Computación $\int_{0}^{\pi}\ln\left(1-2a\cos x+a^2\right) \, dx$

Question

Para $a\ge 0$ vamos a definir $$I(a)=\int_{0}^{\pi}\ln\left(1-2a\cos x+a^2\right)dx.$$ Find explicit formula for $I(a)$.

Mi intento: Vamos a

$$\begin{align*} f_n(x) &= \frac{\ln\left(1-2 \left(a+\frac{1}{n}\right)\cos x+\left(a+\frac{1}{n}\right)^2\right)-\ln\left(1-2a\cos x+a^2\right)}{\frac{1}{n}}\\ &=\frac{\ln\left(\displaystyle\frac{1-2 \left(a+\frac{1}{n}\right)\cos x+\left(a+\frac{1}{n}\right)^2}{1-2a\cos x+a^2}\right)}{\frac{1}{n}}\\ &=\frac{\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\left(\displaystyle\frac{2a-2\cos x+\frac{1}{n}}{1-2a\cos x+a^2}\right)\right)}{\frac{1}{n}}. \end{align*}$$ Ahora es fácil ver que $f_n(x) \to \frac{2a-2\cos x}{1-2a\cos x+a^2}$ $n \to \infty$. $|f_n(x)|\le \frac{2a+2}{(1-a)^2}$ RHS es integrable por lo $\lim_{n\to\infty}\int_0^\pi f_n(x)dx = \int_0^\pi \frac{2a-2\cos x}{1-2a\cos x+a^2} dx=I'(a)$. Pero $$\int_0^\pi \frac{2a-2\cos x}{1-2a\cos x+a^2}=\int_0^\pi\left(1-\frac{(1-a)^2}{1-2a\cos x+a^2}\right)dx.$$ Considerar $$\int_0^\pi\frac{dx}{1-2a\cos x+a^2}=\int_0^\infty\frac{\frac{dy}{1+t^2}}{1-2a\frac{1-t^2}{1+t^2}+a^2}=\int_0^\infty\frac{dt}{1+t^2-2a(1-t^2)+a^2(1+t^2)}=\int_0^\infty\frac{dt}{(1-a)^2+\left((1+a)t\right)^2}\stackrel{(*)}{=}\frac{1}{(1-a)^2}\int_0^\infty\frac{dt}{1+\left(\frac{1+a}{1-a}t\right)^2}=\frac{1}{(1-a)(1+a)}\int_0^\infty\frac{du}{1+u^2}=\frac{1}{(1-a)(1+a)}\frac{\pi}{2}.$$ Por lo $$I'(a)=\frac{\pi}{2}\left(2-\frac{1-a}{1+a}\right)\Rightarrow I(a)=\frac{\pi}{2}\left(3a-2\ln\left(a+1\right)\right).$$

Parece muy fácil, ¿hay alguna crucial falta?

$(*)$ - tenemos que comprobar $a=1$ aquí a mano y realmente se considera $[0,1), (1,\infty)$ pero el resultado en estos dos intervalos de mayo se diferencian sólo por la constante puede ser importante, pero en mi opinión no es crucial para esta prueba.

Answer 1

Aquí es un modo elemental para calcular la integral.

En primer lugar, vamos a demostrar algunos resultados iniciales.

1. Haciendo la sustitución de $x \mapsto \pi - x$ rendimientos $I(a) = \int^\pi_0 \log \left (1 + 2a\cos x + a^2 \right ) \, dx = I(-a)$ así que $$I(a) = I(-a). \tag{$\daga$}$$

2. A continuación, considere $$\begin{align*} I(a) + I(-a) &= \int^{\pi}_{0}\log \! \Big ( \left (1 - 2a\cos x + a^2 \right ) \left (1 + 2a\cos x + a^2 \right ) \Big) \> dx\\ &= \int^{\pi}_{0}\log \! \Big ( \left (1 + a^2 \right )^2 - \left (2a\cos x \right )^2 \Big) \> dx.\\ \end{align*}$$ El uso de doble ángulo de fórmulas produce $$\begin{align*} I(a) + I(-a)&= \int^{\pi}_{0}\log \left ( 1 + 2a^2 + a^4 - 2a^2 \left ( 1 + \cos 2x \right ) \right) \, dx\\ &= \int^{\pi}_{0}\log \left ( 1 - 2a^2\cos 2x + a^4 \right) \, dx,\\ \end{align*}$$ así que podemos dejar a $x \mapsto \frac{1}{2}x$ dar $$\begin{align*} I(a) + I(-a) &= \frac{1}{2}\int^{2\pi}_{0}\log \left ( 1 - 2a^2\cos x + a^4 \right) \, dx.\\ \end{align*}$$ A continuación, podemos dividir la integral en $\pi$ y establezca $x \mapsto 2\pi - x$ para la segunda integral: $$\begin{align*} I(a) + I(-a) &= \frac{1}{2} I(a^2) + \frac{1}{2}\int^{2\pi}_{\pi}\log \left ( 1 - 2a^2\cos x + a^4 \right) \, dx\\ &= \frac{1}{2} I(a^2) + \frac{1}{2}\int^{\pi}_{0}\log \left ( 1 - 2a^2\cos x + a^4 \right) \, dx\\ &= I(a^2). \end{align*}$$ Así tenemos (la aplicación de $(\dagger)$) $$I(a)= \frac{1}{2}I(a^2). \tag{$\estrella de$}$$

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Se desprende de lo $(\star)$ que $I(0) = 0$$I(1) = 0$.

Considere el caso en que $0 \le a < 1$. Podemos usar $(\star)$ forma iterativa $n$ veces para escribir

$$I(a) = \frac{1}{2^n} I \left ( a^{2^{n}} \right ). $$

Establecimiento $n \to \infty$ permite$\frac{1}{2^n} \to 0$$a^{2^{n}} \to 0$, de modo que $I \left ( a^{2^{n}} \right ) \to 0$, lo que da el resultado

$$ I(a) = 0. $$

Al $a > 1$, se deduce que el $0 < 1/a < 1$ y, en consecuencia,$I(1/a) = 0$. Tenemos

$$\begin{align*} I(a) &= \int^\pi_0 \log \! \Big ( a^2 \left ((1/a)^2 + (1/a)\cos x + 1 \right ) \Big ) \> dx\\ &= 2\pi\log(a) + I(1/a)\\ &= 2\pi\log\left(a\right). \end{align*}$$

Podríamos usar $(\dagger)$ a extender el resultado a la negativa $a$, la obtención de la solución final válido para todos los verdaderos $a$,

$$I(a) = \begin{cases} 0 &\text{if } |a| \le 1;\\ 2\pi\log|a| &\text{otherwise}. \end{casos}$$

Answer 2

Teniendo en cuenta el siguiente diagrama:

$\hspace{2cm}$

tenemos que $$ \begin{align} \int_0^\pi\log\left(1-2r\cos(\theta)+r^2\right)\,\mathrm{d}\theta &=\int_0^{2\pi}\log\sqrt{1-2r\cos(\theta)+r^2}\,\mathrm{d}\theta\\ &=\mathrm{Re}\left(\int_\gamma\log(z-1)\frac{\mathrm{d}z}{iz}\right) \end{align} $$ a lo largo de la ruta de $\gamma=r\,e^{i[0,2\pi]}$.

Si $r\le1$, la singularidad en $z=0$ ha residuo $0$. Por lo tanto, la integral es $0$.

Si $r\gt1$, entonces tenemos que modificar la ruta de acceso para evitar que la rama de corte para $\log(z-1)$ a lo largo de $\{t\in\mathbb{R}:t\ge1\}$. Es decir, además de para el contorno circular $\gamma=r\,e^{i[0,2\pi]}$, necesitamos seguir los dos contornos $[r,1]$ por debajo del eje real y $[1,r]$ sobre el eje real. La suma de las integrales a lo largo de estos dos contornos que se $$ \int_r^12\pi i\frac{\mathrm{d}z}{iz}+\int_1^r0\frac{\mathrm{d}z}{iz}=-2\pi\log(r) $$ Puesto que la integral a lo largo de los tres contornos es $0$, la integral a lo largo de la pieza circular debe ser $2\pi\log(r)$.

Poniendo estos dos casos juntos, podemos conseguir $$ \int_0^\pi\log\left(1-2r\cos(\theta)+r^2\right)\,\mathrm{d}\theta =\left\{\begin{array}{l} 0&\text{if }r\le1\\ 2\pi\log(r)&\text{if }r\gt1 \end{array}\right. $$

Answer 3

Si $$I(a)=\int_{0}^{\pi}\ln\left(1-2a\cos x+a^2\right)\ \mathrm{d}x,$$ \begin{align} I'(a)&=\int_{0}^{\pi}\frac{2a-2\cos x}{1-2a\cos x+a^2} \ \mathrm{d}x,\\ I'(a) & = \frac{1}{a}\int_{0}^{\pi}\frac{2a^2-2a\cos x}{1-2a\cos x+a^2} \ \mathrm{d}x \\ & = \frac{1}{a}\int_{0}^{\pi}\frac{1-1+a^2+a^2-2a\cos x}{1-2a\cos x+a^2} \ \mathrm{d}x \\ & = {\pi \over a} + \frac{1}{a}\int_{0}^{\pi}\frac{a^2-1}{1-2a\cos x+a^2} \ \mathrm{d}x \end{align} y haciendo la sustitución de Weierstrass, $$\cos x = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}, $$ $$\mathrm{d}x = \frac{2 \,\mathrm{d}t}{1 + t^2}.$$ $$I'(a)={\pi \over a} + \frac{2}{a}\int_{0}^{\infty}\frac{a^2-1}{(1+a^2)(1+t^2)-2a(1-t^2)}\ \mathrm{d}t $$ $$I'(a)={\pi \over a} + \frac{2}{a}\int_{0}^{\infty}\frac{a^2-1}{(1-a)^2 + (1+a)^2t^2} \ \mathrm{d}t$$ $$I'(a)={\pi \over a} + \frac{\pi}{a} \operatorname{sgn} (a^2-1),$$ así, por $a > 1$, $$I'(a)={2\pi \over a},$$ $$I(a)={2 \pi \log a},$$ given that $\displaystyle \lim_{un \rightarrow 1^+} I(a)=0$. Usted tiene que ser cuidadoso para demostrar esta última afirmación creo, pero se puede ver el resultado aquí - esta integral es fácil evaluar:

\begin{align} \int_0^{\pi} \log(2-2\cos x) \ \mathrm{d}x &= \int_0^{\pi} \log(4 \sin^2 x) \ \mathrm{d}x \\ & = \pi \log 4 + 2\int_0^{\pi} \log(\sin x) \ \mathrm{d}x \\ & = 2\pi \log 2 + 4\int_0^{\pi/2} \log(\sin x) \ \mathrm{d}x \\ \end{align} La última integral se puede encontrar aquí, lo que nos da el resultado final.

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{{\rm I}\pars{a} = \int_{0}^{\pi}\ln\pars{1 - 2a\cos\pars{x} + a^{2}}\, \dd x:\ {\large ?}.\qquad \geq 0}$.

\begin{align} {\rm I}\pars{a}&=\half\int_{-\pi}^{\pi}\ln\pars{1 - 2a\cos\pars{x} + a^{2}}\,\dd x =\half\int_{\verts{z}=1 \atop {\vphantom{\Huge A}\verts{{\rm Arg}\pars{z}} < \pi}} \ln\pars{1 - 2a\,{z^{2} + 1 \over 2z} + a^{2}}\,{\dd z \over \ic z} \\[3mm]&=-\,\half\ic \int_{\verts{z}=1 \atop {\vphantom{\Huge A}\verts{{\rm Arg}\pars{z}} < \pi}} \ln\pars{-az^{2} + \bracks{a^{2} + 1}z - a \over z}\,{\dd z \over z} \\[3mm]&=-\,\half\ic \int_{\verts{z}=1 \atop {\vphantom{\Huge A}\verts{{\rm Arg}\pars{z}} < \pi}} \ln\pars{-a\bracks{z - a}\bracks{z - 1/a} \over z}\,{\dd z \over z} \\[3mm]&=-\,\half\ic \int_{\verts{z}=1 \atop {\vphantom{\Huge A}\verts{{\rm Arg}\pars{z}} < \pi}} \ln\pars{-a\bracks{z - \mu_{<}}\bracks{z - \mu_{>}} \over z}\,{\dd z \over z} \quad\mbox{where}\quad \mu_{< \atop >} \equiv {\min \atop \max}\braces{a, {1 \over a}} \\[3mm]&\mbox{and}\quad 0\ \leq\ \mu_{<} < 1\,,\quad \mu_{>}\ >\ 1 \end{align}

$$ {\rm I}\pars{un}= -\,\media\ic\int_{\verts{z}=1 \cima {\vphantom{\Enorme}\verts{{\rm Arg}\pars{z}} < \pi}} \ln\pars{\bracks{z \mu_{<}}\bracks{\mu_{>} - z}}\,{\dd z \sobre z} +\media\ic\int_{\verts{z}=1 \cima {\vphantom{\Enorme}\verts{{\rm Arg}\pars{z}} < \pi}} \ln\pars{z \a través de una}\,{\dd z \sobre z} $$

$$ \media\ic\int_{\verts{z}=1 \cima {\vphantom{\Enorme}\verts{{\rm Arg}\pars{z}} < \pi}} \ln\pars{z \a través de una}\,{\dd z \sobre z} =\media\ic\int_{-\pi}^{\pi}\ln\pars{\expo{\ic\theta} \más de una}\,{\expo{\ic\theta}\ic\,\dd\theta \\expo{\ic\theta}} = \pi\ln\pars{un} $$

\begin{align} &\color{#c00000}{\large{\rm I}\pars{a} - \pi\ln\pars{a}} =\half\,\ic\int_{-1}^{\mu_{<}}{\ln\pars{\bracks{\mu_{<} - x}\bracks{\mu_{>} - x}} + \ic\pi \over x + \ic 0^{+}}\,\dd x \\[3mm]&\mbox{} + \half\,\ic\int_{\mu_{<}}^{-1} {\ln\pars{\bracks{\mu_{<} - x}\bracks{\mu_{>} - x}} - \ic\pi \over x - \ic 0^{+}}\,\dd x \\[3mm]&=\half\,\ic\pars{\int_{-1}^{\mu_{<}}{\braces{\ln\pars{\bracks{\mu_{<} - x}\bracks{\mu_{>} - x}} + \ic\pi}}\bracks{\pp{1 \over x} - \ic\pi\delta\pars{x}} \,\dd x} \\[3mm]&\phantom{=}\mbox{} -\half\,\ic\pars{\int_{-1}^{\mu_{<}}{\braces{\ln\pars{\bracks{\mu_{<} - x}\bracks{\mu_{>} - x}} - \ic\pi}}\bracks{\pp{1 \over x} + \ic\pi\delta\pars{x}}\,\dd x} \\[3mm]&=\half\ic\pp\int_{-1}^{\mu_{<}}2\pi\ic\,{\dd x \over x} =-\pi\lim_{\epsilon \to 0^{+}}\pars{\int_{-1}^{-\epsilon}{\dd x \over x} +\int_{\epsilon}^{\mu_{<}}{\dd x \over x}}=-\pi\ln\pars{\mu_{<}} \\[3mm]&=\color{#c00000}{\large -\pi\Theta\pars{1 - a}\ln\pars{a} -\pi\Theta\pars{a - 1}\ln\pars{1 \over a}} \end{align}

$$\color{#00f}{\large% {\rm I}\pars{a} = \Theta\pars {- 1}\bracks{2\pi\ln\pars{un}}} $$ que se ha calculado para $\ds{\color{#c00000}{a > 0}}$.

De la $\ds{{\rm I}\pars{a}}$ definición original es claro que $\ds{\color{#c00000}{{\rm I}\pars{un}\ \mbox{es}\ \ul{\mbox{incluso}}\ \mbox{función de}\ a}}$ y que $\ds{\color{#c00000}{{\rm I}\pars{0} = 0}}$. Entonces, la solución $\ds{\color{#c00000}{\forall\ a \in {\mathbb R}}}$ está dada por: $$\color{#00f}{\large% {\rm I}\pars{a} = \Theta\pars{\verts{a} - 1}\bracks{2\pi\ln\pars{\verts{un}}}} $$