La evaluación integral mediante sumas de Riemann

Question

Es dado: $$\sin\frac{\pi }{n} \sin\frac{2\pi }{n}\cdots\sin\frac{(n-1)\pi }{n}=\frac{n}{2^{n-1}}$$ Se le pide que utilice el arriba de identidad para evaluar la siguiente integral impropia: $$\int_0^\pi \log(\sin x) \, dx$$

He utilizado la definición de la integral en términos de sumas de Riemann: $$\begin{align*}\int_0^\pi \log(\sin x) \, dx &=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\pi }{n}\left[\sum_{k=1}^{k=n-1}\log\left(\sin\left(\frac{k\pi }{n}\right)\right)\right]\\ &=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\pi }{n}\left[\log\left(\sin\frac{\pi }{n}\sin\frac{2\pi }{n}\cdots\sin\frac{(n-1)\pi }{n}\right)\right]\\ &=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\pi }{n}\Big(\log n-(n-1)\log 2\Big)\\ &=-\pi \log 2 \end{align*}$$

Sin embargo, esta integral es impropia, por lo $\log(\sin(\pi ))=\log(0)=-\infty $. Yo soy una especie de trampa en mi solución, porque la suma de Riemann de arriba debe ser: $$\sum_{k=1}^{k=n-1}\log\left(\sin\left(\frac{k\pi }{n}\right)\right)+\frac{\pi }{n}\log\left(\sin\left(\frac{n\pi }{n}\right)\right)\;,$$ but I have no idea how to deal with the last term of the sum since $\sin\left(\frac{n\pi }{n}\right)=\sin(\pi)=0 $.

¿Alguien puede mostrarme cómo lidiar con esto? También, si alguien sabe cómo demostrar la identidad de la primera: $$\sin\frac{\pi }{n}\sin\frac{2\pi }{n}\cdots\sin\frac{(n-1)\pi }{n}=\frac{n}{2^{n-1}}$$ por favor, anote el comprobante de abajo? Gracias

Answer 1

Como para la integral impropia tengo otro enfoque que me parece más obvio $$ I=\int\limits_{0}^{\pi}\log(\sin(x))dx= \int\limits_{0}^{\pi/2}\log(\sin(x))dx+\int\limits_{\pi/2}^{\pi}\log(\sin(x))dx= $$ $$ \int\limits_{0}^{\pi/2}\log(\sin(x))dx+\int\limits_{0}^{\pi/2}\log(\cos(x))dx= \int\limits_{0}^{\pi/2}\log\left(\frac{1}{2}\sin(2x)\right)dx= $$ $$ \int\limits_{0}^{\pi/2}\log\left(\sin(2x)\right)dx- \int\limits_{0}^{\pi/2}\log(2)dx= \frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\pi}\log(\sin(x))dx- \int\limits_{0}^{\pi/2}\log(2)dx= $$ $$ \frac{1}{2}-\frac{\pi}{2}\log{2} $$ Por lo tanto, $I=-\pi\log(2)$.

En el último identidad no es muy elementales solución. Denotar $\xi=e^{\frac{i\pi}{n}}$ $$ \prod\limits_{k=1}^{n-1}\sin\frac{\pi k}{n}= \prod\limits_{k=1}^{n-1}\frac{\xi^{k}-\xi^{-k}}{2i}= \frac{1}{2^{n-1}}\frac{\xi^{-\frac{n(n-1)}{2}}}{i^{n-1}}\prod\limits_{k=1}^{n-1}(\xi^{2k}-1) $$ Si $n$ incluso $\xi^{\frac{n(n-1)}{2}}=(\xi^{\frac{n}{2}})^{n-1}=i^{n-1}$. Si $n$ es extraño $\xi^{\frac{n(n-1)}{2}}=(\xi^n)^{\frac{n-1}{2}}=(-1)^{\frac{n-1}{2}}=(i^2)^{\frac{n-1}{2}}=i^{n-1}$. Así que en ambos casos $$ \frac{\xi^{-\frac{n(n-1)}{2}}}{i^{n-1}}=(-1)^{n-1} $$ Los números de $\{\xi^{2k}-1:k\in\{0,\ldots,n-1\}\}$ son raíces de la ecuación de $(x+1)^n=1$. Después de exapndig por la fórmula binominal y la cancelación de las $x$ llegamos a la conclusión de que $\{\xi^{2k}-1:k\in\{1,\ldots,n-1\}\}$ son raíces de la ecuación de $x^n+nx^{n-1}+\ldots+n=0$. Entonces por Vieta fórmulas llegamos a la conclusión de $$ \prod\limits_{k=1}^{n-1}(\xi^{2k}-1)=(-1)^{n-1}n $$ Ahora nos summarizee resultados y ver $$ \prod\limits_{k=1}^{n-1}\sin\frac{\pi k}{n}=\frac{n}{2^{n-1}} $$