integral de un coeficiente "sin-omial" = binomial

Question

Me parece que el siguiente promedio-integral divertidos y curiosos, decir el lo menos. ¿Hay alguna prueba?

Para cualquier par de enteros $n\geq k\geq0$, tenemos $$\frac1{\pi}\int_0^{\pi}\frac{\sin^n(x)}{\sin^k(\frac{kx}n)\sin^{n-k}\left(\frac{(n-k)x}n\right)}dx=\binom{n}k. \tag1$$

También me pregunto si hay alguna razón para relacionar estos con un MO pregunta que me acabo de dar cuenta. Tal vez invirtiendo?

UNA ACTUALIZACIÓN. Estoy extender la anterior a un fuerte conjetura se muestra a continuación.

No negativos reales con $r\geq s$, una generalización está dada por $$\frac1{\pi}\int_0^{\pi}\frac{\sin^r(x)}{\sin^s(\frac{sx}r)\sin^{r-s}\left(\frac{(r-s)x}r\right)}\,dx =\binom{r}{s}. \tag2$$

Answer 1

Esta noche voy a leer aquí [la respuesta por esg a otro su pregunta] que $\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi e^{-ik t}(1+e^{it})^ndt=\binom{n}{k}$, que es, además, evidente, al menos cuando ambos $n$ e $k$ son enteros positivos: sólo ampliar el binomio $(1+e^{it})^n$ e integrar. Denotando $\alpha=k/n$ podemos reescribir esto como $\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi (f(t))^n dt=\binom{n}{\alpha n}$, en función de las $f(t)=(1+e^{it})e^{-i\alpha t}$ es de valores complejos. Por lo que es un valor real, cambiamos la ruta entre los puntos de $-\pi$ e $\pi$. El valor de la integral no cambia (ya $f^n$ es analítica entre dos caminos, por entero $n$ es simplemente toda la función.) En la segunda ruta de $f$ toma valores reales. Es decir, para $t\in (-\pi,\pi)$ definimos $s(t)=\ln \frac{\sin (1-\alpha)t}{\sin \alpha t}$. Es sencillo (algunos de primaria de la escuela secundaria de la trigonometría) que $$f(t+is(t))=\frac{\sin t}{\sin^{\alpha} \alpha t\cdot \sin^{1-\alpha}(1-\alpha)t},$$ así que vamos a reemplazar el camino de $(-\pi,\pi)$ a $\{t+s(t)i:t\in (-\pi,\pi)\}$ (límite de valores de $s(t)$ a los de los extremos son iguales a 0) y tome solamente la parte real de la integral (esto permite reemplazar $d(t+s(t)i)$ a $dt$ en el diferencial). Tenemos $$ \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi \frac{\sin^n t}{\sin^{\alpha n} \alpha t\cdot \sin^{(1-\alpha)n}(1-\alpha)t}dt=\binom{n}{\alpha n} $$ como se desee.

Answer 2

(no respuesta)

Denotar $\alpha=k/n$, $f(x)=(\frac{\sin x}{\sin \alpha x})^\alpha (\frac{\sin x}{\sin (1-\alpha) x})^{1-\alpha}$. A continuación, su reclamación puede ser reescrita como $\pi^{-1}\int_0^\pi f^n(x)dx=\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(\alpha n+1)\Gamma((1-\alpha)n+1)}$, y parece ser cierto, sin adicionales suposición de que $\alpha n$ es un entero (lo comprobé $\alpha=0.3;n=7$ o $n=7.4$ en WolframAlpha). Podemos multiplicar este por la Beta-función de $\int_0^1 t^{\alpha n}(1-t)^{(1-\alpha)n}dt=\frac{\Gamma(\alpha n+1)\Gamma((1-\alpha)n+1)}{\Gamma(n+2)}$, y tenemos que demostrar que $\int_0^\pi\int_0^1 h^n(t,x)dtdx=\frac{\pi}{n+1}$ donde $h(t,x)=f(x)t^\alpha(1-t)^{1-\alpha}$. Es decir, nuestra función $h$ sobre el rectangular $[0,\pi]\times [0,1]$ (con la normalizado de la medida de Lebesgue) debe ser equidistributed con la función de $t$ a $[0,1]$. Otro enfoque similar se podría multiplicar por dos $\Gamma$-funciones $\int_0^{\infty} y^{\alpha n}e^{-y}dy=\Gamma(\alpha n+1)$, $\int_0^{\infty} z^{(1-\alpha) n}e^{-z}dz=\Gamma((1-\alpha) n+1)$. En el lenguaje probabilístico, se obtiene el siguiente equivalente

La reclamación. Vamos EXP denotar la ley exponencial (con densidad de $e^{-t}dt$, $t>0$). Deje $Y,Z$ ser independiente de las variables aleatorias distribuidas por EXP, y deje $X$ ser un tercero independiente (de $Y,Z$) variable aleatoria distribuida uniformemente en $[0,\pi]$. Entonces para cualquier fija $\alpha\in (0,1)$ tenemos $$\left(Y\frac{\sin X}{\sin \alpha X}\right)^\alpha \left(Z\frac{\sin X}{\sin (1-\alpha) X}\right)^{1-\alpha}\in \text{EXP}.$$

Answer 3

Aquí hay otra manera de demostrarlo. Sorprendentemente, para $n$ integral y $k$ real, la integral en cuestión puede ser escrito como una integral indefinida. Esto da una prueba directa para los no-entero $k$, aunque, obviamente, menos clara que el contorno de método. (De hecho, es conveniente evitar entero $k$ en este método, y que se extienden a entero $k$ por la continuidad.)

Escrito $y=x/n$ e $l=n-k$, tenemos por ejemplo para $n=2$: $$\int\frac{\sin^2(2y)}{\sin^k(ky)\sin^l(ly)}dy= \frac{\frac{2}{l-k}\sin((l-k)y)+\sin(2y)} {kl\sin^{k-1}(ky)\sin^{l-1}(ly)}$$

En general, para $n$ a ($n$ impar es similar con los cosenos): $$I_{n,k}(y)=\int\frac{\sin^n(ny)}{\sin^k(ky)\sin^l(ly)}dy= \frac{\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{s=0}^{n-1}\lambda_{r,s}\sin(((n-1-2r)k+(n-1-2s)l)y)} {kl\sin^{k-1}(ky)\sin^{l-1}(ly)}$$

donde $$\lambda_{r,s}=\begin{cases} \displaystyle \frac{(-1)^r(n-1)^{\underline{r}}}{(r-l)^{\underline{\smash{r-s}}}s!}\lambda_{0,0},\;\;r\ge s\\ \displaystyle \frac{(-1)^s(n-1)^{\underline{s}}}{(s-k)^{\underline{\smash{s-r}}}r!}\lambda_{0,0},\;\;s\ge r \end{casos} $$ $$\lambda_{0,0}=(-1)^{n/2+1}2^{1-n},$$ y $x^{\underline{r}}$ denota el poder caer $x(x-1)\ldots(x-r+1)$.

Es fácil comprobar la derivada, $I_{n,k}'(y)$ es la correcta, teniendo en cuenta el coeficiente de de $\cos((ak+bl)y)/(\sin^k(ky)\sin^l(ly))$ por cada $a$, $b$. Si $a\neq b$, a continuación, obtendrá cero, de lo contrario, por $a=b=n-2r$, $(ak+bl)y=(n-2r)ny$ y usted consigue $\frac{1}{2}(-1)^r\binom{n}{r}\lambda_{0,0}\cos((n-2r)ny)$. A continuación, $\sin^n(ny)$ surge de la expansión binomial: $$(-1)^{n/2}2^{-n}\sum_{r=0}^n (-1)^r\binom{n}{r}\cos((n-2r)ny)=\sin^n(ny).$$

Tenga en cuenta que $I_{n,k}(0)=0$ ya que, al ser la integral de algo de buen comportamiento en $0$, $I_{n,k}(y)$ debe ser continua en $0$, por lo que su numerador debe desaparecer a fin de $n-2$ al igual que su denominador. El uso de L'H\^{o}pital, teniendo en $n-2$ derivados del numerador da sólo sines, que de por sí se desvanecen en 0. Para evaluar $I_{n,k}(\pi/n)$, tenga en cuenta que $\sin(k\pi/n)=\sin(l\pi/n)$ y $\sin(((n-1-2r)k+(n-1-2s)l)y)=\sin(2(r-s)k\pi/n)$. Acondicionado en $r-s=d>0$, se obtiene (por ejemplo, mediante la consideración parcial de las fracciones en $k$) $$\sum_{s=0}^{n-1-d}\lambda_{s+d,s}= \frac{(-1)^d(n-1)!\binom{n-2}{d-1}}{(k-1)^{\underline{\smash{n-1}}}}\lambda_{0,0},$$ y lo mismo para $d<0$ con el signo opuesto, y el uso de $-d$ en lugar de $d$. Utilizando el binomio de expansión de $(1-e^{2\pi ik/n})^{n-2}$, se obtiene $$\sum_{d=1}^{n-1}(-1)^d\binom{n-2}{d-1}\sin\left(\frac{2dk\pi}{n}\right)= (-1)^{n/2}2^{n-2}\sin^{n-2}\left(\frac{k\pi}{n}\right)\sin(k\pi)$$ Así que, finalmente, poner las piezas juntas, $$\frac{n}{\pi}I_{n,k}\left(\frac{\pi}{n}\right)=\frac{n\sum_{r=0}^{n-1}\sum_{s=0}^{n-1}\lambda_{r,s}\sin\left(\frac{2(r-s)k\pi}{n}\right)} {\pi kl\sin^{k-1}\left(\frac{k\pi}{n}\right)\sin^{l-1}\left(\frac{l\pi}{n}\right)}=\frac{n!\el pecado(k\pi}{\pi k^{\underline{\smash{n+1}}}}$$ que (para $n$) reconocemos como $\binom{n}{k}$ por el reflejo de la fórmula para factoriales.

Answer 4

(no respuesta)

He encontrado una manera de convertir la evaluación integral de un binomio de la suma de la identidad. Por cierto, esto le da a los detalles que condujeron a la pregunta de seguimiento aquí.

He resaltado en negrita) donde necesitamos algún potencial de rigor para hacer de este argumento completo.

Deje $\zeta=e^{\pmb{i}x/n}, \pmb{i}=\sqrt{-1}$. La ecuación (1) se convierte en una integral a lo largo de un arco en el círculo unidad $$\frac{n}{\pmb{i}\pi}\int_1^{e^{\pmb{i}\pi/n}}\frac{(\zeta^n-\zeta^{-n})^n} {(\zeta^k-\zeta^{-k})^k(\zeta^{n-k}-\zeta^{-(n-k)})^{n-k}}\frac{d\zeta}{\zeta}=\binom{n}k. \tag3$$ Definir el racional de funciones complejas (con un polo en el origen) $f_m(z)=(z^m-z^{-m})^m$ y $$F_{n,k}(z)= \frac{f_n(z)}{f_k(z)f_{n-k}(z)}=\frac{(1-z^{2n})^nz^{-2k(n-k)}}{(1-z^{2k})^k(1-z^{2n-2k})^{n-k}} =\frac{(1-z^{2n})^n}{(1-z^{2k})^k(z^{2k} z^{2n})^{n-k}}.$$ Para comprobar (3), calcular una integral de contorno alrededor del círculo unitario $\mathcal{C}$ (orientado positivamente) $$\frac{n}{\pmb{i}\pi}\int_1^{e^{\pmb{i}\pi/n}}F_{n,k}(z)\frac{dz}z= \pmb{\frac{2n}{2\pmb{i}\pi}\int_1^{e^{\pmb{i}\pi/n}}F_{n,k}(z)\frac{dz}z= \frac1{2\pmb{i}\pi}\int_{\mathcal{C}}F_{n,k}(z)\frac{dz}z}=\text{Res}(F_{n,k}(z);0).$$ Esto es equivalente a determinar el término constante en $F_{n,k}(z)$, que a su vez se reduce a la identidad $$\sum (-1)^a\binom{n}a\binom{k+b-1}b\binom{n-k+c-1}c=\binom{n}k\tag4$$ donde la suma se ejecuta a través de $a,b,c\geq0$ tal que $(a+c)n+(b-c)k=k(n-k)$.

Queda por demostrar (4).