y

Question

Estoy tratando de evaluar la integral, pero, al hacerlo, han tropezado con el límite, que no sé si es que existe, y si es así ¿cómo se resuelve (y si he derivados de la relación entre la integral y limitar correctamente [ver más abajo]).

Derivación: en Primer lugar, el uso de la cotangente fórmula: $$\cot(x)=\sum_{-\infty\le n\le\infty}\frac{1}{x+\pi n},$$ y aplicarlo a la integral: $$\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\cot(x)dx=\sum_{-\infty\le n\le\infty}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x}{x+\pi n}dx$$ $$=\sum_{-\infty\le n\le\infty}\int_{n \pi}^{\pi \left(n+\frac{1}{2}\right)}\frac{u- \pi n}{u}du$$ $$=\sum_{-\infty\le n\le\infty}[u-\pi n \log(u)]_{n \pi}^{\pi \left(n+\frac{1} {2}\right)},$$ y reordenando, $$=\sum_{-\infty\le n\le\infty}\frac{\pi}{2}-\pi n \log\left(\frac{2n+1}{2n}\right)$$ $$=\frac{\pi}{2}\sum_{-\infty\le n\le\infty} \log\left( e\left(\frac{2n}{2n+1}\right)^{2n}\right)$$ $$=\frac{\pi}{2} \log\left( \prod_{-\infty\le n\le\infty} e\left(\frac{2n}{2n+1}\right)^{2n}\right).$$

Tenga en cuenta que $$\prod_{-\infty\le n\le\infty} \left(\frac{2n}{2n+1}\right)^{2n}= \prod_{1\le n\le\infty} \left(\frac{2n}{2n+1}\right)^{2n}\left(\frac{-2n}{-2n+1}\right)^{-2n} $$ $$= \prod_{1\le n\le\infty} \left(\frac{2n-1}{2n+1}\right)^{2n} $$ $$=\left(\frac{1^1}{3^1}\cdot\frac{3^2}{5^2}\cdot\frac{5^3}{7^3}\cdots\right)^2=\lim_{m \rightarrow \infty}\left(\frac{(2m-1)!!}{(2m+1)^m}\right)^2.$$ Así, el original de la integral es igual a $$\frac{\pi}{2} \lim_{m \rightarrow \infty}\log\left( e^{2m+1}\left(\frac{(2m-1)!!}{(2m+1)^m}\right)^2\right).$$

Answer 1

En mi humilde opinión, será más sencillo si uno integra la integral por partes. Usando las respuestas de la pregunta Evalúe:$\int_0^{\pi} \ln \left( \sin \theta \right) d\theta$ , tenemos $$ \ int_0 ^ {\ frac {\ pi} {2}} x \ cot x dx = \ int_0 ^ {\ frac {\ pi} {2} } x (\ log \ sin x) 'dx = \ Big [x \ log \ sin x \ Big] _0 ^ {\ frac {\ pi} {2}} - \ int_0 ^ {\ frac {\ pi} {2 }} \ log \ sin x dx \\ = - \ int_0 ^ {\ frac {\ pi} {2}} \ log \ sin x dx = \ frac {\ pi} {2} \ log 2 $$

Answer 2

Como se ha mencionado en los comentarios, hay algunos problemas con respecto a la convergencia en el cálculo. Estos no son insuperables, usted puede agregar un correctivo a los sumandos de la fracción parcial de la descomposición de la cotangente,

$$\cot x = \frac1x + \sum_{n\in \mathbb{Z}\setminus\{0\}} \left(\frac{1}{x+\pi n} - \frac{1}{\pi n} \right),$$

para obtener una localmente uniformemente convergente la serie que permite el intercambio de la suma y de la integración, puede emparejar hasta los términos de $n$ e $-n$ en la serie antes de cualquier manipulación,

$$\cot x = \frac1x + \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{x+\pi n} + \frac{1}{x-\pi n}\right) = 1 + 2\sum_{n=1}^\infty \frac{x}{x^2 - (\pi n)^2},$$

o usted puede considerar explícitamente el límite de simétrica sumas parciales,

$$\cot x = \lim_{N\to\infty} \sum_{n=-N}^N \frac{1}{x+\pi n}.$$

Todas estas herramientas permiten realizar manipulaciones desde la serie o secuencia simétrica sumas parciales para $x\cot x$ luego converge uniformemente en $\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$.

Con el entendimiento de que la serie infinita y productos en su cálculo deben interpretarse como los límites de simétrica sumas parciales y/o productos, el cálculo es correcto, y de hecho hemos

$$\int_0^{\pi/2} x\cot x\,dx = \pi\cdot \lim_{m\to\infty} \log \left(e^{m+1/2}\frac{(2m-1)!!}{(2m+1)^m}\right).$$

Para evaluar el límite, es útil volver a escribir la expresión un poco,

$$e^{m+1/2}\frac{(2m-1)!!}{(2m+1)^m} = e^{m+1/2}\frac{(2m)!}{2^mm!(2m+1)^m}.$$

Ahora podemos usar la fórmula de Stirling

$$n! = \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\cdot e^{\rho(n)},$$

donde $\lim\limits_{n\to\infty}\rho(n) = 0$ (más precisamente, $\frac{1}{12n+1} < \rho(n) < \frac{1}{12n}$, pero no lo necesitamos). Así

$$\begin{align} e^{m+1/2}\frac{(2m)!}{2^mm!(2m+1)^m} &= e^{m+1/2}\frac{2\sqrt{\pi m} (2m)^{2m}e^{-2m} e^{\rho(2m)}}{\sqrt{2\pi m}\cdot 2^mm^me^{-m} e^{\rho(m)}(2m+1)^m}\\ &= \sqrt{2}e^{1/2}\left(\frac{2m}{2m+1}\right)^m e^{\rho(2m) - \rho(m)}\\ &= \frac{\sqrt{2}\cdot e^{1/2}}{\left(1+\frac{1}{2m} \right)^m} e^{\rho(2m)-\rho(m)}\\ &\to \sqrt{2}. \end{align}$$

Por lo tanto

$$\int_0^{\pi/2} x\cot x\,dx = \frac{\pi}{2}\log 2.$$