Forma cerrada de $\int_0^\infty \ln \left( \frac{x^2+2kx\cos b+k^2}{x^2+2kx\cos a+k^2}\right) \;\frac{\mathrm dx}{x}$

Question

Hoy he discutido la siguiente integral en la sala de chat

$$\int_0^\infty \ln \left( \frac{x^2+2kx\cos b+k^2}{x^2+2kx\cos a+k^2}\right) \;\frac{\mathrm dx}{x}$$ donde $0\leq a, b\leq \pi$ y $k>0$ .

Algunos usuarios me han sugerido que puedo utilizar el teorema de Frullani:

$$\int_0^\infty \frac{f(ax) - f(bx)}{x} = \big[f(0) - f(\infty)\big]\ln \left(\frac ab\right)$$ Así que intenté trabajar de esa manera. \begin {align} I&= \int_0 ^ \infty \ln \left ( \frac {x^2+2kx \cos b+k^2}{x^2+2kx \cos a+k^2} \right ) \; \frac { \mathrm dx}{x} \\ &= \int_0 ^ \infty \frac { \ln \left ( x^2+2kx \cos b+k^2 \right )- \ln \left ( x^2+2kx \cos a+k^2 \right )}{x} \mathrm dx \tag {1} \\ &= \int_0 ^ \infty \frac { \ln \left ( 1+ \dfrac {2k \cos b}{x}+ \dfrac {k^2}{x^2} \right )- \ln \left ( 1+ \dfrac {2k \cos a}{x}+ \dfrac {k^2}{x^2} \right )}{x} \mathrm dx \tag {2} \\ \end {align} La cuestión surgió de $(1)$ porque $f(\infty)$ diverge y la misma cuestión surgió de $(2)$ porque $f(0)$ diverge. A continuación, traté de utilizar D.U.I.S. diferenciando con respecto a $k$ , pero parecía que no había esperanza porque WolframAlpha me dio esta horrible forma . ¿Alguna idea? Cualquier ayuda se agradecería. Gracias de antemano.

Answer 1

En primer lugar, hay que tener en cuenta que al sustituir $x\mapsto kx$ obtenemos $$ \int_0^\infty\log\left(\frac{x^2+2kx\cos(a)+k^2}{x^2+2kx\cos(b)+k^2}\right)\frac{\mathrm{d}x}{x} =\int_0^\infty\log\left(\frac{x^2+2x\cos(a)+1}{x^2+2x\cos(b)+1}\right)\frac{\mathrm{d}x}{x} $$ Dejemos que $u=\frac{x+\cos(a)}{\sin(a)}$ . Entonces $$ \begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}a}\int_0^\infty\log\left(\frac{x^2+2x\cos(a)+1}{x^2+2x+1}\right)\frac{\mathrm{d}x}{x} &=-2\int_0^\infty\frac{\sin(a)}{x^2+2x\cos(a)+1}\,\mathrm{d}x\\ &=-2\int_0^\infty\frac{\sin(a)}{(x+\cos(a))^2+\sin^2(a)}\,\mathrm{d}x\\ &=-\frac2{\sin(a)}\int_0^\infty\frac1{\frac{(x+\cos(a))^2}{\sin^2(a)}+1}\,\mathrm{d}x\\ &=-2\int_{\cot(a)}^\infty\frac1{u^2+1}\,\mathrm{d}u\\[9pt] &=-2a \end{align} $$ Integración en $a$ da $$ \int_0^\infty\log\left(\frac{x^2+2x\cos(a)+1}{x^2+2x+1}\right)\frac{\mathrm{d}x}{x} =-a^2 $$ Por lo tanto, por sustracción, $$ \int_0^\infty\log\left(\frac{x^2+2kx\cos(a)+k^2}{x^2+2kx\cos(b)+k^2}\right)\frac{\mathrm{d}x}{x} =b^2-a^2 $$

Answer 2

\begin {align} \int_0 ^ \infty \ln \left ( \frac {x^2+2kx \cos b+k^2}{x^2+2kx \cos a+k^2} \right ) \; \frac { \mathrm dx}{x}&= \int_0 ^ \infty\frac {1}{x} \int_a ^b \frac { \mathrm d}{ \mathrm dy} \ln \left (x^2+2kx \cos y+k^2 \right ) \; \mathrm dy\, \mathrm dx \\ [10pt] &=- \int_0 ^ \infty\frac {1}{x} \int_a ^b \frac {2kx \sin y}{x^2+2kx \cos y+k^2} \N -; \mathrm dy\, \mathrm dx \\ [10pt] &=2k \int_b ^a \sin y \int_0 ^ \infty \frac { \mathrm dx}{x^2+2kx \cos y+k^2} \N -; \mathrm dy \\ [10pt] &=2k \int_b ^a \sin y \int_0 ^ \infty \frac { \mathrm dx}{ \left (x+k \cos y \right )^2+k^2-k^2 \cos ^2y} \; \mathrm dy \\ [10pt] &=2k \int_b ^a \sin y \underbrace { \int_0 ^ \infty \frac { \mathrm dx}{ \left (x+k \cos y \right )^2+k^2 \sin ^2y}}_{ \large\color {azul}{(k \sin y)\N, u\Nsu, =\Nx+k \cos y}} \; \mathrm dy \\ [10pt] &=2 \int_b ^a \int_ { \cot y}^ \infty \frac { \mathrm du}{u^2+1} \N -; \mathrm dy \\ [10pt] &=2 \int_b ^a \left ( \frac { \pi }{2}- \arctan\left ( \cot y \right ) \right )\; \mathrm dy \\ [10pt] &=2 \int_b ^ay; \mathrm dy \\ [10pt] &= \bbox [8pt,border:3px #FF69B4 solid]{ \color {rojo}{ \large a^2-b^2}} \end {align}

Answer 3

Este es un método de análisis complejo: Obsérvese que

$$ \int_{0}^{\infty} \log\left( \frac{x^{2} + 2x\cos b + 1}{x^{2} + 2x\cos a + 1} \right) \frac{dx}{x} = 2 \int_{0}^{\infty} \Re \frac{\log(1 + e^{ib}x) - \log(1 + e^{ia}x)}{x} \, dx. \tag{1} $$

Dejemos que $R$ sea un número grande positivo. Entonces la función $z \mapsto \log(1+z)/z$ es analítico en $\Bbb{C} \setminus (-\infty, 1]$ con el corte de rama estándar y obtenemos

\begin {align*} \int_ {0}^{R} \frac { \log (1 + e^{ib}x)}{x}, dx &= \int_ {0}^{Re^{ib}} \frac { \log (1 + z)}{z} \N, dz \qquad (z = e^{ib}x) \\ &= \int_ {0}^{R} \frac { \log (1 + z)}{z} \N, dz + \int_ {R}^{Re^{ib}} \frac { \log (1 + z)}{z} \N, dz \\ &= \int_ {0}^{R} \frac { \log (1 + z)}{z} \N, dz + i \int_ {0}^{b} \log (1 + Re^{i \theta }) \, d \theta , \quad (z=Re^{i \theta }) \end {align*}

y lo mismo para la integral con $b$ sustituido por $a$ . Esto demuestra que

$$ \int_{0}^{R} \frac{\log(1 + e^{ib}x) - \log(1 + e^{ia}x)}{x} \, dx = i \int_{a}^{b} \log(1 + Re^{i\theta}) \, d\theta. $$

Multiplicando por 2 y tomando la parte real, obtenemos

$$ 2 \int_{0}^{R} \Re \frac{\log(1 + e^{ib}x) - \log(1 + e^{ia}x)}{x} \, dx = - 2 \Im \int_{a}^{b} \log(R^{-1} + e^{i\theta}) \, d\theta. $$

(Aquí aprovechamos el hecho de que $\log R$ es real). Tomando $R \to \infty$ En vista de la identidad $\text{(1)}$ se deduce que

$$ \int_{0}^{\infty} \log\left( \frac{x^{2} + 2x\cos b + 1}{x^{2} + 2x\cos a + 1} \right) \frac{dx}{x} = - \int_{a}^{b} 2\theta \, d\theta = a^{2} - b^{2}. $$

Answer 4

Otro enfoque es utilizar la serie de Fourier $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{k} \cos(ka)}{k} = - \frac{1}{2} \log \left(x^{2} - 2 x \cos(a) +1 \right) \ , \ |x| <1 $$ que puede derivarse de la serie Maclaurin de $\log(1-z)$ sustituyendo $z$ con $xe^{ia}$ e igualando las partes reales de ambos lados.

$$ \begin{align} \int_0^\infty\log\left(\frac{x^2+2kx\cos(b)+k^2}{x^2+2kx\cos(a)+k^2}\right)\frac{dx}{x} &=\int_0^\infty\log\left(\frac{u^2+2u\cos(b)+1}{u^2+2u\cos(a)+1}\right)\frac{du}{u} \tag{1} \\ &= 2 \int_{0}^{1} \tag{2} \log\left(\frac{u^2+2u\cos(b)+1}{u^2+2u\cos(a)+1}\right)\frac{du}{u} \\ &= 4 \int_{0}^{1} \frac{1}{u} \sum_{k=1}^{\infty} (-u)^{k} \frac{\cos(ka) - \cos(kb)}{k} \\ &= 4 \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \frac{\cos(ka) -\cos(kb)}{k} \int_{0}^{1} u^{k-1} \ du \\ &= 4 \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \frac{\cos(ka) - \cos(kb)}{k^{2}} \\ &= 4 \left(\frac{a^{2}}{4} - \frac{b^{2}}{4} \right) \tag{3} \\ &= a^{2}- b^{2} \end{align} $$

$ $

$(1)$ Dejemos que $ \displaystyle u= \frac{x}{k}.$

$(2)$ Separe la integral en dos integrales, una sobre el intervalo $(0,1)$ y uno sobre el intervalo $(1, \infty)$ y reemplazar $u$ con $\frac{1}{u}$ en la segunda integral.

$(3)$ Integrando la serie de Fourier $ \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \frac{\sin(ka)}{k} = - \frac{a}{2} \ , \ |a| < \pi$ obtenemos $$ \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \frac{\cos(ka)}{k^{2}} = \frac{a^{2}}{4} - \frac{\pi^{2}}{12} \ , \ |a| < \pi .$$

Answer 5

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\norm}[1]{\left\vert\left\vert\, #1\,\right\vert\right\vert} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}\ln\pars{x^{2} + 2kx\cos\pars{b} + k^{2}\over x^{2} + 2kx\cos\pars{a} + k^2}\,{\dd x \over x}:\ {\large ?} \,,\qquad 0 <\ a\,,\ b\ <\pi\,,\quad k > 0.}$

\begin {align}& \overbrace { \color {#66f}{ \large\int_ {0}^{ \infty } \ln\pars {x^{2} + 2kx \cos\pars {b} + k^{2} \over x^{2} + 2kx \cos\pars {a} + k^2}\N-, {a} \dd x \over x}}} ^{ \dsc {x \over k}\ \ds { \mapsto }\ \dsc {x}} \\ [5mm]&= \int_ {0}^{ \infty } \ln\pars {x^{2} + 2x \cos\pars {b} + 1 \over x^{2} + 2x \cos\pars {a} + 1} \,{ \dd x \over x} = \lim_ {R\ \to\ \infty } \bracks { \fermi\pars {a,R} - \fermi\pars {b,R}} \\ [5mm]& \mbox {donde} \begin {array}{|c|} \hline\\ \ \fermi\pars { \mu ,R} \equiv \int_ {0}^{R} \ln\pars {x} {2x + 2 \cos\pars { \mu } \over x^{2} + 2x \cos\pars { \mu } + 1}\, \dd x\,, \quad 0 < \mu < \pi\ \\ \\ \hline \end {array} \qquad\qquad\quad\pars {1} \end {align}

Tenga en cuenta que $\ds{r_{-} \equiv \exp\pars{\bracks{\pi - \mu}\ic}}$ y $\ds{r_{+} \equiv \exp\pars{\bracks{\pi + \mu}\ic}}$ son las raíces de $\ds{x^{2} + 2x\cos\pars{\mu} + 1 = 0}$ tal que $\ds{\pars{~\mbox{with}\ R > 1~}}$ :

\begin {align}& \dsc { \int_ {0}^{R} \ln ^{2} \pars {x} {x + \cos\pars { \mu } \over x^{2} + 2x \cos\pars { \mu } + 1}\, \dd x} \\ [5mm]&=2 \pi\ic\bracks { \half\ , \ln ^{2} \pars {r_{-}} + \half\ , \ln ^{2} \pars {r_{+}}} - \int_ {R}^{0} \bracks { \ln\pars {x} + 2 \pi\ic }^{2} {x + \cos\pars { \mu } \over x^{2} + 2x \cos\pars { \mu } + 1}\, \dd x \\ [5mm]&= \pi\ic\bracks {- \pars { \pi - \mu }^{2} - \pars { \pi + \mu }^{2}} + \dsc { \int_ {0}^{R} \ln ^{2} \pars {x} {x + \cos\pars { \mu } \over x^{2} + 2x \cos\pars { \mu } + 1}\, \dd x} \\ [5mm]&+2 \pi\ic\ \overbrace { \int_ {0}^{R} \ln\pars {x} {2x + 2 \cos\pars { \mu } \over x^{2} + 2x \cos\pars { \mu } + 1}\, \dd x} ^{ \dsc { \fermi\pars { \mu ,R}}}\ +\ \pars {2 \pi\ic }^{2} \int_ {0}^{R} {x + \cos\pars { \mu } \over x^{2} + 2x \cos\pars { \mu } + 1}\, \dd x \\ [5mm]&-{ \mathfrak C} \pars {R, \mu } \end {align} donde $\ds{\left.{\mathfrak C}\pars{R,\mu} \equiv\oint\ln^{2}\pars{z} {z + \cos\pars{\mu}\over z^{2} + 2z\cos\pars{\mu} + 1}\,\dd z\,\right\vert _{z\ \equiv\ R\expo{\ic\theta}\,,\ 0\ <\ \theta\ <\ 2\pi}}$

Esta expresión lleva a: \begin {align} 0&=-2 \pi\ic\pars { \pi ^{2} + \mu ^{2}} + 2 \pi\ic\int_ {0}^{R} \ln\pars {x} {2x + 2 \cos\pars { \mu } \over x^{2} + 2x \cos\pars { \mu } + 1}\, \dd x \\ [5mm]&+ \pars {2 \pi\ic }^{2} \int_ { \cos\pars { \mu }}^{R + \cos\pars { \mu }} {x \over x^{2} + \sin ^{2} \pars { \mu }}\, \dd x - { \mathfrak C} \pars {R, \mu } \end {align}

y \begin {align} \fermi\pars { \mu ,R}&= \int_ {0}^{R} \ln\pars {x} {2x + 2 \cos\pars { \mu } \over x^{2} + 2x \cos\pars { \mu } + 1}\, \dd x \\ [5mm]&= \pi ^{2} + \mu ^{2} - \pi\ic\ln\pars { \bracks {R + \cos\pars { \mu }}^{2} + \sin ^{2} \pars { \mu }} + {{ \mathfrak C} \pars {R, \mu } \over 2 \pi\ic } \end {align}

En el $\ds{R \to \infty}$ tendremos: \begin {align} \lim_ {R \to\ \infty } \bracks { \fermi\pars {a,R} - \fermi\pars {b,R}} &=a^{2} - b^{2} \end {align}

tal que la expresión $\pars{1}$ se reduce a: \begin {align}& \color {#66f}{ \large\int_ {0}^{ \infty } \ln\pars {x^{2} + 2kx \cos\pars {b} + k^{2} \over x^{2} + 2kx \cos\pars {a} + k^2}\N-, {a} \dd x \over x}} = \color {#66f}{ \large a^{2} - b^{2}} \end {align}