¿Por qué esta prueba del problema de Basilea no viola las restricciones de convergencia de las series geométricas?

Question

En una prueba del problema de Basilea , el excelente YouTuber "blackpenredpen" se basa en una manipulación que supongo que es válida, pero no sé por qué es válida.

Dividen la siguiente integral: $$\int_0^{\pi/2}\ln(2\cos x)\space dx=\int_0^{\pi/2}\ln(e^{ix}+e^{-ix})\space dx=$$ $$\int_0^{\pi/2}\ln(e^{ix}(1+e^{-2ix}))\space dx=\int_0^{\pi/2}\ln(e^{ix})\space dx + \int_0^{\pi/2}\ln(1+e^{-2ix}))\space dx$$

Y en el cálculo de la segunda parte de la integral del lado derecho, utilizan la expansión en serie:

$$\ln(1+x)=\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}$$

para representar $\ln(1+e^{-2ix})$ y tenga en cuenta que esto sólo es válido para $|x|\leq1, x\neq-1$ . Aunque $|e^{-2ix}|=1,\forall x$ Me he dado cuenta de que la integral llega hasta $\frac{\pi}{2}$ y $e^{-2i\cdot\pi/2}=-1$ lo que significa que la expansión de la serie no converge (el logaritmo va a $\ln(0)$ que es muy indefinido) en el límite superior de la integral. Imagino que esto es válido debido a que las integrales son límites, y quizás nos "acercamos" $\frac{\pi}{2}$ sin llegar a ella, pero me gustaría una explicación formal de por qué esta expansión es válida aquí - ¡me gustaría aprender cuándo podemos y no podemos hacer este tipo de cosas!

Answer 1

Para $\epsilon>0$ deseamos evaluar $\int_0^{\pi/2-\epsilon}\ln(1+e^{-2ix})dx$ . Sea $\delta>0$ sea pequeño, de modo que

\begin{align} \int_0^{\pi/2-\epsilon}\ln(1+e^{-2ix})dx=\int_0^{\pi/2-\epsilon}\ln(1+(1-\delta)e^{-2ix})dx+\int_0^{\pi/2-\epsilon}\ln\left(\frac{1+e^{-2ix}}{1+(1-\delta)e^{-2ix}}\right)dx. \end{align} Aquí, \begin{align} \left|\ln\left(\frac{1+e^{-2ix}}{1+(1-\delta)e^{-2ix}}\right)\right|&=\left|\ln\left(1-\frac\delta{1+e^{2ix}}\right)\right|\\ &\le\frac32\frac\delta{|1+e^{2ix}|}\\ &=\frac32\frac\delta{\sqrt{(1+\cos(2x))^2+\sin^2(2x)}}\\ &=\frac32\frac\delta{\sqrt{2+2\cos(2x)}},\\ \end{align} (en este caso, he utilizado este límite ), por lo que para $\delta$ suficientemente pequeño, el segundo término desaparece, ya que $2+2\cos x\ge 2-2\cos(2\epsilon)>0$ . Ahora, uno puede operar con seguridad el límite y la integral debido a la convergencia uniforme :

\begin{align} \int_0^{\pi/2-\epsilon}\ln(1+(1-\delta)e^{-2ix})dx&=\int_0^{\pi/2-\epsilon}\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N(-1)^{n-1}\frac1n(1-\delta)^ne^{-2nix}dx\\ &=\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N(-1)^{n-1}\frac1n(1-\delta)^n\int_0^{\pi/2-\epsilon}e^{-2nix}dx\\ &=\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\frac1{2n^2i}(1-\delta)^n(1-(-1)^ne^{2ni\epsilon}). \end{align} Desde $\epsilon,\delta>0$ eran arbitrarias, podemos tomar el límite a medida que se acercan $0$ .