Evaluemos la integral

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.

Author: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

35 Comments

  1. Lo suyo sería que se resolviera mediante un procedimiento matemático :).

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  2. Integrando por parte me sale 0
    (Igual me he equivocado, hace tiempo que no integro)

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  3. Rectifico, no sale 0, y el metodo de Integracion por partes no parece adecuado, ya que se cancela la integral que queremos calcular.

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  4. 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)

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  5. 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).

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  6. 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…

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  7. 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.

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  8. 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 :(…

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  9. 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.

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  10. 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)

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  11. jajajaj no te preocupes Américo que estoy de broma!

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  12. 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! 🙂

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  13. 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)

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  14. jejeje, muy buena, frikis4ever (me río por la simpleza con respecto a la demostración que dí más arriba).

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  15. ahora k ya vimos una manera de resolverlo con el link
    de americo
    cual era tu propuesta de solucion ^DiAmOnD^
    ? :O

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  16. Saqué el problema del link que ha puesto Americo, es decir, esa era mi propuesta :).

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  17. 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}

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  18. 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).

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  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.

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  20. Hola
    alguien que me pueda ayudar
    con esta integral definida:
    Integral desde 0 hasta pi/4 de
    x*sen(x)/ (3+2cos(x)) * dx

    gracias

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