Mostrando ese$ \int_0^\pi \frac{\sin{(kx)}}{\sin(x)} d x = \pi $ para el entero impar$k$

Question

Estoy tratando de mostrar que

$$ \int_0^\pi \frac{\sin{(kx)}}{\sin(x)} d x = \pi $$ para el entero impar $k$.

Parece que este puede hacer uso de múltiples ángulo de fórmulas, pero estoy atascado.

Puedo llegar a $$ \int_0^\pi \frac{\sin{((2N+1)x)}}{\sin(x)} d x $$ $$ = \sum_{\ell = 0} ^N (-1)^\ell \frac{(2N+1)!}{(2\ell+1)!(2(N-\ell))!} \int_0 ^\pi (\cos(x))^{2(N-\ell)} (\sin(x))^{2\ell} d x, $$ utilizando un múltiplo ángulo de fórmula debido a Viete (a partir de las fórmulas trigonométricas página de la Wikipedia), pero no sé qué hacer desde aquí. Hay una forma más simple?

Answer 1

Si permitimos que $$I_n=\int \frac{\sin{((2n+1)x)}}{\sin{(x)}} dx$ $ One puede mostrar fácilmente que $$I_n=I_{n-1}+\frac{\sin{(2nx)}}{n}$ $ Resolver esta relación de recurrencia da $$I_n=\sum_{k=1}^n \frac{\sin{(2kx)}}{k}+x+c$ $ Entonces, para la integral en cuestión, $$\int_0^\pi \frac{\sin{((2n+1)x)}}{\sin{(x)}}dx=[\sum_{k=1}^n \frac{\sin{(2kx)}}{k}+x]_0^\pi = \pi$ $ As $\sin{(2k\pi)}=0$ para todos $k\in\mathbb{Z}$ .

Answer 2

Deje $k=2n+1$ luego $$I=\int_0^{\pi} \frac {\sin ((2n+1)x)}{\sin x} dx=\int_0^{\pi} \frac {\sin \left(\left(n+\frac 12\right)2x\right)}{\sin x} dx$$

Ahora sustituyendo $x=\frac t2$ obtenemos $$I=\frac 12\int_0^{2\pi} \frac {\sin \left(\left(n+\frac 12\right)t\right)}{\sin \left(\frac t2\right)} dt= \frac 12\int_0^{2\pi} D_n(t) dt$$

Donde $D_n(t)$ representa el Kernel de Dirichlet. Y el uso de su propiedad que $$D_n(t)=1+2\sum_{k=0}^n \cos(kt)$$

Llegamos $$I=\frac 12\int_0^{2\pi} \left(1+2\sum_{k=0}^n \cos(kt)\right)dt=\pi+ \sum_{k=0}^n \int_0^{2\pi} \cos (kt) dt $$

De donde has de notar que la última integral es $0$ para todos los enteros $k$ de $0$ a $n$

Q. E. D

Answer 3

La adición de fórmulas para $\sin$ e $\cos$ a mostrar que $$\frac{\sin ((k+2)x)}{\sin(x)} = \frac{\sin (k x)}{\sin(x)} + 2\cos ((k+1)x)$$ A partir de esta fórmula el resultado después sigue directamente por el uso de la inducción y el hecho de que $\int_0^\pi \cos(nx){\rm d}x = 0$ para todos los enteros $n>0$. También se deduce que la integral es $0$ incluso $k$ aunque esto puede ser mostrado de forma más sencilla con el hecho de que el integrando es extraño $x = \pi/2$.

Answer 4

Tenga en cuenta que $$\sin(x)=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$ $ Entonces $$\frac{\sin(kx)}{\sin(x)}=\frac{e^{ikx}-e^{-ikx}}{e^{ix}-e^{-ix}}=\frac{(e^{ix})^k-(e^{-ix})^k}{e^{ix}-e^{-ix}}$ $ Usando (n es impar) $$a^n-b^n=(a-b) \sum _{j=0}^{n-1} a^j b^{n-1-j}$ $ Tenemos $$\frac{\sin(kx)}{\sin(x)}=\sum _{j=0}^{k-1} (e^{ix})^j (e^{-ix})^{k-1-j}=\sum _{j=0}^{k-1} e^{i(2j-(k-1))x}$ $ $$\sum _{j=0}^{k-1} e^{i(2j-(k-1))x}=\sum _{j=0}^{k-1} \frac{e^{i(2j-(k-1))x}+ e^{-i(2j-(k-1))x}}{2}=\sum _{j=0}^{k-1}\cos((2j-(k-1))x)$ $ Debe ser fácil seguir adelante

Answer 5

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\left.\int_{0}^{\pi}{\sin\pars{kx} \over \sin\pars{x}}\,\dd x\,\right\vert_{\ k\ =\ \pm 1,\ \pm 3,\ \pm 5,\ldots}} = 2\,\mrm{sgn}\pars{k}\Im\int_{0}^{\pi/2}{\expo{\ic\verts{k}x} - 1 \over \sin\pars{x}}\,\dd x \\[5mm] = &\ \left.2\,\mrm{sgn}\pars{k}\Im\int_{x\ =\ 0}^{x\ =\ \pi/2}{z^\verts{k} - 1 \over \pars{1 - z^{2}}\ic/\pars{2z}}\,{\dd z \over \ic z}\,\right\vert_{\ z\ =\ \exp\pars{\ic x}} \\[5mm] = &\ \left.4\,\mrm{sgn}\pars{k}\Im\int_{x\ =\ 0}^{x\ =\ \pi/2} {1 - z^\verts{k} \over 1 - z^{2}}\,\dd z\,\right\vert_{\ z\ =\ \exp\pars{\ic x}} \\[5mm] =& -4\,\mrm{sgn}\pars{k}\Im\int_{1}^{0} {1 - y^\verts{k}\expo{\ic\verts{k}\pi/2} \over 1 + y^{2}}\,\ic\,\dd y = 4\,\mrm{sgn}\pars{k}\int_{0}^{1}{\dd y \over 1 + y^{2}} \\[5mm] = & \bbx{\pi\,\mrm{sgn}\pars{k}\,\qquad k = \pm 1,\ \pm 3,\ \pm 5\ldots} \end{align}

Tenga en cuenta que $\ds{\left.\cos\pars{k\,{\pi \over 2}} \,\right\vert_{\ k\ \mrm{impar}} = \color{red}{\large 0}}$.