Demostrar o refutar $\int_0^\infty {\frac{\sin ( 2 \omega x)}{{\sin x}}\frac{dx}{1 + x^2} = \frac\pi {e^2- 1}\frac{e^{2 \omega} - 1}{e^{2\omega - 1}}} $

Question

Me gustaría saber cómo probar o refutar que

$$\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( {2 \omega x} \right)}}{{\sin x}}\frac{{dx}}{{1 + {x^2}}} = \frac{\pi }{{{e^2} - 1}}\frac{{{e^{2 \omega}} - 1}}{{{e^{2\omega - 1}}}}} $$

Siempre trato de resolver estos problemas con ecuaciones diferenciales, pero en este caso se obtiene

$$\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( {2wt} \right)}}{{\sin t}}dt} = I\left( w \right) - \frac{{I''\left( w \right)}}{4}$$

...y la integral del LHS no está definida.

Answer 1

Dejemos que $\omega = n \in \mathbb{N}$ $$ \frac{\sin(2 \omega x)}{\sin(x)} = U_{2n-1}\left(\cos(x)\right) $$ Entonces $$ \mathcal{I}(\omega) = \int_0^\infty \frac{\sin(2 \omega x)}{\sin(x)} \cdot \frac{\mathrm{d} x}{1+x^2} = \int_0^\infty U_{2n-1}\left(\cos(x)\right) \frac{\mathrm{d} x}{1+x^2} $$ Por el polinomio de Chebyshev de segundo tipo para el índice impar se puede escribir como una suma de polinomios del primer tipo: $$ U_{2n-1}(z) = 2 \sum_{k=1}^{n} T_{2k-1}(z) $$ Así, utilizando $T_n(\cos x) = \cos(n x)$ y la paridad $$ \mathcal{I}(n) = 2 \sum_{k=1}^n \int_0^\infty T_{2k-1}(\cos x) \frac{\mathrm{d} x}{1+x^2} = \sum_{k=1}^n \int_{-\infty}^\infty \cos((2k-1) x) \frac{\mathrm{d} x}{1+x^2} =\\ \sum_{k=1}^n \pi \mathrm{e}^{-(2k-1)} = \frac{\pi}{\mathrm{e}^2-1} \frac{\mathrm{e}^{2n}-1}{\mathrm{e}^{2n-1}} $$

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Añadido En realidad, no es necesario utilizar los polinomios de Chebyshev anteriores. En su lugar podemos utilizar $$ \sum_{k=1}^n 2 \sin(x) \cos((2k-1)x) = \sum_{k=1}^n \left( \sin(2 k x) - \sin(2(k-1) x) \right) \stackrel{\text{telescope}}{=} \\ \sin(2nx) - \sin(0 x) = \sin(2n x) $$