Demostrando que $\int_{-\pi}^{\pi} \ln |1 - e^{i\theta}| d\theta = 0$

Question

He encontrado esto en algunos examen completo.

Demostrar que $\int_{-\pi}^{\pi} \ln |1 - e^{i\theta}| d\theta = 0$.

Me preguntaba qué sería de enfoque estándar de trabajo? Con eso me refiero sólo a la división de la integerl en $\int_{-\pi}^{0} + \int_{0}^{\pi}$, y, a continuación, utilizar $$\ln(1 - e^{i\theta}) = -\sum\frac{e^{i\theta n}}{n}.$$

He encontrado que la primera integral de los rendimientos de $-\frac{2}{i n^2}$ y la segunda se obtiene el negativo de esto, que los rendimientos de $0$. Pero siento que este es un verdadero enfoque de análisis.

Alguien puede darme algunos detalles?

Answer 1

Asumir $|a|<1$, $\theta \in (-\pi,\pi)$. Usted puede escribir $$ \int_{-\pi}^{\pi}\ln(1 - ae^{i\theta}) \:d\theta= -\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n\geq1}^n\frac{e^{i\theta n}}{n}\:d\theta=-\sum_{n\geq1}\frac{a^n}n\int_{-\pi}^{\pi}e^{i\theta n}\:d\theta=-\sum_{n\geq1}\frac{a^n}n \times 0=0, $$ donde la termwise la integración puede ser justificada por los siguientes uniforme de la envolvente: $$ \left|\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a^n}{n} e^{i\theta n}\right|\leq \sum_{n=1}^{\infty}\frac{|a|^n }{n}=-\log(1- |a|)<\infty. $$

Answer 2

El uso de Gauss valor medio teorema a demostrar $\int_{-\pi}^\pi \ln|1 - re^{i\theta}|\, d\theta = 0$$0 < r < 1$. A continuación, mostrar que $\int_{-\pi}^\pi \ln|1 - e^{i\theta}|\, d\theta = \lim\limits_{r\to 1^{-}} \int_{-\pi}^\pi \ln|1 - re^{i\theta}|\, d\theta$.

Answer 3

Cortar el plano complejo con una línea de $(1,0)$ y se extiende a lo largo del eje real positivo.

Ahora, $\log(1-z)$ es analítica en el interior y en un contorno cerrado $C$ definido por $z=e^{i\phi}$$\epsilon \le \phi \le 2\pi -\epsilon$, e $z=1+2\sin(\epsilon/2) e^{i\nu}$$\pi/2 + \gamma \le \nu \le 3\pi/2 -\gamma$, donde $ \cos(\gamma)=\frac{\sin \epsilon}{\sqrt{2(1-\cos \epsilon)}}$ and $0 \le \gamma <2\pi$ on this branch of $\gamma$.

Luego, a partir de los residuos teorema, tenemos

$$\int_C \frac{\log(1-z)}{z}dz=2\pi i \log(1-0)=0$$

lo que implica

$$\begin{align} \int_C \frac{\log(1-z)}{z} dz&=\int_{\epsilon}^{2\pi-\epsilon} \log(1-e^{i\phi})i d\phi+\int_{3\pi/2-\gamma}^{\pi/2+\gamma} \frac{\log(-2\sin(\epsilon/2) e^{i\nu})}{1+2\sin(\epsilon/2) e^{i\nu}}i2\sin(\epsilon/2) e^{i\nu}d\nu\\\\ &=i\int_{\epsilon}^{2\pi-\epsilon} \log(1-e^{i\phi}) d\phi+ i2\sin(\epsilon/2) \int_{3\pi/2-\gamma}^{\pi/2+\gamma} \frac{\log(-2\sin(\epsilon/2)e^{i\nu})e^{i\nu}d\nu}{1+2\sin(\epsilon/2)e^{i\nu}} \\\\ &=i\int_{\epsilon}^{2\pi-\epsilon} \log|1-e^{i\phi}| d\phi + \int_{\epsilon}^{2\pi-\epsilon} \arctan \left(\frac{\sin \phi}{1-\cos \phi}\right)d\phi \\\\ &+ i2\sin(\epsilon/2) \int_{3\pi/2-\gamma}^{\pi/2+\gamma} \frac{\log(-2\sin(\epsilon/2)e^{i\nu})e^{i\nu}d\nu}{1+2\sin(\epsilon/2)e^{i\nu}} \\\\ &=0 \end{align}$$

Como $\epsilon \to 0$ el primer término en el lado derecho enfoques $i$ veces la integral de interés. El segundo término tiende a cero desde $\arctan(\frac{\sin \phi}{1-\cos \phi})$ es un número impar, función periódica de $\phi$ y la integración se extiende a todo el período. Y el último término enfoques $0$ desde $x\log x \to 0$$x \to 0$. Por lo tanto, la integral de interés es cero!!!

Answer 4

El integrador es el real, parte de la función de $z\mapsto\log(1-z)$ restringido a la unidad de círculo. Por tanto, dada la $\delta>0$ podemos encontrar $\varepsilon>0$ $z=1$ tal que $$-\delta<\int_{-\pi+\varepsilon}^{\pi^-\varepsilon}\log|1-e^{i\theta}|d\theta < \delta $$ Siguiente, $$\int_{-\varepsilon}^\varepsilon \log|1-e^{i\theta}|d\theta\sim \varepsilon \log|1-e^{i\theta}| \to 0 \text{ as $\varepsilon \to0$}$$

Answer 5

Suponga $|r|<1$. Deje $z=e^{i\theta}$ y, a continuación,$dz=izd\theta$. Nota: $\ln(1-z)$ es analítica y, por lo tanto, del Teorema de Cauchy, tenemos $$ \int_{-\pi}^{\pi}\ln(1 - re^{i\theta}) \:d\theta= \int_{|z|=1}\frac{\ln(1-rz)}{iz}dz=2\pi\ln(1-rz)|_{z=0}=0. $$ Dejando $r\to1^-$ y tomando la parte real de dar la respuesta.