Calcular los coeficientes de fourier y la serie $\log(\sin(x))$

Question

He publicado una pregunta similar con una mala respuesta, por lo que estoy volver a intentarlo con la esperanza de un mejor conocimiento. La serie de fourier es en la forma:

$$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(nx) + \sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin(nx)$$

Donde:

$$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos(nx) dx$$ $$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin(nx) dx$$

El problema es computar los coeficientes. El objetivo de intentar derivar la serie es resolver:

$$\int_{0}^{\pi} \log(\sin(x)) dx$$

$\displaystyle a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \log(\sin(x))\cos(nx) dx$

Que es muy difícil de calcular.

¿Qué puede hacerse?

La representación de la serie es:

$$\log(\sin(x)) = -\log(2) - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(2kx)}{k}$$

Answer 1

Ok, aquí estoy. El objetivo es calcular la serie de Fourier de $g(x)=\log\sin x$$[0,\pi]$, o la serie de Fourier de $h(x)=\log\sin\frac{x}{2}$$[0,2\pi]$, o la serie de Fourier de $f(x)=\log\cos\frac{x}{2}$$[-\pi,\pi]$. Desde $f(x)$ es una función par, tenemos que calcular: $$ a_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{+\pi}\cos(nx)\log\cos\frac{x}{2}\,dx = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\cos(nx)\log\cos\frac{x}{2}\,dx$$ para cualquier $n\geq 1$ a ser capaz de decir: $$ f(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx + \sum_{n\geq 1}a_n\cos(nx)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n\geq 1}a_n\cos(nx).$$ para cualquier $x\in(-\pi,\pi)$. Integración por partes, se obtiene: $$ a_n = \frac{2}{\pi}\left(\frac{1}{n}\left.\sin(nx)\log\cos\frac{x}{2}\right|_{0}^{\pi}+\frac{1}{2n}\int_{0}^{\pi}\sin(nx)\tan\frac{x}{2}\,dx\right)$$ o simplemente: $$ a_n = \frac{1}{\pi n}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin(nx)\sin(x/2)}{\cos(x/2)}\,dx = \frac{2}{\pi n}\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin(2nx)\sin x}{\cos x}\,dx.$$ Desde $\cos((2n+1)x)=2\cos x\cos(2nx)-\cos((2n-1)x)$, tenemos: $$ a_n = \frac{1}{\pi n}\int_{0}^{\pi/2}\sum_{k=1}^{n}\cos((2k-1)x)\,dx =\frac{(-1)^{n+1}}{n}.$$ Esto nos da: $$\log\cos\frac{x}{2}=\frac{a_0}{2}+\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\cos(nx)$$ para cualquier $x\in(-\pi,\pi)$. Con el fin de encontrar $a_0$, simplemente podemos coincidir $f(0)=0$ con la serie en el lado derecho. Desde: $$\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}=\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x}=\log 2,$$ tenemos: $$\log\cos\frac{x}{2}=-\log 2+\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\cos(nx)\qquad\forall x\in(-\pi,\pi),\tag{1}$$ y por la traducción de la variable: $$\log\sin\frac{x}{2}=-\log 2-\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n}\cos(nx)\qquad\forall x\in(0,2\pi),\tag{2}$$ $$\log\sin x = -\log 2-\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n}\cos(2nx)\qquad\forall x\in(0,\pi),\tag{3}$$ como quería.

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Un poco de adición, ya que creo que vale la pena mencionar la siguiente técnica. Comenzando con un célebre identidad: $$\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{\pi k}{n}=\frac{2n}{2^n}$$ y darse cuenta de que $\log\sin x$ es Riemann integrable función por encima de la $(0,\pi)$, tenemos: $$\int_{0}^{\pi}\log\sin x\,dx = \lim_{n\to +\infty}\frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\log\sin\frac{\pi k}{n}=\lim_{n\to +\infty}\frac{\pi}{n}\log\frac{2n}{2^n}=\color{red}{-\pi\log 2}.$$

Answer 2

El uso de la ecuación de $\text{(1d)}$ por debajo y el hecho de que $$ \int_0^\pi\cos(2kx)\,\mathrm{d}x=0 $$ para obtener $$ \int_0^\pi\log(\sin(x))\,\mathrm{d}x=-\pi\log(2) $$

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$$ \begin{align} \log(\sin(x)) &=\log\left(\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)\tag{1a}\\ &=+ix-\log(2)-i\pi/2+\log(1-e^{-2ix})\tag{1b}\\ &=-ix-\log(2)+i\pi/2+\log(1-e^{+2ix})\tag{1c}\\ &=-\log(2)-\sum_{k=1}^\infty\frac{\cos(2kx)}{k}\tag{1d} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(1a)}$: $\sin(x)=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$
$\text{(1b)}$: traer a $e^{+ix}$ $+\frac1{2i}$ fuera de la sesión
$\text{(1c)}$: traer a $e^{-ix}$ $-\frac1{2i}$ fuera de la sesión
$\text{(1d)}$: el uso de $\log(1-x)=-\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{x^k}k$, mientras que el promedio de $\text{(1b)}$ $\text{(1c)}$

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$$ \begin{align} \log(\cos(x)) &=\log\left(\frac{e^{ix}+e^{-ix}}2\right)\tag{2a}\\ &=+ix-\log(2)+\log(1+e^{-2ix})\tag{2b}\\ &=-ix-\log(2)+\log(1+e^{+2ix})\tag{2c}\\ &=-\log(2)+\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{\cos(2kx)}{k}\tag{2d} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(2a)}$: $\cos(x)=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}2$
$\text{(2b)}$: traer a $e^{+ix}$ $\frac12$ fuera de la sesión
$\text{(2c)}$: traer a $e^{-ix}$ $\frac12$ fuera de la sesión
$\text{(2d)}$: el uso de $\log(1+x)=\sum\limits_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{x^k}k$, mientras que el promedio de $\text{(2b)}$ $\text{(2c)}$

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\norm}[1]{\left\vert\left\vert\, nº 1\,\right\vert\right\vert} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ \begin{align}&\dsc{\sum_{k\ = 0}^{n}\exp\pars{2ky\ic}} =\sum_{k\ = 0}^{n}\bracks{\exp\pars{2y\ic}}^{k} ={1 - \exp\pars{\bracks{n + 1}\bracks{2y\ic}} \over 1 - \exp\pars{2y\ic}} \\[5mm]&={\exp\pars{-y\ic} - \exp\pars{\bracks{2n + 1}y\ic}\over \exp\pars{-y\ic} - \exp\pars{y\ic}} =\dsc{\half\,\ic\,{\exp\pars{-y\ic} - \exp\pars{\bracks{2n + 1}y\ic} \over \sin\pars{y}}} \end{align}

Vamos a tomar la parte imaginaria en ambos miembros: \begin{align}&\sum_{k\ = 1}^{n}\sin\pars{2ky} =\half\,\cot\pars{y} - {\cos\pars{\bracks{2n + 1}y} \over 2\sin\pars{y}} \end{align}

Con $\ds{0 < x \leq {\pi \over 2}}$, integrar en ambos miembros de más de $\ds{\pars{x,{\pi \over 2}}}$: \begin{align}&\sum_{k\ = 1}^{n} {-\cos\pars{2k\bracks{\pi/2}} + \cos\pars{2kx} \over 2k} =\left.\half\,\ln\pars{\sin\pars{y}}\right\vert_{x}^{\pi/2} -\half\int_{x}^{\pi/2}{\cos\pars{\bracks{2n + 1}y} \over \sin\pars{y}}\,\dd y \end{align}

A continuación, \begin{align}-\ \overbrace{\sum_{k\ = 1}^{n}{\pars{-1}^{k}\over k}} ^{\dsc{-\ln\pars{2}}} +\sum_{k\ = 1}^{n}{\cos\pars{2kx} \over k} =-\ln\pars{\sin\pars{x}} -\int_{x}^{\pi/2}{\cos\pars{\bracks{2n + 1}y} \over \sin\pars{y}}\,\dd y \end{align}

Vamos a tomar el límite de $\ds{n \to\ \infty}$: \begin{align}\ln\pars{\sin\pars{x}}&= -\ln\pars{2} - \sum_{k\ = 1}^{\infty}{\cos\pars{2kx} \over k}\ -\ \underbrace{\lim_{n\ \to\ \infty} \int_{x}^{\pi/2}{\cos\pars{\bracks{2n + 1}y} \over \sin\pars{y}}\,\dd y}_{\ds{=}\ \dsc{0}} \end{align}

$$ \color{#66f}{\large\ln\pars{\sin\pars{x}}}= \color{#66f}{\large-\ln\pars{2} - \sum_{k\ = 1}^{\infty}{\cos\pars{2kx} \over k}} \,,\qquad x \in \left(\, 0,{\pi \over 2}\,\right]\etiqueta{1} $$ De hecho, $\ds{\large\it\mbox{it's still valid}}$ $\pars{0,\pi}$ $\ds{\pars{~\color{#00f}{\sf\mbox{see below}}~}}$

Al $\ds{x \in \pars{{\pi \over 2},\pi}}$: \begin{align} \ln\pars{\sin\pars{x}}&=\ln\pars{\sin\pars{\pi - x}} =-\ln\pars{2} - \sum_{k\ = 1}^{\infty}{\cos\pars{2k\bracks{\pi - x}} \over k} \\[5mm]&=-\ln\pars{2} - \sum_{k\ = 1}^{\infty}{\cos\pars{2kx} \over k} \end{align} tal que $\pars{1}$ es válido en $\pars{0,\pi}$.