Evaluación de $ \int_{0}^{\pi}\ln(5-4\cos x)\,dx$

Question

Evaluación de $\displaystyle \int_{0}^{\pi}\ln(5-4\cos x)dx = \int_{0}^{\pi}\ln(5+4\cos x)dx$

$\bf{My\; Try::}$ Dejemos que $\displaystyle I(a,b) = \int_{0}^{\pi}\ln(a+b\cos x)dx$

Puis $$\frac{d}{db}(a,b) = \frac{d}{db}\left[\int_{0}^{\pi}\ln(a+b\cos x)dx\right]db$$

Así que $$I'(a,b) = \int_{0}^{\pi}\frac{\cos x}{a+b\cos x}dx = \frac{1}{b}\int_{0}^{\pi}\frac{(a+b\cos x)-a}{a+b\cos x}dx$$

Así que obtenemos $$I'(a,b) = \frac{\pi}{b}-\frac{a}{b}\int_{0}^{\pi}\frac{1}{a+\cos x}dx$$

Utilizando la fórmula del medio ángulo $\displaystyle \tan x = \frac{1-\tan^2 x/2}{1+\tan^2 x/2}$

por lo que obtenemos $$I'(a,b) = \frac{\pi}{b}-\frac{a}{b}\int_{0}^{\pi}\frac{\sec^2 x/2}{(a+b)+(a-b)\tan^2 x/2}dx$$

Poner ahora $\tan x/2= t\; $ Entonces $\displaystyle \sec^2 \frac{x}{2}dx = 2dt$

Así que obtenemos $$I'(a,b) = \frac{\pi}{b}-\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(a+b)+(a-b)t^2}=\frac{\pi}{b}-\frac{a\pi}{2b\sqrt{a^2-b^2}}$$

Así que obtenemos $$I(a,b) = \pi\ln|b|-\frac{\pi a}{2}\left[-\frac{\ln|b^2-a^2|+2\ln |b|}{2a^2}\right]$$

Así que ponemos $a = 5$ y $b=4$

Obtenemos $$I(5,4) = \pi\cdot \ln (5)-\frac{\pi}{2}\left[\frac{-\ln(9)+2\ln(5)}{2\cdot 5}\right]$$

Así que obtenemos $$I(5,4) = \left[\frac{18\ln(5)+\ln(9)}{20}\right]\cdot \pi$$

No entendí en qué me equivoqué, ayúdenme.

Gracias

Answer 1

Este enfoque parece muy bueno, pero el primer error fue en $$\int_0^{\pi}\frac1{a+b\cos x}dx=\frac1a\int_0^{\pi}\frac1{1+e\cos x}dx$$ Donde $e=\frac ba$ . Si se utiliza la anomalía excéntrica en este punto, $$\sin E=\frac{\sqrt{1-e^2}\sin x}{1+e\cos x}$$ Así que $$dE=\frac{\sqrt{1-e^2}}{1+e\cos x}dx$$ Usted obtendría $$\int_0^{\pi}\frac1{a+b\cos x}dx=\frac1a\int_0^{\pi}\frac{dE}{\sqrt{1-e^2}}=\frac{\pi}{\sqrt{a^2-b^2}}$$ Así que te equivocaste por un factor de $2$ en este punto. A continuación, si dejamos que $b=a\sin\theta$ entonces $$\begin{align}\int\frac{db}{b\sqrt{a^2-b^2}}&=\frac1a\int\csc\theta\,d\theta=-\frac1a\ln\left|\csc\theta+\cot\theta\right|+C_1(a)\\ &=-\frac1a\ln\left(\frac ab+\frac{\sqrt{a^2-b^2}}b\right)+C_1(a)\\ &=-\frac1a\ln\left(a+\sqrt{a^2-b^2}\right)+\frac1a\ln b+C_1(a)\end{align}$$ Así que llegarías a $$I(a,b)=\pi\ln\left(a+\sqrt{a^2-b^2}\right)+C(a)$$ En $b=0$ obtenemos $\pi\ln a=\pi\ln2a+C(a)$ así que $C(a)=-\pi\ln2$ . Entonces $$I(5,4)=\pi\ln8-\pi\ln2=\pi\ln4$$ La cuadratura numérica confirma este resultado.

Answer 2

Entiendo, asumiendo que hay un $\mathrm{d}t$ , $$ \int_0^\infty \frac{1}{(a+b)(a-b)t^2} \,\mathrm{d}t = \frac{\pi}{2 \sqrt{a^2-b^2}} \text{.} $$

Integrando eso con respecto a $b$ Me sale $\displaystyle \frac{-\pi}{2}\arctan \frac{b\sqrt{a^2 - b^2}}{b^2 - a^2} $ que no es equivalente a su expresión que contiene logaritmos.

No he comprobado si hay más errores.

Editar: @user5713492 ha señalado (quizás sin querer) otro error. Su segundo $\int_0^\infty$ no tiene $\frac{a}{b}$ prefactor. Asumiendo que esto era lo que se pretendía, obtengo $$ \frac{\partial I(a,b)}{\partial b} = \frac{\pi}{b} - \frac{a}{b} \int_0^\infty \frac{1}{(a+b)+(a-b)t^2} \,\mathrm{d}t = \frac{\pi}{b} - \frac{a \pi}{2b\sqrt{a^2 - b^2}} \text{,} $$ que est lo que obtienes, por lo que probablemente has dejado caer el prefactor.

Integrando que con respecto a $b$ Me sale $$ \frac{\pi}{2}\ln b + \ln(a + \sqrt{a^2 - b^2}) + C(a) \text{,} $$ donde $C$ es una función arbitraria de $a$ . Esto no es particularmente cercano a su expresión con los logaritmos y no veo ningún camino hacia la equivalencia, incluso ignorando la función arbitraria de integración.