Evaluemos la integral

Hay nuevos comentarios sin leer

El problema de la semana es el siguiente:

Evalúa la siguiente integral:

$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{x}{\tan x} dx$

A por ella.

Sin comentarios

Trackback | 16 Jun, 2009

Bitacoras.com
Janus | 16 de June de 2009 | 08:32

http://www10.wolframalpha.com/input/?i=int%28x%2Ftan%28x%29%2C+x%3D0..Pi%2F2%29
^DiAmOnD^ | 16 de June de 2009 | 10:58

Lo suyo sería que se resolviera mediante un procedimiento matemático .
ENSP | 16 de June de 2009 | 12:00

Integrando por parte me sale 0
(Igual me he equivocado, hace tiempo que no integro)
ENSP | 16 de June de 2009 | 12:23

Rectifico, no sale 0, y el metodo de Integracion por partes no parece adecuado, ya que se cancela la integral que queremos calcular.
Américo Tavares | 16 de June de 2009 | 14:04

$\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{x}{\tan x}dx=\dfrac{\pi }{2}\ln 2$
Américo Tavares | 16 de June de 2009 | 14:14

NÃO consegui determinar o integral pelos métodos do cálculo integral real ou complexo, embora soubesse que o valor desse integral

$\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{x}{\tan x}dx$

era $\dfrac{\pi }{2}\log 2$ , depois de ter recorrido ao Mathematica Online Integrator para obter uma primitiva de $\dfrac{x}{\tan x}$ :

$\displaystyle\int\dfrac{x}{\tan x}dx=x\log\left( 1-e^{2ix}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( x^{2}+Li_{2}\left( e^{2ix}\right) \right) ,\qquad (1)$

em que $\log \left( x\right)$ é o logaritmo natural e $Li_{2}\left( x\right)$ a função dilogarítmica

$Li_{2}\left( x\right) =\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{x^{k}}{k^{2}}$

da qual utilizei os seguintes valores particulares

$Li_{2}\left( 1\right) =\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{1}{k^{2}}=\zeta \left( 2\right) =\dfrac{\pi ^{2}}{6}\qquad (2)$

e

$Li_{2}\left( -1\right) =\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k}}{k^{2}}=-\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k+1}}{k^{2}}=-\dfrac{1}{2}\zeta \left( 2\right) =-\dfrac{\pi ^{2}}{12},\qquad (3)$

uma vez que $\zeta \left( 2\right) =\dfrac{\pi ^{2}}{6}$ e, sendo em geral,

$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k+1}}{k^{n}}=\zeta \left( n\right) \left( 1-2^{1-n}\right)$

se tem

$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k+1}}{k^{2}}=\dfrac{1}{2}\zeta\left( 2\right) .$

Usando (1), (2) e (3) tudo o que fiz foi calcular

$\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{x}{\tan x}dx=\left[ x\log \left( 1-e^{2ix}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( x^{2}+Li_{2}\left( e^{2ix}\right) \right) \right] _{0}^{\pi /2}$

$=\left[ x\log \left( 1-e^{2ix}\right) \right] _{0}^{\pi /2}-\left[ \dfrac{1}{2}i\left( x^{2}+Li_{2}\left( e^{2ix}\right) \right) \right] _{0}^{\pi /2}$

$=\dfrac{\pi }{2}\log \left( 2\right) -\dfrac{1}{2}i\left( \dfrac{\pi ^{2}}{4}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( Li_{2}\left( -1\right) \right) +\dfrac{1}{2}i\left( Li_{2}\left( 1\right) \right)$

$=\dfrac{\pi }{2}\log \left( 2\right) -\dfrac{1}{2}i\left( \dfrac{\pi ^{2}}{4}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( -\dfrac{\pi ^{2}}{12}\right) +\dfrac{1}{2}i\dfrac{\pi ^{2}}{6}=\dfrac{\pi }{2}\log \left( 2\right)$
Américo Tavares | 16 de June de 2009 | 15:51

Comentário anterior adaptado deste meu artigo.
M | 16 de June de 2009 | 20:30

Muy interesante esta propiedad. Desconozco si hay otro modo más sencillo, pero podemos al menos dar un argumento más “elemental” sin hacer uso del polilogaritmo y sin salirnos del campo real, observando que:

1) $\frac{x}{tg(x)}=1+2\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty} \dfrac{x^2}{x^2-(k\cdot \pi)^2},\;\;x\in (0,\pi/2)$ , con convergencia uniforme en intervalos cerrados. Esto es consecuencia del desarrollo

$x\cdot cotg(\pi\cdot x)=\frac{1}{x}+\displaystyle{\sum_{k=-\infty}^\infty \left(\frac{1}{x+n}-\frac{1}{x-n}\right)},\;\;x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z}$ ,

que puede verse, por ejemplo, en el capítulo 20 del libro de las demostraciones de Aigner y Ziegler.

2) Integrando término a término en 1), obtenemos el valor $\frac{\pi}{2}(1+2\cdot S)$ , donde $S$ es la serie

$S=\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty \left(1-k\cdot log\left(\dfrac{2k+1}{2k-1}\right)\right)}$ ,

siendo $log$ el logaritmo natural.

3) Veamos que $S=\frac{log(2)-1}{2}$ . Razonamos inductivamente a la inversa:

$\frac{log(2)-1}{2}=(1-log(3))+\frac{log(2)+2log(3)-3}{2}$

$\frac{log(2)-1}{2}=(1-log(3))+(1-2log(5/3))+\frac{log(2)-2log(3)+4log(5)-5}{2}$

$\frac{log(2)-1}{2}=(1-log(3))+(1-2log(5/3))+(1-3log(7/5))+\frac{log(2)-2log(3)-2log(5)+6log(7)-7}{2}$

$\frac{log(2)-1}{2}=(1-log(3))+(1-2log(5/3))+(1-3log(7/5))+(1-4log(9/7))+\frac{log(2)-2log(3)-2log(5)-2log(7)+8log(9)-9}{2}$

Es decir, el error cometido con la enésima suma parcial es

$\epsilon_n=\frac{log(2)-1}{2}-\sum_{j=1}^{n-1} log(2j+1)+\frac{2n(log(2n+1)-1)}{2}.$

4) Para probar el valor de la suma en 3), tenemos que probar que $lim_{n\to \infty} \epsilon_n=0$ . Y esto sale como consecuencia de la aproximación de Stirling.

Hay que tener en cuenta que

$\epsilon_n=\frac{log(2)-log(e)}{2}+log\left(\left(\frac{2n+1}{e}\right)^n\right)-log((2n-1)!!)$ (donde la doble exclamación denota el doble factorial), o bien

$\epsilon_n=log\left(\sqrt{\frac{2}{e}}\left(\frac{2n+1}{e}\right)^n\frac{2^n\cdot n!}{(2n)!}\right)$ .

De aquí usando la aproximación de Stirling, vemos que $\epsilon_n\to log(1)=0$ , y la integral pedida vale

$\frac{\pi}{2}(1+2\cdot \frac{log(2)-1}{2})=\frac{\pi}{2}log(2).$
hernan | 16 de June de 2009 | 20:54

Creo que también podría sacarse de manera más elemental (pero no sin esfuerzo) integrando $\int \int \frac{y}{x} \tan^{-1}({x/y}) \; dy \; dx$ sobre un cuarto de círculo, e igualando a lo que daría en coordenadas polares…
hernan | 16 de June de 2009 | 22:35

Quiero decir que, si podemos evaluar la integral (sobre el recinto $x \ge 0 , y \ge 0 , x^2+y^2 \le 1$ ) $\int \int \frac{y}{x} \arctan({x/y}) \; dy \; dx = A$ , entonces la misma integral se puede escribir en coordenadas polares $A = \int_0^{\pi/2} \int_0^1 r \frac{\tan(\theta)}{\theta} dr d\theta = I \int_0^1 r dr = \frac{I}{2}$ donde I es nuestra integral buscada.
Creo que la integral A se debería poder calcular, por primitivas, pero vengo liado con eso.
Américo Tavares | 16 de June de 2009 | 23:00

Em

http://topologicalmusings.wordpress.com/2008/10/12/solution-to-pow-10-another-hard-integral/

está uma resolução de Nilay Vaish aparentemente simples. Digo aparentemente, porque não consegui imaginá-la.
Dani | 16 de June de 2009 | 23:08

aaaarrrggghhh pero no pongas el link tan pronto, que aun estaba rayándome para ver qué hacía con $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x)\,dx$ jajajajaj! en fin que se le va a hacer ahora ya he visto la solución …
Américo Tavares | 16 de June de 2009 | 23:13

Dani,

Desculpe! Não foi por mal. Não volto a fazer.
fede | 16 de June de 2009 | 23:44

Quería solo observar que la integral que se pide da el área entre la cuadratriz de Dinóstrato-Nicomedes y los ejes.

Sean en la penúltima figura de ese post , $a = AC$ , $\Theta = \angle HAB = \angle DAB$ , y $(x,y)$ las coordenadas del punto $H: x=AL, y=HL$ .

Por definición de la cuadratriz, $\dfrac{HL}{AC} = \dfrac{\angle DAB}{\angle CAB}$ , es decir $\dfrac{y}{a} = \dfrac{\Theta}{\pi / 2}$ , y entonces $\Theta = \dfrac{\pi y}{2a}$ . (1)

Por otro lado, la definición de $\Theta$ implica $\cot \Theta = \dfrac{x}{y}$ .

Entonces $x = y \cot \Theta = y \cot \dfrac{\pi y}{2a}$ , usando (1).

Intercambiando los ejes obtenemos la siguiente ecuación en coordenadas cartesianas de la cuadratriz: $y = x \cot \dfrac{\pi x}{2a}$ .

Por tanto el área W entre la cuadratriz y los ejes es
$\displaystyle W=\int_0^a x \cot \dfrac{\pi x}{2a} dx = \left( \dfrac{2a}{\pi} \right)^2 \int_0^{\pi/2} t \cot(t) dt$ , haciendo $t = \dfrac{\pi x}{2a}$ .

Entonces, por lo que habéis comentado, el área W entre el trozo de cuadratriz dibujada aquí y los ejes es: $W= \left( \dfrac{2a}{\pi} \right)^2 \dfrac{\pi}{2} \log 2 = \dfrac{2a^2}{\pi} \log 2.$ Si $a=1,\ \ W= \dfrac{\log 4}{\pi} = 0,4412712003053\ldots$ .
Américo Tavares | 17 de June de 2009 | 00:12

“A common mistake people make when trying to answer a mathematical question is to work from first principles: it is almost always easier to modify something you already know.”

http://www.tricki.org/article/Dont_start_from_scratch
M | 17 de June de 2009 | 09:28

jeje, es muy elegante y elemental la solución en el link que ha puesto Américo Tavares. Desde luego, he matado pájaros a cañonazos en la solución que puse arriba Al menos queda el consuelo de haber sumado la serie

$1+2\sum_{k=1}^\infty (1-k\cdot log\left(\frac{2k+1}{2k-1}\right))=log(2)$
Dani | 17 de June de 2009 | 09:36

jajajaj no te preocupes Américo que estoy de broma!
Américo Tavares | 17 de June de 2009 | 10:29

M,

Vou estudar a sua resolução com a qual posso aprender coisas novas para mim.

Precisamente, foi o que pensei e escrevi na altura: muito elegante, a “solución en el link”

Dani,

Compreendido!
linkin | 20 de June de 2009 | 09:02

The ans is –> 1.08879
Américo Tavares | 20 de June de 2009 | 09:15

The ans is –> 1.088793045…
Omar-P | 21 de June de 2009 | 02:39

Pi*ln(2^(1/2)) = 1.0887930451518…
Américo Tavares | 21 de June de 2009 | 08:11

(Pi/2)*log(2) = 1,088 793 045 151 801 065 250 334 444…
(GP/PARI Calculator Version 2.2.9
frikis4ever | 24 de June de 2009 | 11:29

Podemos tomar una funcion F(a) de tal manera que evaluandola en algun valor nos de la integral deseada. Es decir $latex F(a)=\int_{0}^{\pi/2} \frac{arctan(a*tan(x))}{tan(x)}\, dx \$. Notar que F(1) es la integral que buscamos.
DomF: $\mathbb{R}$
Derivada: derivar respecto de a y dominar por una funcion integrable, en este caso por ser un intervalo finito, una constante es suficiente. Entonces, existe la derivada que en este caso es:
$latex \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{1+a^2(tan(x)^2)}\, dx \$.
Por lo que integrando nos queda

$latex F(a)=
\begin{cases}
\frac{\pi}{2}*log(1+a) & \mbox{si } a \geq 0 \\
\frac{-\pi}{2}*log(1-a) & \mbox{si } a < 0
\end{cases}$

Luego F(1)= $\frac{\pi}{2}log(2)$
M | 24 de June de 2009 | 17:31

jejeje, muy buena, frikis4ever (me río por la simpleza con respecto a la demostración que dí más arriba).
carlos torres | 25 de June de 2009 | 21:13

Excelente frikis4ever
Américo Tavares | 26 de June de 2009 | 01:14

Só para informar que o método de frikis4ever | 24 de Junio de 2009 | 11:29 é essencialmente o indicado no Exemplo 3.3 INTEGRATION: THE FEYNMAN WAY por um Anónimo. Tomei conhecimento deste método no blog “topologicalmusings”, onde comentei, em Dezembro 5, 2008

( http://topologicalmusings.wordpress.com/2008/10/12/solution-to-pow-10-another-hard-integral/#comment-640 )
Emmanuel | 28 de June de 2009 | 05:51

ahora k ya vimos una manera de resolverlo con el link
de americo
cual era tu propuesta de solucion ^DiAmOnD^
? :O
gaussianos | 28 de June de 2009 | 17:28

Saqué el problema del link que ha puesto Americo, es decir, esa era mi propuesta .
jbm | 7 de July de 2009 | 21:22

Fantástico. Acabo de aprender la potencia de derivar bajo el signo de la integral. Gracias.

$G(t)=\int\limits_{0}^{\pi/2}\frac{\arctan(t\tan(x)}{\tan(x)}dx}$
Américo Tavares | 4 de March de 2010 | 01:29

Alguém me sabe explicar porque é que estes dois integrais dão o mesmo resultado?

$\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\sin x}{x}dx=\int_{0}^{\infty }\dfrac{\sin ^{2}x}{x^{2}}dx=\dfrac{\pi }{2}$
josejuan | 4 de March de 2010 | 10:35

Américo Tavares, es por el límite al infinito, la primera integral (indefinida) queda como

$\func{Si}\left( x\right)$

mientras que la segunda queda como

$\frac{2x\func{Si}(2x)+\cos (2x)-1}{2x}$

al evaluar tanto en cero como en +inf dan lo mismo.

No se si es eso lo que preguntas (si no es así, tu pregunta es ambigua).
Américo Tavares | 4 de March de 2010 | 14:19

josejuan

Muito obrigado pela sua resposta.

A minha dúvida estava relacionada com os gráficos das duas funções integrandas que são muito diferentes.

Você exprimiu o integral em termos do Seno Integral.

- – -

Meus cálculos auxiliares (para explicitar os limites que indica):

1.

$\left. \dfrac{2x\func{Si}\left( 2x\right) +\cos \left( 2x\right) -1}{2x}\right\vert _{0}^{\infty }$

$=\underset{x\rightarrow \infty }{\lim }\dfrac{2x\func{Si}\left( 2x\right) +\cos \left( 2x\right) -1}{2x}-\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\dfrac{2x\func{Si}\left( 2x\right) +\cos \left( 2x\right) -1}{2x}$

$=\underset{x\rightarrow \infty }{\lim }\dfrac{2x\func{Si}\left( 2x\right) }{2x}+\underset{x\rightarrow \infty }{\lim }\dfrac{\cos \left( 2x\right) }{2x}-\underset{x\rightarrow \infty }{\lim }\dfrac{1}{2x}$
$-\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\dfrac{2x\func{Si}\left( 2x\right) }{2x}-\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\dfrac{\cos \left( 2x\right) }{2x}+\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\dfrac{1}{2x}$

$=\underset{x\rightarrow \infty }{\lim }\func{Si}\left( 2x\right) +0-0-\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\func{Si}\left( 2x\right) -0+0$

$=\underset{x\rightarrow \infty }{\lim }\func{Si}\left( 2x\right) -\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\func{Si}\left( 2x\right)$

2.

$\left. \func{Si}\left( x\right) \right\vert _{0}^{\infty }=\underset{x\rightarrow \infty }{\lim }\func{Si}\left( x\right) -\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\func{Si}\left( x\right)$

3.

$\underset{x\rightarrow \infty }{\lim }\func{Si}\left( 2x\right) =\underset{x\rightarrow \infty }{\lim }\func{Si}\left( x\right)$

$\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\func{Si}\left( x\right) =\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\func{Si}\left( x\right)$

4.

Efectivamente

$\left. \dfrac{2x\func{Si}\left( 2x\right) +\cos \left( 2x\right) -1}{2x}\right\vert _{0}^{\infty }=\left. \func{Si}\left( x\right) \right\vert_{0}^{\infty }$

- – -

O primeiro integral pode ser calculado pelo método dos resíduos e o segundo pela transformada de Laplace.

Eu publiquei, na última entrada do meu blog, o segundo, que foi calculado por um leitor meu pelas transformadas de Laplace. Quanto ao primeiro, vi em dois livros diferentes de Análise Complexa a aplicação do método/técnica dos resíduos das funções complexas a este integral real.
Américo Tavares | 6 de March de 2010 | 21:57

Problema: Prove ou infirme: $\pi =\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos x-\cos 3x}{x^{2}}dx$