Un problema sobre la integral paramétrica

Question

Cómo resolver la siguiente integral.

$I(\theta) = \int_0^{\pi}\ln(1+\theta \cos x)dx$ dónde $|\theta|<1$

Answer 1

Diferenciando bajo el signo integral se obtiene:$$ I'(\theta) = \int^{\pi}_0 \frac{\cos x}{1+ \theta \cos x} dx .$ $

Entonce

Para tratar la última integral, considere $$ \ [\begin{aligned} I & = \int_{0}^{\pi} \frac{1}{a+b\cos{x}}\;{dx} \\& = \int_{0}^{\pi} \frac{1}{a\left(\sin^2\frac{1}{2}x+\cos^2\frac{1}{2}x\right)+b\left(\cos^2\frac{1}{2}x-\sin^2\frac{1}{2}x\right)}\;{dx} \\& =\int_{0}^{\pi}\frac{1}{(a-b)\sin^2\frac{1}{2}x+(a+b)\cos^2\frac{1}{2}x}\;{dx} \\& =\int_{0}^{\pi}\frac{\sec^2{\frac{1}{2}x}}{(a+b)+(a-b)\tan^2\frac{1}{2}x}\;{dx} \\& = 2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(a+b)+(a-b)t^2}\;{dt} \\& = 2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(\sqrt{a+b})^2+(\sqrt{a-b})^2t^2}\;{dt}\\& = \frac{2}{{\sqrt{a^2-b^2}}}\tan^{-1}\bigg(\frac{\sqrt{a-b}}{\sqrt{a+b}}~t \bigg)\bigg|_{0}^{\infty} \\& = \frac{\pi}{\sqrt{a^2-b^2}}.\end {aligned} \] $$

Así pues,$$\theta I'(\theta) = \int^{\pi}_0 1 - \frac{1}{1+\theta \cos x} dx= \pi - \int^{\pi}_0 \frac{1}{1+\theta \cos x} dx$ $

Ahora puede hacer alguna integración propia para encontrar$$ \theta I'(\theta) = \pi \left(1 - \frac{1}{\sqrt{1-\theta^2}} \right).$

Answer 2

Tenga en cuenta que el integrando siempre cambia de signo en$x=\frac\pi2$$\theta\ne0$. De hecho, este es un valor no positivo de la función, desde $\cos(\pi-x)=-\cos x$ y ya, para $r=\theta\cos x$, $|r|<1$ y $\ln(1+r)+$ $\ln(1-r)=$ $\ln(1-r^2)<0$ $\implies$ $$ \eqalign{ \int_0^\pi~\ln\big(1+\theta\,\cos\,x\big)\;dx y= \int_0^\frac\pi2~\ln\big(1+\theta\cos x\big)\;dx + \int_\frac\pi2^\pi~\ln\big(1+\theta\cos x\big)\;dx \\ &= \int_0^\frac\pi2~\ln\big(1-\theta^2\cos^2 x\big)\;dx \le 0 \,, } $$ con la igualdad iff $\theta=0$. De perversa curiosidad, vamos a definir, ligeramente más general (sustituyendo $a$ 1, $b$$\theta$$\theta$$x$) $$ I(a,b)=\int_0^\pi\ln\big(a+b\cos\theta\)\; d\theta. $$ Entonces $$ \frac{\partial I}{\partial b} =\int_0^\pi \frac{\cos\theta\,d\theta}{a+b\cos\theta} =\frac{\pi}{b}-\frac{a}b\int_0^\pi\frac{d\theta}{a+b\cos\theta} \qquad \text{ya} \qquad \frac{b\cos\theta}{a+b\cos\theta} =1-\frac{a }{a+b\cos\theta} . $$ Pero (gracias a Ragib Zaman): $$ \eqalign{\frac\pi{a} - \frac{b}{a} \, \frac{\partial I}{\partial b} & = \int_0^\pi \frac{d\theta}{a+b\cos{\theta}} \\& = \int_0^\pi \frac{d\theta} {un\left(\sin^2\frac\theta2+\cos^2\frac\theta2\right) +b\left(\cos^2\frac\theta2-\sin^2\frac\theta2\right)} \\& = \int_0^\pi \frac{d\theta} {(a-b)\sin^2\frac\theta2+(a+b)\cos^2\frac\theta2} \\& = \int_0^\pi \frac{\s^2\frac\theta2\;d\theta} {(a+b)+(a-b)\tan^2\frac\theta2} \\& = 2\int_0^\infty \frac{dt}{(a+b)+(a-b)t^2} \\& = 2\int_0^\infty \frac{dt}{(\sqrt{a+b})^2+(\sqrt{a-b})^2t^2} \\& = \frac{2}{{\sqrt{a^2-b^2}}}~ \left.\tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{a-b}}{\sqrt{a+b}}~t \right) \right|_{0}^{\infty} \\& = \frac{\pi}{\sqrt{a^2-b^2}} } $$ así que $$ \frac{\partial I}{\partial b} = \frac\pi{b} \left( 1-\frac{a}{\sqrt{a^2-b^2}} \right) $$ o $$ I(a,b) = \pi \int \frac{db}{b} - \pi \int \frac{db}{b \sqrt{a^2-b^2}} \,. $$ Para $a>|b|>0$, podemos utilizar la sustitución $b=a\sin\phi,~db=a\cos\phi\,d\phi$ a continuar así: $$ \eqalign{ I(a,b)&=\pi\ln|b| - \pi \int \frac{d\phi}{\sin\phi} \\ &=\pi\ln|b| - \pi \int \csc\phi ~d\phi \\ &=\pi\ln|b| + \pi ~\ln\, \big| \csc\phi + \cuna\phi \big| + c \\ &=\pi\ln|b| + \pi ~\ln\, \left| \frac{1+\cos\phi}{\sin\phi} \right| + c \\ &=\pi\ln|b| + \pi ~\ln\, \left| \frac{a}{b} +\sqrt{\left( \frac{a}{b} \right)^2-1} \right| + c \,. } $$ El uso de $I(a,0)=\pi\,\ln a$, nos encontramos con que $c$ depende de un límite que existe y es $\ln2$ fib $a=1$, $$ \frac{\pi\ln a-c}{a} =\lim_{b\rightarrow0}\,\ln \left| \frac{ \frac{a}{b} +\sqrt{\left( \frac{a}{b} \right)^2-1} }{|b|^{-1/a}} \right| =\lim_{b\rightarrow0}\,\ln \left| b^{1/a-1} \left( a+\sqrt{a^2-b^2} \right) \right| $$ en el que caso de $c=-\pi\ln2$. Así que para nuestro problema original, $$ \int_0^\pi~\ln\big(1+\theta\,\cos\,x\big)\;dx=I(1,\theta) = \pi \ln\frac{1+\sqrt{1-\theta^2}}{2} \,. $$ Como ya se ha señalado, existe y es valor no positivo para $|\theta|<1$. En el otro lado vemos desde el lado derecho por encima de que la integral es acotado abajo por $-\pi\ln2\approx-2.17758609030360$. Aquí está una parcela de la solución con el uso de la salvia, con el factor de $\pi$ eliminado (en azul), y una función comparable (en rojo) desde temprano de la errónea proyecto:

var('t')
#assume(t != 0)
G = plot(log( (1 + sqrt(1-t^2)) / 2 ), (t, -1, 1), color='blue')
G+= text('log((1 + sqrt(1-t^2)) / 2)', (-.6,-.65), color='blue')
G+= plot(      1 - arcsin(t)/t       , (t, -1, 1), color='red')
G+= text(     '1 - arcsin(t)/t'      , (.85,-.06), color='red')
G#.show(aspect_ratio=1)

En particular, el gráfico tiene un mínimo de $-\ln2\approx-0.693147180559945$ en $\theta=\pm1$.

Para comprobar el punto final, me calcula un aproximado de una integral definida, lo cual está de acuerdo con la de arriba (la tupla da la integral y las estimaciones de error):

numerical_integral(2*log(sin(x)), 0, pi/2)

$\left(-2.17758608788, 1.09713268507 \times 10^{-06}\right)$

Answer 3

¿Intentaste de esa manera?

$I(\theta) = \int_0^{\pi}\ln(1+\theta \cos x)dx$

$I'(\theta) = \int_0^{\pi}\frac{\cos x}{1+\theta \cos x}dx$

$\frac{\cos x}{1+\theta \cos x}=A+\frac{B}{1+\theta \cos x}$

$A+B=0$

$A.\theta=1$

$A=\frac{1}{\theta}$

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Do transform$B=\frac{-1}{\theta}$

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Creo que después de que usted puede manejar el problema. Si no puede, por favor hágamelo saber