Computar $\int_0^{\pi} \frac{\cos(nx)\cos(x) - \cos(nt)\cos(t)}{\cos(x) -\cos(t)}dt$

Question

Dejemos que $n\in\mathbb{N}$ y $x\in]0,\pi[$ Me piden que calcule lo siguiente: $$ I_n = \int_0^{\pi} \dfrac{\cos(nx)\cos(x) - \cos(nt)\cos(t)}{\cos(x) -\cos(t)}dt$$ A partir de las pruebas con valores pequeños de $n$ parece que esta integral es igual a $n\pi\cdot \cos^n(x)$ pero no puedo probarlo. He intentado encontrar una fórmula de recurrencia pero no lo he conseguido.

Aquí está mi trabajo para $n=0$ , $n=1$ y $n=2$ : Para $n=0$ , $$ I_0=\int_0^{\pi}\dfrac{\cos(x) -\cos(t)}{\cos(x) - \cos(t)}dt = \pi$$ Para $n=1$ , $$ I_1 = \int_0^{\pi} \dfrac{\cos^2(x) -\cos^2(t)}{\cos(x)-\cos(t)}dt=\int_0^{\pi}\cos(x) + \sin(t)dt = \pi\cdot \cos(x)$$ Para $n=2$ : $$ I_2 = \int_0^{\pi} \dfrac{2\cos^3(x) - 2\cos^3(t) -\cos(x) + \cos(t)}{\cos(x) - \cos(t)}dt$$ $$ I_2 = 2\int_0^{\pi}\cos^2(x) +\cos(x)\cos(t) + cos^2(t) dt - \pi$$ $$ I_2 = 2\pi\cos^2(x) + \int_0^{\pi}\cos(2t)+1dt - \pi$$ $$ I_2 = 2\pi\cos^2(x) $$

Este es mi primer post aquí, por favor dígame si hice algo mal. He intentado buscar esta integral en esta web sin éxito.

Answer 1

He aquí una solución que sólo se basa en la siguiente identidad trigonométrica simple: $$\cos(a+b)+\cos(a-b)=2\cos(a)\cos(b)\tag{1}$$ Volveremos a ello más tarde, pero por ahora, fíjate en que $$\begin{split} I_n(x)&=\int_0^{\pi} \frac{\cos(nx)\cos(x) - \cos(nt)\cos(t)}{\cos(x) -\cos(t)}dt\\ &=\int_0^{\pi}\frac{[\cos(nx)-\cos(nt)]\cos(x) + \cos(nt)[\cos(x)-\cos(t)]}{\cos(x) -\cos(t)}dt\\ &=\cos(x)\int_0^{\pi}\frac{\cos(nx)-\cos(nt)}{\cos(x) -\cos(t)}dt+\int_0^\pi\cos(nt)dt \end{split}$$ En otras palabras, $$I_n(x)=\cos(x)J_n(x)+\pi\delta_{n=0}\tag{2}$$ donde definimos $$J_n(x)=\int_0^\pi \frac{\cos(nx)-\cos(nt)}{\cos(x)-\cos(t)}dt$$ y el símbolo de Kronecker $\delta_{n=0}$ que es igual a $0$ , a menos que $n=0$ en cuyo caso es igual a $1$ .

Ahora, volvamos a (1). Conectando $a=nx$ y $b=x$ en esa identidad implica que $$\cos((n+1)x)+\cos((n-1)x)=2\cos x \cos(nx)$$ Restando la misma ecuación con $t$ a este da como resultado $$ \begin{split} \cos((n+1)x)-\cos((n+1)t) \\ +\cos((n-1)x)-\cos((n-1)t)=\\ 2\cos x \cos(nx)-2\cos(t)\cos(nt) \end{split}$$ Dividiendo por $\cos(x)-\cos(t)$ e integrando sobre $[0,\pi]$ lleva a $$J_{n+1}(x)+J_{n-1}(x)=2I_n(x)\tag{3}$$ Por último, combinando [2] y [3] obtenemos, para $n\geq 0$ , $$J_{n+2}(x)-2\cos(x)J_{n+1}(x)+J_{n}(x)=0$$

La solución de esta relación de recurrencia de segundo orden es $$J_n(x)=\alpha e^{inx}+\beta e^{-inx}$$ Desde entonces, $J_0=0$ y $J_1=\pi$ , $$J_n(x)=\frac {\pi \sin(nx)}{\sin x}$$ y $$I_n(x)=\pi\cos(x)\frac{\sin(nx)}{\sin(x)} \mbox{ for } n\geq 1 \mbox{, and }I_0=\pi$$

Answer 2

Una buena manera de evaluar las integrales generalizadas es considerarlas como los coeficientes de una serie infinita. Por lo tanto, el coeficiente de la $n$ Este término es simplemente la integral en cuestión. Sin embargo, antes de empezar, hay que tener en cuenta una identidad:

$$\sum\limits_{n\geq0}z^n\cos nx=\frac {1-z\cos x}{z^2-2z\cos x+1}$$ Prueba: Reescritura $\cos nx$ como la parte real de $e^{nix}$ . Utilizando las secuencias geométricas infinitas, obtenemos que $$\sum\limits_{n\geq0}\left(ze^{ix}\right)^n=\frac 1{1-ze^{ix}}$$ Ahora, toma la parte real de ambos lados. Claramente, el lado izquierdo se convierte en $z^n\cos nx$ . Mientras tanto, el lado derecho se convierte, a través de una inteligente racionalización $$\begin{align*}\operatorname{Re}\left[\frac 1{1-ze^{ix}}\right] & =\operatorname{Re}\left[\frac 1{1-z\cos x-zi\sin x}\right]\\ & =\operatorname{Re}\left[\frac {1-z\cos x+zi\sin x}{(1-z\cos x)^2+z^2\sin^2x}\right]\\ & =\frac {1-z\cos x}{z^2-2z\cos x+1}\end{align*}$$ completando la prueba.

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Con esto en mente, estamos listos para empezar. Dado que el OP ha declarado en los comentarios que está tratando de evaluar la integral $$I_n=\int\limits_0^{\pi}\mathrm dt\,\frac {\cos nx-\cos nt}{\cos x-\cos t}$$ Mostraré una forma de evaluarlo en esta respuesta. A saber, denotemos la función generadora de la integral como $G(z)$

$$G(z)=\sum\limits_{n\geq0}I_nz^n$$

Y recuerda que el coeficiente de $z^n$ simplemente da $I_n$ . Intercambiando la suma y la integral, y utilizando la identidad que hemos derivado anteriormente, obtenemos

$$\begin{align*}G(z) & =\int\limits_0^{\pi}\frac {\mathrm dt}{\cos x-\cos t}\sum\limits_{n\geq0}z^n\biggr[\cos nx-\cos nt\biggr]\\ & =\int\limits_0^{\pi}\frac {\mathrm dt}{\cos x-\cos t}\left[\frac {1-z\cos x}{z^2-2z\cos x+1}-\frac {1-z\cos t}{z^2-2z\cos t+1}\right]\end{align*}$$

Combinando las dos fracciones, y recordando que cualquier término en $z$ son constantes, la función se convierte en

$$G(z)=\frac {z(1-z^2)}{z^2-2z\cos x+1}\int\limits_0^{\pi}\frac {\mathrm dt}{z^2-2z\cos t+1}$$

La integral restante puede evaluarse fácilmente mediante una sustitución de Weierstrass. Sustituya $w=\tan\left(\tfrac t2\right)$ para que

$$\begin{array}{|c|c|c|}\hline w=\tan\left(\dfrac t2\right) & \mathrm dt=\dfrac {2\,\mathrm dw}{1+w^2} & \cos t=\dfrac {1-w^2}{1+w^2}\\\hline\end{array}$$

La función racional restante se puede evaluar de forma elemental

$$\begin{align*}G(z) & =\frac {2z(1-z^2)}{z^2-2z\cos x+1}\int\limits_0^{\infty}\frac {\mathrm dw}{w^2(1+z)^2+(1-z)^2}\\ & =\frac {2z}{z^2-2z\cos x+1}\arctan\left(\frac {1+z}{1-z}w\right)\,\Biggr\rvert_0^{\infty}\\ & =\frac {\pi z}{z^2-2z\cos x+1}\end{align*}$$

De la segunda línea, es importante observar que el argumento de la tangente inversa seguirá siendo positivo si y sólo si $|z|<1$ . Cuando $|z|<1$ entonces el denominador es positivo, así como el numerador. Por lo tanto, $\tfrac {1+z}{1-z}>0$ . Sin embargo, si $|z|>1$ entonces el argumento es menor que cero y hay un signo negativo extra. Para el propósito de esta pregunta, consideraremos cuando $|z|<1$ .

Ahora todo lo que tenemos que hacer es encontrar el coeficiente de $z^n$ . Hay una manera agradable y conveniente de hacer esto mediante el uso de

$$2\cos x=e^{ix}+e^{-ix}$$

Al factorizar el denominador mediante la agrupación se obtiene

$$\begin{align*}\frac z{z^2-2z\cos x+1} & =\frac z{(1-ze^{ix})(1-ze^{-ix})}\\ & =z\sum\limits_{k\geq0}z^k e^{kix}\sum\limits_{l\geq0}z^l e^{-lix}\end{align*}$$

Ahora observa lo que ocurre cuando expandimos los productos juntos $$\begin{multline}(1+ze^{ix}+z^2e^{2ix}+\cdots)(1+ze^{-ix}+z^2e^{-ix}+\cdots)\\=1+z(e^{ix}+e^{-ix})+z^2(e^{2ix}+1+e^{-2ix})+\cdots\end{multline}$$

La suma dentro del paréntesis parece comenzar en el índice del $n$ y disminuye en un factor de dos. De este modo, es posible reescribir los coeficientes convenientemente como

$$a_k=\sum\limits_{m=0}^ke^{(k-2m)ix}=\frac {\sin x(k+1)}{\sin x}$$

Por lo tanto, $$\frac {\pi z}{z^2-2z\cos x+1}=\pi\sum\limits_{k\geq1}\frac {\sin xk}{\sin x}z^k$$

Y el ajuste $k$ como $n$ da el término $z^n$ . Por lo tanto, nuestra integral es simplemente $$\int\limits_0^{\pi}\mathrm dt\,\frac {\cos nx-\cos nt}{\cos x-\cos t}\color{blue}{=\frac {\pi\sin xn}{\sin x}}$$

Answer 3

Completando la solución de Frank:

$$ [z^n]\frac{\pi z}{z^2-2z\cos x+1} = \frac{\pi}{2}[z^{n}]\left(\frac{1}{z-e^{ix}}+\frac{1}{z-e^{-ix}}\right) $$ es igual, por series geométricas, $$ \frac{\pi}{2}\left(-e^{-(n+1)ix}-e^{(n+1)ix}\right)=-\pi\cos((n+1)x). $$

Answer 4

Haré la integral para $n=3$ desafortunadamente esto refutará su resultado. (a menos que haya cometido un error) $$I_3= \int_0^\pi \frac{\cos(3x)\cos x -\cos(3t)\cos t}{\cos x-\cos t}dt$$ Desde $\cos(3 y)=4\cos^3 y -3\cos y$ que tenemos: $$\cos(3x)\cos x -\cos (3t)\cos t=4(\cos^4 x-\cos^4t)-3(\cos^2 x-\cos^2 t)$$ $$=4(\cos x-\cos t)(\cos x+\cos t) (\cos^2 x+\cos^2t)-3(\cos x-\cos t)(\cos x+\cos t)$$ $$\Rightarrow I_3=\int_0^\pi (\cos x+\cos t)(4(\cos ^2 x+\cos^2 t)-3)dt$$ $$\overset{\pi-t\to t}=\int_0^\pi (\cos x-\cos t)(4(\cos^2 x+\cos^2 t)-3)dt$$ $$\Rightarrow 2I_3=2\cos x\int_0^\pi (4(cos^2 x+\cos^2 t)-3)$$ $$\Rightarrow I_3= 4\pi \cos^3 x +\cos x \underbrace{\int_0^\pi \cos^2 tdt}_{=\frac{\pi}{2}}-3\pi \cos x=2\pi(\cos x+2\cos(3x))$$

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Para $n=4$ que tenemos: $$\cos(4x)=8\cos^4 x-8\cos^2 x+1$$ Denota $cx=\cos x$ y $ct=\cos t\,$ obtenemos que el integrando sea: $$\frac{8(cx^5-ct^5)-8(cx^3-ct^3)+(cx-ct)}{cx-ct}$$ Y utilizando el hecho de que: $$a^5-b^5=(a-b)(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4$$ $$\Rightarrow I_4=8\int_0^\pi(cx^4+cx^3 ct+cx^2 ct^2 +cx ct^3+ct^4)dt$$ $$-8\int_0^\pi (cx^2+cxct+ct^2) dt +\int_0^\pi dt$$ Lo tenemos: $$\int_0^\pi ct dt=\int_0^\pi ct^3 dt =0$$ $$\int_0^\pi ct^2 dt= \frac{\pi}{2},\ \int_0^\pi ct^4 dt=\frac{3\pi}{8}$$ $$\Rightarrow I_4=(8\pi cx^4 +4\pi cx^2 +3\pi )-(8\pi cx^2 +4\pi)+\pi$$ $$=8\pi cx^4 -4\pi cx^2 =4\pi \cos^2 x \cos(2x)$$

Answer 5

Una solución alternativa al problema:

Para $n \in \mathbb{N}$ y $x \in (0,\pi)$ definir $$J_n (x) \equiv \int \limits_0^\pi \frac{\cos(n x) - \cos(n t)}{\cos(x) - \cos(t)} \, \mathrm{d} t \, . $$ Podemos utilizar las identidades ( $(2)$ se deduce de la fórmula de progresión geométrica) \begin {align} \cos ( \xi ) - \cos ( \tau ) &= - 2 \sin \left ( \frac { \xi + \tau }{2} \right ) \sin \left ( \frac { \xi - \tau }{2} \right ) \, , \, \xi , \tau \in \mathbb {R} \, , \tag {1} \\ \frac { \sin (n y)}{ \sin (y)} &= \mathrm {e}^{- \mathrm {i}(n-1)y} \sum \limits_ {k=0}^{n-1} \mathrm {e}^{2 \mathrm {i} k y} \N - , \N - n \in \mathbb {N} \N, , \N y \in \mathbb {R} \, , \tag {2} \\ \int \limits_0 ^{2 \pi } \mathrm {e}^{ \mathrm {i}(k-l) t}, \mathrm {d} t &= 2 \pi \delta_ {k,l} \N-, , \N-, k,l \in \mathbb {Z} \, , \tag {3} \end {align} para calcular \begin {align} J_n (x) &= \frac {1}{2} \int \limits_0 ^{2 \pi } \frac { \cos (n x) - \cos (n t)}{ \cos (x) - \cos (t)} \, \mathrm {d} t \stackrel {(1)}{=} \frac {1}{2} \int \limits_0 ^{2 \pi } \frac { \sin \left (n \frac {x+t}{2} \right )}{ \sin \left ( \frac {x+t}{2} \right )} \frac { \sin \left (n \frac {x-t}{2} \right )}{ \sin \left ( \frac {x-t}{2} \right )} \, \mathrm {d} t \\ & \stackrel {(2)}{=} \frac {1}{2} \mathrm {e}^{- \mathrm {i} (n-1) x} \sum \limits_ {k,l=0}^{n-1} \mathrm {e}^{ \mathrm {i} (k+l) x} \int \limits_0 ^{2 \pi } \mathrm {e}^{ \mathrm {i}(k-l) t}, \mathrm {d} t \stackrel {(3)}{=} \pi \mathrm {e}^{- \mathrm {i} (n-1) x} \sum \limits_ {k=0}^{n-1} \mathrm {e}^{2 \mathrm {i} k x} \\ & \stackrel {(2)}{=} \pi \frac { \sin (nx)}{ \sin (x)} \, . \end {align} Este resultado conduce directamente a \begin {align} I_n(x) & \equiv \int \limits_0 ^ \pi \frac { \cos (n x) \cos (x) - \cos (n t) \cos (t)}{ \cos (x) - \cos (t)} \, \mathrm {d} t = \int \limits_0 ^ \pi \left [ \cos (x) \frac { \cos (n x) - \cos (n t)}{ \cos (x) - \cos (t)} + \cos (n t) \right ]\, \mathrm {d} t \\ &= \cos (x) J_n(x) + 0 = \pi \cos (x) \frac { \sin (nx)}{ \sin (x)} \, . \end {align}