Cómo probar$\int^{\pi/2}_0 \log{\cos{x}} \, \mathrm{d}x = \pi/2 \log{1/2}$

Question

YA RESPONDIDAS

Yo estaba tratando de demostrar que el resultado de que el OP de esta pregunta es dada como una sugerencia.

Es decir: imagino que no se les da la sugerencia y se debe evaluar:

$$I = \int^{\pi/2}_0 \log{\cos{x}} \, \mathrm{d}x \color{red}{\overset{?}{=} }\frac{\pi}{2} \log{\frac{1}{2}} \tag{1}$$

¿Cómo proceder?

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Bueno, he intentado los pasos siguientes y, a pesar de que parece que estoy casi allí, me he encontrado con algunos problemas:

• Tomando ventaja del hecho de que: $$\cos{x} = \frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}, \quad \forall x \in \mathbb{R}$$
• Conectando en la integral y realizando el cambio de variable $z = e^{ix}$, por lo que la integral de línea se convierte en una integral de contorno más de una cuarta parte de la circunferencia de la unidad de radio centrado en $z=0$, es decir: $$I = \frac{1}{4i} \oint_{|z|=1}\left[ \log{ \left(z+\frac{1}{z}\right)} - \log{2} \right] \, \frac{\mathrm{d}z }{z}$$

$\color{red}{\text{We cannot do this because the integrand is not holomorphic on } |z| = 1 }$

• Tenga en cuenta que el integrando tiene sólo un poste de tendido en la región delimitada por la curva de $\gamma : |z|=1$ y es holomorphic (es?) casi en todas partes (excepto en $z =0$), por lo que el residuo teorema nos dice que:

$$I = \frac{1}{4i} \times 2\pi i \times \lim_{z\to0} \color{red}{z} \frac{1}{\color{red}{z}} \left[ \underbrace{ \log{ \left(z+\frac{1}{z}\right)} }_{L} - \log{2} \right]$$

• Como he dicho antes, parece que estoy casi allí, ya que el resultado dado por la eq. (1) de la siguiente manera iff $L = 0$, lo cual no es cierto (lo he probado L'Hôpital y algunas manipulaciones algebraicas).

¿Dónde está mi razonamiento no? Cualquier mano?

Gracias de antemano, saludos!

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Por favor, tenga en cuenta que yo no soy mucho de un experto en análisis complejo o de integración compleja, así que por favor me perdone si esto es trivial.

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Notación: $\log{x}$$\ln{x}$.

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Un gráfico de la función $f(z) = \log{(z+1/z)}$ ayuda a comprender las dificultades:

donde $|f(z)|$, $z = x+i y$ se traza y el blanco de la ruta de la muestra donde: $f$ no es holomorphic.

Answer 1

Otra forma:

En primer lugar $$\int_0^{\pi/2}\ln(\cos t)dt\underset{t=\frac{\pi}{2}-u}{=}\int_{0}^{\pi/2}\ln\left(\cos\left(\frac{\pi}{2}-u\right)\right)du=\int_0^{\pi/2}\ln(\sin u)du \tag 1

Entonces, $$\int_0^{\pi/2}\ln(\sin t)dt=\frac{1}{2}\left(\int_{0}^{\pi/2}\ln(\sin t)dt+\int_0^{\pi/2}\ln(\cos t)dt\right)=\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}\ln\left(\frac{\sin(2t)}{2}\right)dt\underset{r=2t}{=}\frac{1}{4}\int_0^\pi\ln\left(\frac{\sin r}{2}\right)dr=\frac{1}{4}\int_{0}^\pi\ln(\sin r)dr-\frac{\pi\ln 2}{4}\underset{Chasles}{=}\frac{1}{4}\int_0^{\pi/2}\ln(\sin r)dr+\int_{\pi/2}^\pi\ln(\sin t)dt-\frac{\pi\ln 2}{4}\underset{t=r+\frac{\pi}{2}}{=}\frac{1}{4}\int_0^{\pi/2}\ln(\sin r)dr+\frac{1}{4}\int_0^{\pi/2}\ln(\sin t)dt=\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}\ln(\sin t)dt-\frac{\pi\ln 2}{2}

Y así $$\int_0^{\pi/2}\ln(\sin t)dt=\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}\ln(\sin t)dt-\frac{\pi\ln 2}{4}\iff\int_0^{\pi/2}\ln(\sin t)dt=-\frac{\pi\ln 2}{2}.

$(1)$ Concluimos %#% $ #%

Answer 2

Sugerencia: con $\cos x=u$ % $\int_0^{\pi/2}\log\cos x\mathrm{d}x=-\int_0^1\frac{\log u}{\sqrt{1-u^2}}\mathrm{d}u$

Answer 3

Como se muestra por @idm, tenemos que $$\int_0^{\pi/2}\ln(\cos(x))dx = \int_0^{\pi/2}\ln(\sin(x))dx.$$ Podemos aprovechar esta identidad para otro y el uso de Feynman del método (diferenciando en virtud de la integral). Considere la posibilidad de $$\int_0^{\pi/2}x\cot(x)dx.\la etiqueta{1}$$ Por integración por partes, tenemos $$\int_0^{\pi/2}x\cot(x)dx = x\ln(\sin(x))\Bigr|_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2}\ln(\sin(x))dx = - \int_0^{\pi/2}\ln(\sin(x))dx$$ desde $\lim_{x\to 0}x\ln(\sin(x)) = 0$. Por lo tanto, podemos evaluar el negativo de la ecuación ($(1)$. $$\begin{align} I(\alpha) &= \int_0^{\pi/2}\arctan(\alpha\tan(x))\cot(x)dx\tag{2}\\ I'(\alpha) &= \int_0^{\pi/2}\frac{\partial}{\partial\alpha}\Bigl[\arctan(\alpha\tan(x))\cot(x)\Bigr]dx\\ &= \int_0^{\pi/2}\frac{dx}{\alpha^2\tan^2(x) + 1}\\ &= \frac{\pi}{2(\alpha +1)}\\ I(\alpha) &= \frac{\pi}{2}\ln(\alpha + 1) + C \end{align}$$ Por lo tanto, $I(0)\Rightarrow C=0$, por lo que $$I(\alpha) = \frac{\pi}{2}\ln(\alpha + 1)$$ Recuperamos la ecuación de $(1)$ a partir de la ecuación de $(2)$ al$\alpha = 1$, por lo que $I(1) = \frac{\pi}{2}\ln(2)$ y ya $$\int_0^{\pi/2}\ln(\sin(x))dx = -\int_0^{\pi/2}x\cot(x)dx = -\frac{\pi}{2}\ln(2),$$ tenemos $$\int_0^{\pi/2}\ln(\sin(x))dx = -\frac{\pi}{2}\ln(2),$$

Answer 4

Desde este post fue etiquetado con el análisis complejo, me puede proporcionar un contorno de integración de la solución así. De nuevo, me va a explotar la identidad dada por @idm. $$\int_0^{\pi/2}\ln(\sin(\theta))d\theta = \frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln(\sin(\theta))d\theta$$ Considere la posibilidad de $1 - e^{2iz} = -2ie^{iz}\sin(z)$. Podemos escribir $1 - e^{2iz}$ $$1 - e^{-2y}(\cos(2x) + i\sin(2x)) < 0\text{ si } x=\pi n, \ y\leq 0$$ Ahora vamos a considerar el contorno de $0$ $\pi$ $\pi + iA$ # % donde tomamos un cuarto de círculo alrededor de $iA$ $0$ radio $\pi$. De la periodicidad de la función, la vertical de los segmentos de línea se cancelan uno al otro, ya que tienen signos opuestos. Además, como $\epsilon$, la parte superior de la integral de la parte superior de la línea va a cero y como $A\to\infty$, la integral alrededor de $\epsilon\to 0$ $0$ ir a cero. $$\begin{align} \ln(-2ie^{ix}\sin(z)) &= \ln(-2i) + \ln(e^{ix}) + \ln(\sin(\theta))\\ &= \ln|-2i| + i\arg(-2i) + ix + \ln(\sin(\theta))\\ &= \ln(2) - i\frac{\pi}{2} + \ln(\sin(\theta)) + i\frac{\pi}{2} \end{align}$$ donde $\pi$ y tomamos el principio de argumento para ser $\ln(2i) = \ln(2) + i\arg(-2i)$ y la parte imaginaria de $-\frac{\pi}{2}$ entre $ix$$0$. Puesto que no hay polos en ellos contorno, por la integral de Cauchy fórmula, la integral es igual a cero. $$\begin{alignat}{2} \int_0^{\pi/2}\ln(\sin(\theta))d\theta &=\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln(\sin(\theta))d\theta\\ &= \frac{\ln(2)}{2}\int_0^{\pi}d\theta - \frac{i\pi}{4}\int_0^{\pi}d\theta + \frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln(\sin(\theta))d\theta + \frac{i\pi}{4}\int_0^{\pi}d\theta &&{}= 0\\ &= \frac{\pi\ln(2)}{2} - \frac{i\pi^2}{4} + \frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln(\sin(\theta))d\theta + \frac{i\pi^2}{4} &&{}=0\\ \frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln(\sin(\theta))d\theta &= -\frac{\pi\ln(2)}{2}\\ \int_0^{\pi/2}\ln(\sin(\theta))d\theta &= -\frac{\pi\ln(2)}{2} \end{alignat}$$