¿Cómo encontrar $\int_{0}^{\pi/2} \log ({1+\cos x}) dx$ usando métodos de variable real?

Question

¿Cómo encontrar el valor de esta integral, utilizando métodos de real?

$$I=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2} \log ({1+\cos x}) dx$$

La respuesta es constante de $2C-\dfrac{\pi}{2}\log {2}$ $C$ Dónde está catalán.

Answer 1

Mediante el uso de $\cos(x)=\frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ tenemos: $$\begin{eqnarray*} I = 2\int_{0}^{1}\frac{\log 2-\log(1+t^2)}{1+t^2}dt&=&2\int_{0}^{1}\frac{\log 2-\log t-\log(1/t+t)}{1+t^2}dt\\&=&2I_1-2I_2-2I_3,\end{eqnarray*}$ $ donde: $$I_1=\int_{0}^{1}\frac{\log 2}{1+t^2}\,dt = \frac{\pi}{4}\log 2,$ $ $$I_2=\int_{0}^{1}\frac{\log t}{1+t^2}\,dt = \sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\int_{0}^{1}t^{2k}\log t\,dt = -C,$ $ $$I_3=\int_{0}^{1}\frac{\log(t+1/t)}{t^2+1}\,dt=\int_{1}^{+\infty}\frac{\log u}{u\sqrt{u^2-1}}\,du=\int_{0}^{1}\frac{-\log\nu}{\sqrt{1-\nu^2}}\,d\nu,$ $ $$ I_3=-\int_{0}^{\pi/2}\log\cos t\,dt=\frac{\pi}{2}\log 2,$ $ por lo tanto:

$$ I = 2C-\frac{\pi}{2}\log 2.$$

Answer 2

Si no te importa, es otra solución que es más simple. Integración por partes da\begin{align} I &=\int^{\pi/2}_0\ln(1+\cos{x})dx\\ &=\int^{\pi/2}_0\frac{x\sin{x}}{1+\cos{x}}dx\\ &=\int^{\pi/2}_0\frac{x\tan{x}}{\sec{x}+1}\frac{\sec{x}-1}{\sec{x}-1}dx\\ &=\underbrace{\int^{\pi/2}_0\frac{x}{\sin{x}}dx}_{2G}-\int^{\pi/2}_0\frac{x}{\tan{x}}dx\\ &=2G-\int^{\pi/2}_0x\cot{x}dx\\ &=2G+\int^{\pi/2}_0\ln\sin{x}dx\\ &=2G-\frac{\pi}{2}\ln{2} \end {Alinee el}

Answer 3

El uso de Weierstrass sustitución $$ t=\tan\frac x2\qquad;\qquad\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}\qquad;\qquad dx=\frac{2}{1+t^2}\ dt $$ obtenemos \begin{align} \int_0^{\Large\frac\pi4}\ln(1+\cos x)\ dx&=2\underbrace{\int_0^1\frac{\ln2}{1+t^2}\ dt}_{\color{blue}{\text{set}\ t=\tan\theta}}-2\color{red}{\int_0^1\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt}\\ &=\frac{\pi}{2}\ln2-2\color{red}{\int_0^1\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt}.\tag1 \end{align} Considere la posibilidad de \begin{align} \int_0^\infty\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt&=\int_0^1\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt+\underbrace{\int_1^\infty\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt}_{\large\color{blue}{t\ \mapsto\ \frac1t}}\\ &=2\int_0^1\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt-2\int_0^1\frac{\ln t}{1+t^2}\ dt\\ \color{red}{\int_0^1\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt}&=\frac12\underbrace{\int_0^\infty\frac{\ln\left(1+t^2\right)}{1+t^2}\ dt}_{\color{blue}{\text{set}\ t=\tan\theta}}+\int_0^1\frac{\ln t}{1+t^2}\ dt\\ &=-\underbrace{\int_0^{\Large\frac\pi2}\ln\cos\theta\ d\theta}_{\color{blue}{\Large\text{*}}}+\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\underbrace{\int_0^1 t^{2k}\ln t\ dt}_{\color{blue}{\Large\text{**}}}\\ &=\frac\pi2\ln2-\text{G},\tag2 \end{align} donde $\text{G}$ es del catalán constante.

$(*)$ puede ser comprobada mediante el uso de la simetría de $\ln\cos\theta$ $\ln\sin\theta$ en el intervalo de $\left[0,\frac\pi2\right]$ $(**)$ puede ser comprobada mediante el uso de la fórmula $$ \int_0^1 x^\alpha \ln^n x\ dx=\frac{(-1)^n n!}{(\alpha+1)^{n+1}}, \qquad\text{para }\ n=0,1,2,\ldots $$ Por lo tanto, conectar $(2)$ $(1)$rendimientos \begin{align} \int_0^{\Large\frac\pi4}\ln(1+\cos x)\ dx =\large\color{blue}{2\text{G}-\frac{\pi}{2}\ln2}.\tag{Q.E.D.} \end{align}

Answer 4

Si me pueden dar mi granito de arena para lo que vale.

Otra forma sería la de considerar la mano de la serie de Fourier para $\log(\cos(x/2))$

Comenzando con la identidad se mencionó arriba, los que $1+\cos(x)=2\cos^{2}(x/2)$

escribir $\displaystyle \log(2\cos^{2}(x/2))=\log(2)+2\log(\cos(x/2))$

El uso de la serie de $\displaystyle \log(\cos(x/2))=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}\cos(kx)}{k}-\log(2)$

$=\displaystyle 2\sum_{k=1}^{\infty}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{(-1)^{k+1}\cos(kx)}{k}-\frac{\pi}{2}\log(2)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}dx$

$=\displaystyle 2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}\sin(\pi k/2)}{k^{2}}-\frac{\pi}{2}\log(2)\tag{1}$

Aviso de la Clausen serie ahora obtenidos. Tiene período:

$\displaystyle \begin{array}{rcl}k=1&k=2&k=3& k=4& k=5& k=6&k=7&k=8 \\ 1&0&-1&0&1&0&-1&0\end{array}$

Ver cómo se repite con período de 4 de 1 a -1?.

Lo que tenemos ahora es el de la serie de $2\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{(2k-1)^{2}}=2G$

Poner esto junto con las $\frac{-\pi}{2}\log$ en (1) y obtenemos:

$$2G-\frac{\pi}{2}\log(2)$$