Integral elemental complicada $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\cot(x)dx$ .

Question

$$\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}x\cot(x)dx$$

Intenté la integración por partes y obtuve $\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}x^{2} \csc^{2}x dx$ que no ayuda en absoluto. Realmente no sé qué hacer. Cualquier ayuda será muy apreciada.

Answer 1

La integral se debe a Leonhard Euler.

$$I=\int_0^{\pi/2}x\cot xdx=\int_0^{\pi/2}x(\ln\sin x)^\prime dx=-\int_0^{\pi/2}\ln\sin xdx$$

Toma $x=\pi/2-u$ tenemos $$I=-\int_0^{\pi/2}\ln\cos udu$$

Por lo tanto, $$2I=-\int_0^{\pi/2}(\ln\sin x+\ln\cos x)dx=\frac\pi2\ln2-\int_0^{\pi/2}\ln\sin2xdx$$

La integral posterior podría transformarse:

$$J=\int_0^{\pi/2}\ln\sin2xdx=\frac12\int_0^\pi\ln\sin xdx=\int_0^{\pi/2}\ln\sin xdx=-I$$ desde $\sin x=\sin(\pi-x)$ Por lo tanto

$$J=\frac\pi2\ln2$$

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Como ejercicio adicional, intente calcular

$$I(r)=\int_0^\pi\ln(1-2r\cos x+r^2)dx$$ donde $\lvert r\rvert\neq1$ . (debido a S.D. Poisson)

Answer 2

Una fórmula muy útil para integrar un polinomio por cot o csc.

Se puede demostrar que:

$\displaystyle \int_{a}^{b}p(x)\cot(x)dx=2\sum_{k=1}^{\infty}\int_{a}^{b}p(x)\sin(2kx)dx$

Por lo tanto, usted tiene $\displaystyle 2\sum_{k=1}^{\infty}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sin(2kx)dx$

$=\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{\sin(k\pi)}{2k^{2}}-\frac{\pi\cos(k\pi)}{2k}\right)$

Tenga en cuenta que $\displaystyle \sin(\pi k)=0, \;\ \cos(\pi k)=(-1)^{k}$ .

Por lo tanto, se reduce a:

$\displaystyle \frac{\pi}{2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}$

$=\displaystyle \frac{\pi}{2}\ln(2)$

La fórmula anterior se cumple siempre que sin(x/2) o cos(x/2) no sea cero en [a,b].

Pruébalo con otros límites superiores como $\frac{\pi}{4}$ o $p(x)=x^{2}$ .

Si estás familiarizado con las sumas Zeta y la constante catalana (que puede aparecer) puedes integrar estas funciones más fácilmente.

Existe una fórmula análoga para csc:

$\displaystyle \int_{a}^{b}p(x)csc(x)dx=2\sum_{k=0}^{\infty}\int_{a}^{b}p(x)\sin(2k+1)x dx$

Answer 3

Otra forma de hacer esta integral:

$$I=\int_0^{\pi/2}x\cot(x)\,dx=\int_0^{\pi/2}(\pi/2-x)\tan(x)\,dx\\ \Rightarrow 2I=\int_0^{\pi/2}\frac{2x\cos^2(x)+2(\pi/2-x)\sin^2(x)}{2\sin(x)\cos(x)}\, dx\\=\int_0^{\pi/2}\frac{2x\cos(2x)+\frac{\pi}{2}(1-\cos(2x))}{\sin(2x)}\,dx\\\Rightarrow 4I=\int_0^{\pi}\frac{x\cos(x)+\frac{\pi}{2}(1-\cos(x))}{\sin(x)}\, dx\\=\int_0^{\pi/2}x\cot(x)\,dx+\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi/2}\csc(x)-\cot(x)\,dx+\int_{\pi/2}^\pi (x-\pi)\cot(x)\,dx+\frac{\pi}{2}\int_{\pi/2}^\pi\csc(x)+\cot(x)\,dx\\=2I+\pi\int_0^{\pi/2}\csc(x)-\cot(x)\,dx\\=2I-\pi\log|1+\cos(x)|]^{\pi/2}_0\\\Rightarrow I=\frac{\pi}{2}\log(2).$$

Answer 4

Esa es una gran pregunta pero hay una espléndida Q , voy a publicar para knowlodge

$$I=_{0}^{\frac{ }{4}}x^2 \cot xdx\ \ \ \ \ \ \ \ \ by\ parts\ we\ have\\ \\ I=x^2\ln(\sin x)\tfrac{\frac{ }{4}}{0}-2_{0}^{\frac{ }{4}}x\ln(\sin(x))dx\\ \\ =-\frac{ ^{2}\ln(2)}{32}+_{0}^{\frac{ }{4}}(2\ln(2)+2_{k=1}^{\infty }\frac{\cos(2kx)}{k})xdx\\ \\ =\frac{- ^{2}\ln(2)}{32}+2\ln(2)_{0}^{\frac{ }{4}}xdx+2_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k}_{0}^{\frac{ }{4}}x\cos(2kx)dx\\ \\ \\ but\ x\cos(2kx)=\frac{x\sin(2kx)}{2k}+\frac{\cos(2kx)}{4k^2}+c\\ \\ \therefore _{0}^{\frac{ }{4}}x\cos(2kx)dx=\frac{ \sin(\frac{k }{2})}{8k}+\frac{\cos(\frac{ k}{2})}{4k^2}-\frac{1}{4k^2}\\ \\$$

$$\therefore I=\frac{- ^{2}\ln(2)}{32}+\ln(2)x^2\tfrac{\frac{ }{4}}{0}+2_{k=1}^{\infty }(\frac{ \sin(\frac{ k}{2})}{8k^2}+\frac{\cos(\frac{ k}{2})}{4k^3}-\frac{1}{4k^3})\\ \\ =\frac{- ^{2}}{32}\ln(2)+\frac{ ^{2}}{16}\ln(2)-\frac{1}{2}_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^3}+\frac{1}{2}_{k=1}^{\infty }(\frac{\cos( k)}{8k^3})+\frac{ }{4}_{k=1}^{\infty }\frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)^2}\\ \\ =\frac{ ^{2}}{32}\ln(2)+\frac{ G}{4}-\frac{1}{2}\zeta (3)-\frac{3}{64}\zeta (3)\\ \\ \\ \therefore I=_{0}^{\frac{ }{4}}x^2.\cot(xdx=\frac{ ^{2}}{32}.\ln(2)-\frac{35}{64}\zeta (3)+\frac{ G}{4}\\$$