Integrar $\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \{ \cot x\}$ dx

Question

Así que he estado tratando de resolver esta cuestión,

$$ \int_{0}^{\pi/2}\left\{\,\cot\left(x\right)\,\right\}\,\mathrm{d}x $$ donde $\left\{\right\}$ significa la parte fraccionaria. $\left(\,x - \left\lfloor\,x\,\right\rfloor\,\right)$ .

Los avances hasta ahora,

• MATLAB da la siguiente respuesta cuando int(cot(x)-fix(cot(x)),0,pi/2) se ejecuta, ans = int(cot(x) - fix(cot(x)), x, 0, pi/2)
• El tutorial aquí es algo que trata de resolver una versión diferente del problema.
• Escribir $ \{ \text{cotx} \} $ como $ \text{cotx} - \newcommand{\floor}[1]{\lfloor #1 \rfloor} \lfloor \text{cot} x \rfloor $ nos da $\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \text{cotx} - \newcommand{\floor}[1]{\lfloor #1 \rfloor} \int^{\frac{\pi}{2}}_{0}{\lfloor \text{cot} x \rfloor}$ donde la primera parte no converge ( $ \infty $ ).

¿Puede alguien ayudarme?

Answer 1

Complementando la respuesta de Thomas Andrews, ya que: $$ S_N =\ln(N+1) - \sum_{n=1}^N \arctan \left(\frac{1}{n} \right) = \ln(N+1) - \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1}\sum_{n=1}^N n^{-2k-1} \\ = \ln(N+1) - H_N - \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1}H_{N,2k+1} $$ Donde el $H_{N,i}$ denotan los Números Armónicos generalizados, que se aproximan en el límite: $$ S=\lim_{N\to\infty} S_N = -\gamma - \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k\zeta(2k+1)}{2k+1} $$ Que por $(124)$ aquí tenemos: $$ S = -\gamma - \Im(-i\gamma + \ln(\Gamma(1-i))) = - \Im(\ln(\Gamma(1-i))) $$ Por lo tanto, la integral es igual: $$ I = 1 - \Im(\ln(\Gamma(1-i))) \approx 0.698359 $$ Mediante el uso del argumento, esto también es igual: $$ I = 1 - \arg(\Gamma(1-i)) = 1 + \frac{\pi}{2} + \arg(\Gamma(i)) $$

Answer 2

Sólo un comienzo:

La forma típica de hacer este tipo de problemas es dejar que $a_n=\cot^{-1} n=\arctan\frac{1}{n}$ . Entonces la integral se puede escribir:

$$\sum_{n=0}^{\infty} \int_{a_{n+1}}^{a_{n}} ((\cot x)-n)\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}\left(n(a_{n+1}-a_{n})+ \int_{a_{n+1}}^{a_n}\cot x\,dx\right)$$

Se obtiene la suma parcial:

$$\begin{align}\sum_{n=0}^{N}\left(n(a_{n+1}-a_{n})+ \int_{a_{n+1}}^{a_n}\cot x\,dx\right)&=-\left(\sum_{n=1}^{N} a_n \right)+ Na_{N+1} +\int_{a_{N+1}}^{\pi/2}\cot x\,dx\\ &=-\left(\sum_{n=1}^{N} a_n \right) + Na_{N+1}+\log|\sin \pi/2|-\log|\sin a_{N+1}|\\ &=-\left(\sum_{n=1}^{N} a_n \right) + Na_{N+1} +\frac{1}{2}\log((N+1)^2+1) \end{align}$$

El último desde $\sin a_n =\sin\cot^{-1} n=\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}$ .

Desde $Na_{N+1}\to 1$ y $\log((N+1)^2+1)-2\log(N+1)\to 0$ el límite es el mismo que el límite:

$$\lim_{N\to\infty}\left(\log(N+1)-\left(\sum_{n=1}^{N} a_n \right)+1 \right)$$

Cuando introduzco en Wolfram Alpha una solicitud de: $$\sum_{n=1}^{N}\left(\log(n+1)-\log(n)-\arctan \frac{1}{n}\right)$$

no encuentra ninguna forma cerrada, con valor aproximado $\approx-0.299155$ , por lo que su integral es $\approx 0.700845$ .

Desde $$\begin{align}\log(1+n)-\log(n)&=\log(1+1/n)\\ &=\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{3n^3}-\cdots\end{align}$$ y $$\arctan\frac{1}{n}=\frac{1}{n}-\frac{1}{3n^3}+\frac{1}{5n^5}\cdots$$

Así que su integral es $$\begin{align}1+&\left(2\zeta(3)-\zeta(2)-\zeta(4)\right)\\+&\left(2\zeta(7)-\zeta(6)-\zeta(8)\right)\\+&\cdots\\+&\left(2\zeta(4n-1)-\zeta(4n-2)-\zeta(4n)\right)\\+&\cdots\end{align}$$

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \int_{0}^{\pi/2}\braces{\cot\pars{x}}\dd x & = \int_{0}^{\pi/2}\braces{\tan\pars{x}}\dd x \,\,\,\stackrel{\tan\pars{x}\ \mapsto\ x}{=}\,\,\, \int_{0}^{\infty}{\braces{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x \\[5mm] &= \lim_{\Lambda \to \infty}\bracks{% {1 \over 2}\ln\pars{\Lambda^{2} + 1} - \int_{0}^{\Lambda}{\left\lfloor\,{x}\,\right\rfloor \over x^{2} + 1}\,\dd x} \\[5mm] & = \lim_{\Lambda \to \infty}\bracks{% {1 \over 2}\ln\pars{\Lambda^{2} + 1} - \int_{0}^{\left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor} {\left\lfloor\,{x}\,\right\rfloor \over x^{2} + 1}\,\dd x - \int_{\left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor}^{\Lambda} {\left\lfloor\,{x}\,\right\rfloor \over x^{2} + 1}\,\dd x} \end{align}

Tenga en cuenta que $\ds{\lim_{\Lambda \to \infty}\int_{\left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor}^{\Lambda} {\left\lfloor\,{x}\,\right\rfloor \over x^{2} + 1}\,\dd x = 0}$ .

Entonces, \begin{align} \int_{0}^{\pi/2}\braces{\cot\pars{x}}\dd x & = \lim_{\Lambda \to \infty}\bracks{% {1 \over 2}\ln\pars{\Lambda^{2} + 1} - \sum_{n = 1}^{\left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor - 1} \int_{n}^{n + 1}{n \over x^{2} + 1}\,\dd x} \\[5mm] & = \lim_{\Lambda \to \infty}\braces{% {1 \over 2}\ln\pars{\Lambda^{2} + 1} - \sum_{n = 1}^{\left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor - 1} n\bracks{\arctan\pars{n + 1} - \arctan\pars{n}}} \\[5mm] & = \lim_{\Lambda \to \infty}\bracks{% {1 \over 2}\ln\pars{\Lambda^{2} + 1} - \sum_{n = 1}^{\left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor} \pars{n - 1}\arctan\pars{n} + \sum_{n = 1}^{\left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor - 1}n\arctan\pars{n}} \\[5mm] & = \lim_{\Lambda \to \infty}\bracks{% {1 \over 2}\ln\pars{\Lambda^{2} + 1} - \left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor \arctan\pars{\left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor} + \sum_{n = 1}^{\left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor}\arctan\pars{n}} \\[5mm] & = \lim_{\Lambda \to \infty}\bracks{% {1 \over 2}\ln\pars{\Lambda^{2} + 1} - \left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor \arctan\pars{\left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor} + {\pi \over 2}\,\left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor - \sum_{n = 1}^{\left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor}\arctan\pars{1 \over n}} \\[5mm] & = \lim_{\Lambda \to \infty}\bracks{% {1 \over 2}\ln\pars{\Lambda^{2} + 1} + \left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor \arctan\pars{1 \over \left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor} - \sum_{n = 1}^{\left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor}\arctan\pars{1 \over n}} \\[1cm] & =\ \underbrace{\overbrace{\quad\lim_{\Lambda \to \infty}\bracks{% {1 \over 2}\ln\pars{\Lambda^{2} + 1} + \left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor \arctan\pars{1 \over \left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor} - H_{\left\lfloor\,\Lambda\,\right\rfloor}}\quad}^{\ds{=\ 1 - \gamma}}} _{\ds{~H_{z}:\ Harmonic\ Number.\ \gamma:\ Euler-Mascheroni\ Constant~}} \\[2mm] & + \sum_{n = 1}^{\infty}\bracks{{1 \over n} - \arctan\pars{1 \over n}} \end{align}

Por lo tanto, la pregunta original se reduce a

\begin{align} \bbx{\int_{0}^{\pi/2}\braces{\cot\pars{x}}\dd x = 1 - \gamma + \sum_{n = 0}^{\infty}\bracks{{1 \over n + 1} - \arctan\pars{1 \over n + 1}}} \label{1}\tag{1} \end{align} La suma "restante" es una identidad (  véase $\ds{\mathbf{\color{#000}{6.1.27}}}$ en Mesa A & S  ). A saber, $$ \sum_{n = 0}^{\infty}\bracks{{1 \over n + 1} - \arctan\pars{1 \over n + 1}} = \mrm{arg}\pars{\Gamma\pars{1 + \ic}} + \gamma $$ $$ \mbox{such that}\quad \bbox[15px,#ffe,border:1px dotted navy]{\ds{\int_{0}^{\pi/2}\braces{\cot\pars{x}}\dd x = 1 + \mrm{arg}\pars{\Gamma\pars{1 + \ic}}}} \approx 0.6984 $$

Answer 4

Como complemento, $$ \gamma = \lim_{N\to +\infty}\sum_{n=1}^{+\infty}\left[\frac{1}{n}-\log\left(1+\frac{1}{n}\right)\right] \tag{1}$$ por lo que todo el problema se reduce a evaluar $$ A = \sum_{n\geq 1}\left[\frac{1}{n}-\arctan\frac{1}{n}\right]\stackrel{\mathcal{L}^{-1}}{=}\int_{0}^{+\infty}\frac{1-\frac{\sin s}{s}}{e^s-1}\,ds=\sum_{m\geq 1}\frac{(-1)^{m+1}}{2m+1}\zeta(2m+1) \tag{2}$$ es decir $1-\frac{\pi}{4}+\sum_{m\geq 1}\frac{(-1)^{m+1}}{2m+1}\left(\zeta(2m+1)-1\right).$
Esto está relacionado con $\text{Im}\log\Gamma$ por el Producto Weierstrass para el $\Gamma$ función.