pecado de forma general y de la integral de arctan

Question

Muestran que:

$$\int_{0}^{\pi}\sin(nx)\tan^{-1}\left(\frac{\tan(x/2)}{\tan(a/2)}\right)dx=\frac{\pi}{2n}\left[(-1)^{n+1}+\left(\sec(a)-\tan(a)\right)^{n}\right]$$

Answer 1

Cada vez que vea un arco tangente a una integral...integrar por partes! La integral es entonces

$$\frac1{n}\left [-\cos{n x} \arctan{\left (\frac{\tan{\frac{x}{2}}}{\tan{\frac{a}{2}}} \right )} \right ]_0^{\pi} +\frac{\tan{\frac{a}{2}}}{2 n} \int_0^{\pi} dx \, \cos{n x} \frac{\sec^2{\frac{x}{2}}}{\tan^2{\frac{a}{2}}+\tan^2{\frac{x}{2}}}$$

La integral de la derecha puede ser simplificado a

$$\cos^2{\frac{a}{2}} \int_0^{2 \pi} dx \frac{\cos{n x}}{1-\cos{a} \cos{x}}$$

Podemos usar el teorema de los residuos aquí haciendo el sub $z=e^{i x}$; considerar la parte real de la integral

$$i 2 \cos^2{\frac{a}{2}} \oint_{|z|=1} dz \frac{z^n}{(\cos{a})\, z^2-2 z+\cos{a}}$$

Asumimos $a\in [0,\pi]$. El único polo en el interior del círculo unitario es $z_- = (1-\sin{a})/\cos{a}$. La integral es simplemente $i 2 \pi$ veces el residuo en el polo, o

$$(i 2 \pi) i \cos^2{\frac{a}{2}} \frac{(1-\sin{a})^n/\cos^n{a}}{-\sin{a}} = \frac{\pi}{\tan{\frac{a}{2}}} (\sec{a}-\tan{a})^n$$

Por lo tanto puedo obtener, para la integral,

$$\frac{\pi}{2 n} \left [(-1)^{n+1}+(\sec{a}-\tan{a})^n \right ]$$