Demostrando que $\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^{2n+1}(x)}{x} \ dx=\frac{\pi \binom{2n}{n}}{2^{2n+1}}$ por inducción

Question

Necesito probar

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^{2n+1}(x)}{x} \ dx=\frac{\pi \binom{2n}{n}}{2^{2n+1}}.$$

He visto otras demostraciones de esto, pero utilizan algunas identidades que no entiendo. Así que le pregunté a mi profesor de cálculo y me dijo que puedo probar que por inducción. Ya he hecho el caso $n=1$ pero puedo hacer el resto, ¿podría ayudarme, por favor?

Answer 1

Tengo una manera de mostrar esto directamente, utilizando las transformadas de Laplace. En caso de que seas nuevo en esto, una transformada de Laplace de una función $f(t)$ es

$$\hat{f}(s) = \int_0^{\infty} dt \, f(t) \, e^{-s t}$$

Comenzamos con la siguiente fórmula interesante. Si $\hat{f}$ y $\hat{g}$ son las transformadas de Laplace de $f$ y $g$ respectivamente, entonces

$$\int_0^{\infty} du \, f(u) \hat{g}(u) = \int_0^{\infty} du \, \hat{f}(u) g(u)$$

Aquí, dejemos que $f(t) = \sin^{2 n+1}(t)$ y $\hat{g}(s) = 1/s$ . Afortunadamente, está claro que $g(t) = 1$ . El cálculo de $\hat{f}(s)$ Sin embargo, es un poco complicado, aunque posible:

$$\begin{align} \hat{f}(s) &= \int_0^{\infty} dt \, \sin^{2 n+1}{(t)} \, e^{-s t} \\ &= \frac{1}{(2 i)^{2 n+1}} \sum_{k=0}^{2 n+1} (-1)^k \binom{2 n+1}{k} \int_0^{\infty} dt \, e^{i(2 n+1-2 k)t} e^{-s t}\\&=\frac{1}{(2 i)^{2 n+1}} \sum_{k=0}^{2 n+1} (-1)^k \binom{2 n+1}{k} \frac{1}{s-i(2 n+1-2 k)}\\&= \frac{(-1)^n}{2^{2 n}} \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{2 n+1}{k} \frac{2 n+1-2 k}{s^2+(2 n+1-2 k)^2}\end{align}$$

Para este último paso, he combinado el $k$ y $(n-k)$ de la suma anterior. La cantidad que buscamos es

$$\begin{align}\int_0^{\infty} dx \frac{\sin^{2 n+1}{x}}{x} &= \frac{(-1)^n}{2^{2 n}} \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{2 n+1}{k} \int_0^{\infty} du \frac{2 n+1-2 k}{u^2+(2 n+1-2 k)^2}\\&= \frac{(-1)^n \pi}{2^{2 n+1}} \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{2 n+1}{k} \end{align}$$

Resulta que

$$\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{2 n+1}{k} = (-1)^n \binom{2 n}{n}$$

lo que nos lleva fortuitamente al resultado indicado:

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\sin^{2 n+1}{x}}{x} = \frac{\pi}{2^{2 n+1}} \binom{2 n}{n}$$

ADDENDUM

Para demostrar la suma anterior, utilizamos el truco del índice negativo de Knuth:

$$(-1)^k \binom{r}{k} = \binom{k-r-1}{k}$$

junto con el conocido análogo de la integral definida de un monomio:

$$\sum_{k=0}^n \binom{k+m}{k} = \binom{n+m+1}{n}$$

para que tengamos

$$\begin{align}\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{2 n+1}{k} &= \sum_{k=0}^n \binom{k-2 n-2}{k}\\&= \binom{n-2 n-1}{n} \\ &= \binom{-(n+1)}{n} \\ &= (-1)^n\binom{n+n+1-1}{n} \\ &= (-1)^n \binom{2 n}{n}\end{align}$$

Answer 2

Aquí tienes otra forma de hacerlo (aunque no utiliza la inducción). Escribe $\sin{x} = (e^{ix} - e^{-ix})/2i$ . Entonces $$ (\sin{x})^{2n+1} = {1\over(2i)^{2n+1}}\sum_{k = 0}^{2n+1}(-1)^k{2n+1\choose k} e^{i(2n+1-2k)x}. $$ Ahora, como su integrando es par, podemos escribir $$ \begin{align} 2\int_0^\infty {(\sin{x})^{2n+1}\over x}\,dx & = \int_{-\infty}^\infty {(\sin{x})^{2n+1}\over x}\,dx \\ & = \lim_{\delta\to 0}\int_{|x|>\delta} {(\sin{x})^{2n+1}\over x}\,dx \\ & = {1\over(2i)^{2n+1}}\sum_{k = 0}^{2n+1}(-1)^k{2n+1\choose k} \lim_{\delta\to 0}\int_{|x|>\delta} {e^{i(2n+1-2k)x}\over x}\,dx. \end{align} $$ La parte real de $e^{i(2n+1-2k)x}/x$ es $\cos\{(2n+1-2k)x\}/x$ que es una función impar de $x$ por lo que la integral de esta parte real sobre $|x| > \delta$ desaparece para cada $R$ . Así que de hecho $$ \begin{align} \lim_{\delta\to 0}\int_{|x|>\delta} {e^{i(2n+1-2k)x}\over x}\,dx &= i\lim_{\delta\to 0}\int_{|x|>\delta} {\sin\{(2n+1-2k)x\}\over x}\,dx \\ & = i\int_{-\infty}^\infty {\sin\{(2n+1-2k)x\}\over x}\,dx. \end{align} $$ Una simple sustitución muestra que (utilizando el valor de su integral cuando $n = 0$ ) $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty {\sin\{(2n+1-2k)x\}\over x}\,dx & = \pi\operatorname{sign}(2n+1-2k) = \left\{\begin{array}{ll} \pi & 0\leq k\leq n\\ -\pi & k\geq n+1. \end{array}\right. \end{align} $$ Por último, utilizando el hecho de que $$(-1)^k{2n+1\choose k} = -(-1)^{2n+1-k}{2n+1\choose 2n+1-k},$$ obtenemos $$ \begin{align} 2\int_0^\infty {(\sin{x})^{2n+1}\over x}\,dx & = {1\over(2i)^{2n+1}}\sum_{k = 0}^{2n+1}(-1)^k{2n+1\choose k} i\int_{-\infty}^\infty {\sin\{(2n+1-2k)x\}\over x}\,dx \\ & = {i\pi\over(2i)^{2n+1}}\left(\sum_{k = 0}^{n} - \sum_{k = n+1}^{2n+1}(-1)^k{2n+1\choose k}\right) \\ & = {2\pi(-1)^n\over2^{2n+1}}\sum_{k = 0}^{n}(-1)^k{2n+1\choose k}. \end{align} $$ Ron Gordon ya ha demostrado que la suma de esta expresión es igual a $(-1)^n{2n\choose n}$ Así que lo dejaré así.