Conjetura:$\int_0^{\pi/2} \left(\frac{\sin(2n+1)x}{\sin x}\right)^\beta dx$ es un entero múltiplo de$\pi/2$, para el entero$\beta>2$

Question

Yo era la solución de la integral de la $$I_n=\int_0^{\frac {\pi}{2}} \left(\frac {\sin ((2n+1)x)}{\sin x}\right)^2 dx$$

Con $n\ge 0$ E $n\in \mathbb{N}$

En la resolución, la conseguí $$I_n =\frac {(2n+1)\pi}{2}$$

Pero, debido a la curiosidad, me puse a investigar a la familia de las integrales como

$$I_n(\beta) =\int_0^{\frac {\pi}{2}} \left(\frac {\sin (2n+1)x}{\sin x}\right)^{\beta} dx$$

En el intento de diversos valores de $\beta\gt 2$ e $\beta\in \mathbb{N}$, me conjeturó que $$I_n(\beta) =c_{\beta} \frac{\pi}{2}$$ donde $c_{\beta}$ indica que "el Número de matrices de $\beta$ enteros en $-n$ a $n$ con suma $0$"

Pero, por tratar de mucho, no pude probar esta afirmación. También, supongo que la declaración pueda ser comprobado con la ayuda de Dirichlet kernel, pero no pude conseguir el camino de salida a través de ella.

Cualquier ayuda y sugerencias para demostrar/refutar la conjetura son muy apreciados.

Answer 1

$\def\b{\beta}$ $$\begin{align*} \newcommand\cmt[1]{{\small\textrm{#1}}} I_n(\b) &= \int_0^{\pi/2} \left(\frac{\sin (2n+1)x}{\sin x}\right)^\b dx \\ &= \frac 1 4 \int_0^{2\pi} \left(\frac{\sin (2n+1)x}{\sin x}\right)^\b dx & \cmt{begin similar to user630708} \\ &= \frac{1}{4i} \oint_\gamma \left(\frac{z^{4n+2}-1}{z^2-1}\right)^\b \frac{dz}{z^{2n\b+1}} & \cmt{let %#%#%} \\ &= \frac{1}{4i} \oint_\gamma \left(\sum_{k=0}^{2n}z^{2k}\right)^\b \frac{dz}{z^{2n\b+1}} & \cmt{partial sum of geometric series} \\ &= \left.\frac{1}{4i} \frac{2\pi i}{(2n\b)!} \left(\frac{d}{dz}\right)^{2n\b} \left(\sum_{k=0}^{2n}z^{2k}\right)^\b \right|_{z=0} & \cmt{Cauchy integral formula} \\ &= \left.\frac{\pi}{2} \frac{1}{(2n\b)!} \left(\frac{d}{dz}\right)^{2n\b} \sum_{\sum x_k=\b} \frac{\b!}{\prod x_k!} \prod (z^{2k})^{x_k} \right|_{z=0} & \cmt{multinomial expansion, %#%#%} \\ &= \left.\frac{\pi}{2} \frac{1}{(2n\b)!} \left(\frac{d}{dz}\right)^{2n\b} \sum_{\sum x_k=\b} \frac{\b!}{\prod x_k!} z^{2\sum k x_k} \right|_{z=0} \\ &= \frac{\pi}{2} \sum_{\sum x_k=\b \atop \sum k x_k = n\b} \frac{\b!}{\prod x_k!} & \cmt{only surviving terms have %#%#%} \\ &= \frac{\pi}{2} \sum_{\sum x_k=\b \atop \sum (n-k) x_k = 0} \frac{\b!}{\prod x_k!} \end{align*}$$ En la última línea de la nota que $z=e^{ix}$ y así $k=0,1,\ldots,2n$. Por inspección se puede ver que $$\sum_{\sum_{k=0}^{2n} x_k=\b \cima \sum_{k=0}^{2n} (n-k) x_k = 0} \frac{\b!}{\prod x_k!} = \textrm{número de matrices de $\sum k x_k = n\b$ enteros en $\sum_{k=0}^{2n} n x_k=n\b$, con una suma igual a 0,}$$ es decir, $\sum_{k=0}^{2n} (n-k)x_k = 0$$ donde $\b$ es OEIS A201552, como ha señalado James Arathoon en los comentarios. (En esa página también encontramos una forma integral de $-n,\ldots,n$ que, después de una simple sustitución, da $$I_n(\b) = \frac{\pi}{2} T(\b,n),$.)

Answer 2

Esto es fácil de utilizar Residuos de la Teoría:

Tenga en cuenta que por la simetría $\int_{0}^{\pi/2}...dx=1/4\int_{-\pi}^{\pi}…dx$ (uso de paridad y un sub $y=\pi-x$ a Mostrar que).

el empleo de $z=e^{ix}$ tenemos

$$4 I_{n,\beta}=\oint_C \left[\frac{z^{4n+2}-1}{z^2-1}\right)^{\beta}\frac{dz}{i z^{2\beta n+1}}$$

donde $C$ denota el círculo unidad en el comlex plano. Por el teorema de los residuos (hay uno de los polos en el interior del contorno en $z=0$, con f.e. la serie geométrica se puede Demostrar que los Puntos de $z=\pm i$ son extraíbles singularidades). Tenemos

$$4 I_{n,\beta}=2\pi \text{Res}(\left[\frac{z^{4n+2}-1}{z^2-1}\right)^{\beta}\frac{1}{z^{2\beta n+1}} ,z=0)$$

El uso de $\beta!(z^2-1)^{-\beta}=((2z)^{-1}\partial_z)^{\beta-1}(z^2-1)^{-1}$ tenemos

$$(1-z^2)^{-\beta}=\frac{1}{2^{\beta-1}}\sum_{m\geq0}\binom{m+\beta-1}{\beta-1}z^{2m}\\ (1-z^{4n+2})^{\beta}=z^{2\beta}\sum_{k\geq0}(-1)^k\binom{\beta}{k}z^{4k}$$

lo que significa que tenemos la condición $4k+2(m+\beta)-2\beta n-1=-1$ (ya que estamos interesados en $a_{-1}$ coefficent de Laurent de expansión) que essenitally mata a uno de la suma, y terminamos con

$$I_{n,\beta}=\frac{\pi}{2^{\beta}}\sum_{m\geq0}(-1)^{\beta n /2-(\beta+m)/2}\binom{m+\beta-1}{\beta-1}\binom{\beta}{\beta n /2-(\beta+m)/2}$$

que es una suma finita, ya que el segundo binomial se convierte en cero al $m$ es lo suficientemente grande ($m> \beta (n-1)$)