Matematicamente.it

Sia:
$phi(x)=int_0^x(lncost)dt$
Calcolare in forma esatta (ovvero senza approssimazioni) $ phi(pi/2)$
karl

cioè in pratica si chiede di calcolare $int_0^(pi/2)lncostdt$
?

Si può dimostrare che
$int_0^(+infty)ln(1+x^2)/(1+x^2)dx=pi*ln2$,
ponendo $x=tany$ si ha
$int_0^(pi/2)ln(1+tan^2y)/(tan^2y+1)sec^2ydy=-2int_0^(pi/2)lncosy*dy=pi*ln2$, da cui
$int_0^(pi/2)lncosy*dy=-pi/2ln2$.

Piera ha scritto:Si può dimostrare che
$int_0^(+infty)ln(1+x^2)/(1+x^2)dx=pi*ln2$,
ponendo $x=tany$ si ha
$int_0^(pi/2)ln(1+tan^2y)/(tan^2y+1)sec^2ydy=-2int_0^(pi/2)lncosy*dy=pi*ln2$, da cui
$int_0^(pi/2)lncosy*dy=-pi/2ln2$.

Che bella soluzione. Complimenti!

Convengo anch'io sulla soluzione di Pieragalli che pero'
finisce sostanzialmente con lo spostare il problema sul
calcolo dell'integrale col logaritmo.
Calcolo praticamente equivalente a quello che ho proposto:
c'e' una strada indipendente.
karl

Ok, posto quella che dovrebbe essere la soluzione ufficiale.
Posto $x=pi/2-y$ si ha
$int_0^(pi/2)ln cos x dx=int_0^(pi/2)ln sen y dy$
$I=int_0^(pi/2)ln sen x dx=int_0^(pi/2)ln 2sen(x/2)cos(x/2) dx=pi/2ln2+int_0^(pi/2)ln (sen(x/2)cos(x/2)) dx$ (1)
posto $y=x/2$ si ha
$int_0^(pi/2)ln (sen(x/2)cos(x/2)) dx=2int_0^(pi/4)(ln seny+lncos(y)) dy$ (2)
ma
$int_0^(pi/4) lncos y dy=int_0^(pi/4) lnsen(pi/2- y)dy$ da cui ponendo $pi/2-y=z$ l'integrale diventa:
$int_(pi/4)^(pi/2) lnsen z dz$ che sostituito nella (2) dà:
$2int_0^(pi/4)(ln seny+lncosy) dy=2int_0^(pi/2)ln seny dy=2I$
Infine tornando alla (1)
$I=pi/2ln2 +2I$ da cui
$I=-pi/2ln2$.

@Pieragalli
Ottimo procedimento !
karl