Computación $ \int_{0}^{2\pi} \frac{\sin(nx)^2}{\sin(x)^2} \mathrm dx $

Question

Me gustaría calcular:

$$ \int_{0}^{2\pi} \frac{\sin(nx)^2}{\sin(x)^2} \mathrm dx $$

Yo creo que :

$$ \int_{0}^{2\pi} \frac{\sin(nx)^2}{\sin(x)^2} \mathrm dx=2n\pi $$

He intentado utilizar la inducción:

$$ \sin((n+1)x)^2=\sin(nx)^2(1-\sin(x)^2)+\sin(x)^2(1-\sin(nx)^2)+2\sin(x)\cos(x)\sin(nx)\cos(nx)$$

$$ \frac{\sin((n+1)x)^2}{\sin(nx)}=\frac{\sin(nx)^2}{\sin(x)^2}-\sin(nx)^2+1-\sin(nx)^2+2\frac{\cos(x)}{\sin(x)}\sin(nx)\cos(nx)$$

$$ \int_{0}^{2\pi}\frac{\sin((n+1)x)^2}{\sin(nx)} \mathrm dx=2(n+1)\pi+2\int_{0}^{2\pi}\sin(nx)(\frac{\cos(x)}{\sin(x)}\cos(nx)-\sin(nx)) \mathrm dx $$

Así que no $$ \int_{0}^{2\pi}\sin(nx)(\frac{\cos(x)}{\sin(x)}\cos(nx)-\sin(nx)) \mathrm dx=0 $$?

Pero esto probablemente no es el mejor método.

¿Podría usted ayudarme?

Answer 1

Tenemos $$\frac{\sin(nx)}{\sin(x)} = \frac{e^{inx} - e^{-inx}}{e^{ix} - e^{-ix}} = e^{-i(n-1)x} \frac{\left(e^{2ix}\right)^n-1}{e^{2ix} - 1} = e^{-i(n-1)x} \sum_{k=0}^{n-1} e^{2ikx} $$

Esto muestra que la serie de Fourier $$\sum_{k=-\infty}^\infty a_k e^{ikx}=\frac{\sin(nx)}{\sin(x)} = e^{-i(n-1)x} \sum_{k=0}^{n-1} e^{2ikx}$$ has exactly $n$ coefficients which are $=1$ y todos los demás desaparecen. Por lo tanto, por la identidad de Parseval, obtenemos

$$\frac 1{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{\sin^2(nx)}{\sin^2(x)}\, dx = \sum_{k=-\infty}^\infty |a_k|^2 = n$$

es decir, $$\int_0^{2\pi} \frac{\sin^2(nx)}{\sin^2(x)} \, dx = 2n\pi$$

Answer 2

Uno tiene $${2\sin^2(nx)\over 2\sin^2(x)}={1-\cos(2n x)\over 1-\cos(2x)}\ .$$ Por lo tanto $$I_n=\int_0^{2\pi}{1-\cos(2n x)\over 1-\cos(2x)}\ dx=\int_0^{2\pi}{1-\cos(n t)\over 1-\cos(t)}\ dt\qquad(x:={t\over2})\ .$$ Ahora $$\cos\bigl((n+1)t\bigr)+\cos\bigl((n-1)t\bigr)=2\cos t\, \cos(nt)\ ,$$ lo que implica $$1-\cos\bigl((n+1)t\bigr)=2(1-\cos t)\cos(nt)+ 2\bigl(1-\cos(nt)\bigr)-\bigl(1-\cos((n-1)t\bigr)\ .$$ Como $\int_0^{2\pi}\cos(nt)\ dt=0$ se sigue que hemos de obtener la recursividad $$I_{n+1}=2I_n- I_{n-1}\qquad(n\geq1)\ .$$Therefore one has $$I_{n+1}-I_n=I_n-I_{n-1}=I_1-I_0=2\pi\qquad(n\geq1)\ ,$$ y esto implica $$I_n\ =\ 2n\pi\qquad(n\geq0)\ .$$

Answer 3

Sugerencia: Para enteros $k$ tenemos las identidades $$\frac{\sin(2kx)}{\sin(x)} =2\left(\cos(x)+\cos(3x)+\cdots+\cos((2k-1)x)\right)$$ and $$\frac{\sin((2k+1)x)}{\sin(x)} =1+2\left(\cos(2x)+\cos(4x)+\cdots+\cos(2kx)\right).$$ Ambos de estos puede ser demostrado por inducción, pero intuitivamente a seguir, desde el conocimiento sobre el Kernel de Dirichlet.

Sugerencia 2: Plaza de las anteriores identidades. Puesto que la integral es sobre todo el círculo, sólo la diagonal de coeficientes de contribuir. Para el caso de $\frac{\sin(2kx)}{\sin(x)}$, todos los off términos de la diagonal son cero, es decir,$\int_{0}^{2\pi} \cos(x)\cos(3x)dx=0$, por lo que nuestra integral es, a continuación,$$\int_{0}^{2\pi} \left(\cos^2(x)+\cos^2(3x)+\cdots+\cos^2((2k-1)x)\right)dx$$, que puede ser fácilmente evaluado.

Sugerencia 3: Desde $\cos^2(x)=\frac{\cos(2x)+1}{2}$, obtenemos que $$\int_0^{2\pi} \frac{\sin(kx)}{\sin(x)}dx=2\pi k.$$

Edit: Anteriormente, hago una media aritmética error en el último paso, la falta de un factor constante.