Demostrar $\int_{-\pi}^{\pi}\sin \sin x \,dx=0$ sin usar el hecho de que $\sin(x)$ es impar.

Question

Probar $$\large\int_{-\pi}^{\pi}\sin (\sin x) \,dx =0$$ without using the fact that $\sin(x)$ es impar.

La informática esta en wolfram dice que es uncomputable, que me lleva a creer que la única manera de encontrar esta sería métodos para la resolución de integrales definidas. Me pregunto si es posible con otras técnicas tales como DUIS o residuos?

Answer 1

$$\int_{-\pi}^\pi \sin(\sin(x)) \; dx = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}\int_{-\pi}^\pi \sin^{2n+1}(x)\; dx$$ (el intercambio de la suma y la integral justificado por el uniforme de convergencia absoluta) por lo que es suficiente para mostrar que $\int_{-\pi}^\pi \sin^{2n+1}\; dx = 0$ para los números enteros no negativos $n$. Ahora, mediante la sustitución de $u = \cos(x)$, $$\int_{-\pi}^\pi \sin^{2n+1}(x)\; dx = \int_{-\pi}^\pi (1 - \cos^2(x))^n \sin(x)\; dx = -\int_{-1}^{-1} (1-u^2)^n \; du = 0 $$

Answer 2

Aquí es muy raro solución. Observe que para $s \in \Bbb{R}$,

$$ \int_{-\pi}^{\pi} \sin(s\sin x) \, dx = \Im \int_{-\pi}^{\pi} \exp(is\sin x) \, dx. $$

Ahora lo que sigue es que

\begin{align*} \int_{-\pi}^{\pi} \exp(is\sin x) \, dx &= \int_{-\pi}^{\pi} \exp(se^{ix}/2) \exp(-se^{-ix}/2) \, dx \\ &= \int_{-\pi}^{\pi} \exp(se^{ix}/2) \cdot \overline{\exp(-se^{ix}/2)} \, dx \\ &= 2\pi \sum_{n=0}^{\infty} \left\{ \frac{1}{n!}\left(\frac{s}{2}\right)^{n} \right\}\left\{ \frac{(-1)^{n}}{n!}\left(\frac{s}{2}\right)^{n} \right\} \\ &= 2\pi \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(n!)^{2}}\left(\frac{s}{2}\right)^{2n} \\ &= 2\pi J_{0}(s), \end{align*}

donde $J_{0}$ es la función de Bessel de primera especie. Aquí sólo tenemos el hecho de que $J_{0}(s) \in \Bbb{R}$ si $s \in \Bbb{R}$. En consecuencia, obtenemos

$$ \int_{-\pi}^{\pi} \sin(s\sin x) \, dx = 0 $$

y

$$ \int_{-\pi}^{\pi} \cos(s\sin x) \, dx = 2\pi J_{0}(s). $$

(Por supuesto, ahora ambos dos identidades se extienden a todos los de $s \in \Bbb{C}$ por el principio de continuación analítica.)

Answer 3

Creo que esta pregunta es un poco divertido (y, en principio, yo creo que cualquier cálculo que conduce a la conclusión deseada usos que el seno es impar en una o de otra manera).

Se nos permite el uso de $\sin(t\pm\pi)=-\sin(t)$ y $\sin t=\frac{\exp(it)-\exp(-it)}{2i}$ (estoy de acuerdo en que se sigue de la segunda identidad directamente que el seno es impar. Pero en cierto sentido no es peor que decir que $\sin t=\text{Im}\,\exp(it)$ y, a continuación, utilizar ese $\overline{\exp(it)}=\exp(-it)$)?

Sin embargo, aquí hay algunos cálculos utilizando estas fórmulas, que conduce al resultado deseado:

Dividimos la integral en dos piezas $$ I=\int_{-\pi}^\pi \sin(\sin x)\,dx = \int_{-\pi}^0\sin(\sin x)\,dx+\int_0^{\pi}\sin(\sin x)\,dx. $$ Realizar el cambio de las variables de $t=x+\pi$$t=x-\pi$, respectivamente, en estas integrales dar $$ \begin{align} I&=\int_0^{\pi}\sin(\sin(t-\pi))\,dt+\int_{-\pi}^0 \sin(\sin(t+\pi))\,dt\\ &=\int_{-\pi}^{\pi} \sin(-\sin t)\,dt. \end{align} $$ A continuación, utilizar ese $\sin z=\frac{\exp(iz)-\exp(-iz)}{2i}$, $$ \begin{align} I & = \int_{-\pi}^\pi \sin(\sin x)\,dx\\ & = \int_{-\pi}^{\pi}\frac{\exp(i\sin x)-\exp(-i\sin x)}{2i}\,dx\\ & = -\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\exp(-i\sin x)-\exp(i\sin x)}{2i}\,dx\\ & = -\int_{-\pi}^{\pi} \sin(-\sin x)\,dx\\ & = -I. \end{align} $$ Por lo tanto $I=0$.

Answer 4

Otro tonto respuesta, a la utilización de complejos métodos analíticos (similar a sos440 la respuesta, pero evitando el uso de funciones de Bessel):

Reescribir el integrando el uso de fórmulas de Euler y poner $z = e^{ix}$, por lo tanto la asignación de $[-\pi,\pi]$ a del círculo unidad (algunos álgebra omitido): $$ \int_{-\pi}^\pi \sin \sin x \, dx = -\frac1{2} \int_{|z|=1} \frac{\exp\Big( \frac12 ( z - \frac1z ) \Big) - \exp\Big( \frac12 ( -z + \frac1z ) \Big)}{z}\,dz. $$

El integrando tiene una singularidad esencial en a $z=0$, pero todavía podemos calcular los correspondientes residuos. Gracias a la $z$ en el denominador, sólo tenemos que calcular el $0$:th términos de Laurent de la serie por el numerador.

Tenemos \begin{align} \exp\Big( \frac12 ( z - \frac1z ) \Big) &= e^{z/2} \cdot e^{-1/(2z)} \\ &= \Big( 1 + \frac{1}{1!} \big( \frac{z}{2} \big) + \frac{1}{2!} \big( \frac{z}{2} \big)^2 + \cdots \Big) \Big( 1 - \frac{1}{1!} \big( \frac{1}{2z} \big) + \frac{1}{2!} \big( \frac{z}{2} \big)^2 - \cdots \Big) \end{align} Por lo tanto, el $0$:el plazo será $$ 1 - \frac{1}{1!} \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2!} \frac{1}{2^4} - \frac{1}{3!} \frac{1}{2^6} + \cdots $$

Del mismo modo \begin{align} \exp\Big( \frac12 (-z + \frac1z ) \Big) &= e^{-z/2} \cdot e^{1/(2z)} \\ &= \Big( 1 - \frac{1}{1!} \big( \frac{z}{2} \big) + \frac{1}{2!} \big( \frac{z}{2} \big)^2 - \cdots \Big) \Big( 1 + \frac{1}{1!} \big( \frac{1}{2z} \big) + \frac{1}{2!} \big( \frac{z}{2} \big)^2 + \cdots \Big) \end{align} Y de nuevo, el $0$:el plazo será $$ 1 - \frac{1}{1!} \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2!} \frac{1}{2^4} - \frac{1}{3!} \frac{1}{2^6} + \cdots $$

Resumiendo, la $0$:el plazo en el Laurent de la serie para el numerador se desvanece, y por el teorema de los residuos, la integral, como era de esperar es $0$.

Por supuesto, este enfoque también se utiliza, aunque de forma implícita, ya que he tomado la molestia de escribir un número innecesario de los cálculos, que el integrando es impar.