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{n} \log\left(\frac{c^{2n}-1}{c^2-1} \right) \\ &= \pi \lim_{n \to \infty} \log\left(\frac{c^{2n}-1}{c^2-1} \right)^{1/n} \\ &= \pi \lim_{n \to \infty} \log\left[c^2 \left(\frac{1-c^{-2n}}{c^2-1} \right)^{1/n}\right] \\ &= \pi \log c^2 + \log \left[\lim_{n \to \infty} \left(\frac{1-c^{-2n}}{c^2-1} \right)^{1/n}\right]\\ &= \pi \log c^2\end{align}$$

Por lo tanto,

$$I = 2\pi \log a + \pi \log c^2 = 2\pi \log a + \pi \log (b/a)^2 \\ = 2\pi \log b $$

Answer 2

Supongamos que $b>a$. Entonces $$ \int_{0}^{\pi}\log(a^{2}+b^{2}-2ab\cos x)\, dx = 2\pi\log b + \int_{0}^{\pi}\log(c^{2}+ 1-2c\cos x)\, dx $$ donde$c = \dfrac{a}{b}$$0 \le c < 1$.

Vamos a probar que $$ I = \int_{0}^{\pi}\log(c^{2}+ 1-2c\cos x)\, dx = 0. $$ Si $\log$ es la rama principal, a continuación, $f(z) = \dfrac{\log(1-z)}{z}$ es una analítica de la función en |z| <1. En consecuencia $$ 0 = \oint_{|z|=c}f(z)\, dz = \int_{-\pi}^{\pi}\dfrac{\log(1-ce^{es})}{ce^{es}}hielo^{que}\, dt = i\int_{-\pi}^{\pi}\log(1-ce^{es})\, dt $$ La parte imaginaria de la mano derecha es $$ 0 = \int_{-\pi}^{\pi}\log|1-ce^{}|\, dt = \int_{-\pi}^{\pi}\log(\sqrt{c^{2}+1-2c\cos t})\, dt = \int_{0}^{\pi}\log(c^{2}+1-2c\cos t)\, dt = I. $$