Evaluar $\int_{0}^{\pi} \log \left(m^2-2m\cos x+1\right)\: dx$

Question

Evaluar $$\int_{0}^{\pi} \log \left(m^2-2m\cos x+1\right)\: dx$$

Yo: yo deje $$f(m)=\int_{0}^{\pi} \log \left(m^2-2m\cos x+1\right)\: dx$$

La diferenciación de w.r.t $m$ ambos lados obtenemos

$$f'(m)=2\int_{0}^{\pi}\frac{(m- \cos x)dx}{(m-\cos x)^2+\sin^2x}=2\int_{0}^{\pi}\frac{(m+ \cos x)dx}{(m+\cos x)^2+\sin^2x}$$

tenemos

$$f'(m)=2\int_{0}^{\pi}\frac{m \csc^2 x+\csc x \cot x}{(m\csc x+\cot x)^2+1}$$

Cómo proceder ahora?

Answer 1

Vamos a denotar la deseada integral como$$I(z)=\int\limits_0^{\pi}dx\,\log\left(z^2-2z\cos x+1\right)$$And use Feynman's Trick to turn the integral into something that we can manage. Differentiating with respect to $z$ gives$$I'(z)=\int\limits_0^{\pi}dx\,\frac {2z-2\cos x}{z^2-2z\cos x+1}=\frac 1z\int\limits_0^{\pi}dx\,\left(1-\frac {1-z^2}{z^2-2z\cos x+1}\right)$$The first integral is trivial. The second one can be easily evaluated using a Weierstrass Substitution of $t=\tan\tfrac x2$$$\begin{align*}I'(z) & =\frac {\pi}z-\frac {2(1-z^2)}z\int\limits_0^{\infty}dt\space\frac {1}{\left[t(1+z)\right]^2+(1-z)^2}\\ & =\frac {\pi}z-\frac 2z\left.\arctan\left(\frac {1+z}{1-z}\tan\frac x2\right)\right|_0^{\pi}\end{align*}$$

La expresión dentro de la arco tangente de la función toma dos valores diferentes como $x$ varía de cero a $\pi$. Al $|z|<1$, la fracción es siempre positivo, incluso cuando $z$ es negativo. Por lo tanto, toda la expresión se evalúa a $\frac {\pi}2$. Por lo$$I'(z)=0\qquad\qquad I(z)=C_1$$

Y al $|z|>1$, la fracción es menor que cero (se puede ver por qué?). Así que la realidad la expresión se evalúa a $-\frac {\pi}2$ y obtener una respuesta diferente a los de antes de$$I'(z)=\frac {2\pi}z\qquad\qquad I(z)=2\pi\log z+C_2$$

Para encontrar las dos constantes, hacemos una sustitución por $z$, que se reduce a la integral a algo que nos puede evaluar fácilmente. Al $|z|<1$, la sustitución de $z=0$ da $I(z)=0$, por lo que podemos ver de inmediato que el $C_1=0$.

Al $|z|>1$, primero hacemos una sustitución de $z=\frac 1w$ donde $|w|<1$ y utilice el resultado previamente para conseguir ese $C_2$ es también igual a cero. Finalmente, nos quedamos con

$$\int\limits_0^{\pi}dx\,\log\left(z^2-2z\cos x+1\right)=\left\{\begin{align*}2\pi\log z\qquad |z|>1\\\\0\qquad\space\space\space\qquad |z|\leq1\end{align*}\right.$$

Answer 2

Tenga en cuenta que $$I(m)=\int_{0}^{\pi} \log \left(m^2-2m\cos x+1\right)\: dx=\frac12\int_{0}^{2\pi} \log \left(m^2-2m\cos x+1\right)\: dx $$ y por lo tanto $$I(m)=\frac12\int_0^{2\pi}\frac{2m-2\cos x}{(m^2+1)-2m\cos x}\;dx. $$

Deje $z=e^{ix}$ y, a continuación, \begin{eqnarray} I'(m)&=&\frac12\int_0^{2\pi}\frac{2m-2\cos x}{(m^2+1)-2m\cos x}\;dx\\ &=&\frac12\int_{|z|=1}\frac{2m-(z+\frac1z)}{(m^2+1)-m(z+\frac1z)}\;\frac{dz}{iz}\\ &=&\frac1{2i}\int_{|z|=1}\frac{2mz-(z^2+1)}{z\bigg[(m^2+1)z-m(z^2+1)\bigg]}\;dz\\ &=&-\frac1{2mi}\int_{|z|=1}\frac{2mz-(z^2+1)}{z(z-m)(z-\frac1m)}\;dz. \end{eqnarray} Vamos $$ f(z)=\frac{2mz-(z^2+1)}{z(z-m)(z-\frac1m)}. $$ Si $m<1$, $f(z)$ tiene dos polos $z=0$ $z=m$ dentro $|z|=1$ y por lo tanto $$ I'(m)=-\frac1{2mi}\cdot2\pi i\bigg[\text{Res}\bigg(f(z),z=m\bigg)+\text{Res}\bigg(f(z),z=0\bigg)\bigg]=0 $$ y por lo tanto $$ I(m)=C. $$ Desde $I(0)=0$, lo $C=0$ y, por tanto,$I(m)=0$. Si $m>1$, $f(z)$ tiene dos polos $z=0$ $z=\frac1m$ dentro $|z|=1$ y por lo tanto $$ I'(m)=-\frac1{2mi}\cdot2\pi i\bigg[\text{Res}\bigg(f(z),z=\frac1m\bigg)+\text{Res}\bigg(f(z),z=0\bigg)\bigg]=\frac{2\pi}{m} $$ y por lo tanto $$ I(m)=2\pi\log m+C. $$ Desde $I(1)=0$, lo $C=0$ y, por tanto,$I(m)=2\pi\log m$.

Answer 3

Para $|m|<1$, tenemos $$ \log(1+m^2-2m\cos x) = \log(1-me^{ix})(1-me^{ix}) = \log{(1-me^{ix})}+\log(1-me^{ix}) \\ = -\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}m^k (e^{ikx}+e^{-ikx}) = -2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{m^k}{k} \cos{kx}.$$

Por lo tanto: $$ \int_0^\pi\log(1+m^2-2m\cos x) dx=-2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{m^k}{k}\int_0^\pi \cos{kx} dx=0. $$

Para $|m|>1$, podemos escribir: $$ \log(1+m^2-2m\cos x)=\log(1+m^{-2}-2m^{-1}\cos x)+\log m^2, $$ así que después de la integración se obtiene la $\pi \log m^2$.

Así pues, finalmente $$\int_0^\pi\log(1+m^2-2m\cos x) dx=\begin{cases} 0,& |m|<1,\\ \pi\log m^2,& |m|>1.\\ \end{casos} $$