El año pasado, intentaba resolver una integral trigonométrica con valores absolutos que dependían de cualquier entero positivo $n$ . Después de probar varios métodos, decidí optar por una integral un poco más sencilla para ver si podía obtener algunas herramientas útiles. Lo que sigue es un intento de probar una propuesta que inventé.
Propuesta. Dejemos que $n$ sea un número entero positivo mayor que $1$ . Prueba
$$\int_{0}^{2\pi}\left|\sin{(n-1)x}\right|dx = 4.$$
Prueba. Dejemos que $f(x) = \sin{(n-1)x}$ y $I$ es igual a la integral dada. Las raíces de $f(x)$ se obtienen mediante
$$\sin{((n-1)x)} = 0 \implies (n-1)x = \pi k \implies x = \frac{\pi k}{n-1},$$
donde $k$ está en algún subconjunto de $\mathbb{Z}$ . Para encontrar ese conjunto, podemos acotar $k$ desde $x \in \left[0,2\pi\right]$ así:
$$0 \leq \frac{\pi k}{n-1} \leq 2\pi \iff 0 \leq k \leq 2n-2.$$
El conjunto de raíces de $f(x)$ es $\left\{\frac{\pi k}{n-1} \in \mathbb{R} : n \in \mathbb{N}\setminus\left\{1\right\} \text{ and } k \in \left\{0,1,2,\ldots,2n-2\right\}\right\}$ . Vamos a dividir $I$ tal que los límites inferior y superior son elementos del conjunto mencionado. Haremos $I$ es igual a dos sumas que se suman entre sí, donde la primera representa la suma de las áreas positivas y la segunda representa la suma de las otras áreas (que habrían sido negativas si los valores absolutos no estuvieran involucrados). Para explicarlo mejor,
$$I = \sum_{i=0}^{n-2}\int_{\frac{2\pi i}{n-1}}^{\frac{\left(2i+1\right)\pi}{n-1}}f\left(x\right)dx\ +\ \sum_{i=0}^{n-2}\int_{\frac{\left(2i+1\right)\pi}{n-1}}^{\frac{2\pi i}{n-1}}-f\left(x\right)dx\ =\ 2\sum_{i=0}^{n-2}\int_{\frac{2\pi i}{n-1}}^{\frac{\left(2i+1\right)\pi}{n-1}}f\left(x\right)dx.$$
Para seguir demostrando de dónde viene esta ecuación, demostraremos por inducción que
$$\int_{0}^{2\pi}\left|\sin\left(\left(n-1\right)x\right)\right|dx\ =\ \ 2\sum_{i=0}^{n-2}\int_{\frac{2\pi i}{n-1}}^{\frac{\left(2i+1\right)\pi}{n-1}}\sin\left(\left(n-1\right)x\right)dx.$$
Paso básico. Si $n = 2$ entonces el lado izquierdo se convierte en
$$\int_{0}^{2\pi}\left|\sin\left(\left(n-1\right)x\right)\right|dx = \int_{0}^{2\pi}\left|\sin\left(\left(2-1\right)x\right)\right|dx = 4.$$
El lado derecho se convierte en
$$2\sum_{i=0}^{n-2}\int_{\frac{2\pi i}{n-1}}^{\frac{\left(2i+1\right)\pi}{n-1}}\sin\left(\left(n-1\right)x\right)dx = 2\sum_{i=0}^{2-2}\int_{\frac{2\pi i}{2-1}}^{\frac{\left(2i+1\right)\pi}{2-1}}\sin\left(\left(2-1\right)x\right)dx = 4.$$
Paso inductivo. Arreglar $n = k$ y supongamos
$$\int_{0}^{2\pi}\left|\sin\left(\left(k-1\right)x\right)\right|dx\ =\ \ 2\sum_{i=0}^{k-2}\int_{\frac{2\pi i}{k-1}}^{\frac{\left(2i+1\right)\pi}{k-1}}\sin\left(\left(k-1\right)x\right)dx.$$
Queremos mostrar
$$\int_{0}^{2\pi}\left|\sin\left(kx\right)\right|dx\ =\ \ 2\sum_{i=0}^{k-1}\int_{\frac{2\pi i}{k}}^{\frac{\left(2i+1\right)\pi}{k}}\sin\left(kx\right)dx.$$
Manipularemos el lado derecho de la ecuación anterior así:
$$\eqalign{ 2\sum_{i=0}^{k-1}\int_{\frac{2\pi i}{k}}^{\frac{\left(2i+1\right)\pi}{k}}\sin\left(kx\right)dx &= 2\left(\sum_{i=0}^{k-2}\int_{\frac{2\pi i}{k}}^{\frac{\left(2i+1\right)\pi}{k}}\sin\left(kx\right)dx\ +\ \int_{\frac{2\pi\left(k-1\right)}{k}}^{\frac{\left(2k-1\right)\pi}{k}}\sin\left(kx\right)dx\right) \cr &= \frac{2\left(k-1\right)}{k}\sum_{i=0}^{k-2}\int_{\frac{2\pi i}{k-1}}^{\frac{\left(2i+1\right)\pi}{k-1}}\sin\left(\left(k-1\right)u\right)du+\frac{4}{k} \text{ (after letting $ kx = (k-1)u $)} \cr &= \frac{k-1}{k}\int_{0}^{2\pi}\left|\sin\left(\left(k-1\right)x\right)\right|dx+\frac{4}{k} \text{ (by inductive hypothesis)} \cr &= \frac{k-1}{k}\int_{0}^{\frac{2\pi\left(k-1\right)}{k}}\left|\sin\left(kv\right)\right|\left(\frac{k}{k-1}\right)dv+\frac{4}{k} \text{ (after letting $ (k-1)x = kv $)} \cr &= \int_{0}^{2\pi-\frac{2\pi}{k}}\left|\sin\left(kv\right)\right|dv+\frac{4}{k} \cr &= \int_{0}^{2\pi}\left|\sin\left(kv\right)\right|dv\ -\ \int_{2\pi-\frac{2\pi}{k}}^{2\pi}\left|\sin\left(kv\right)\right|dv\ +\ \frac{4}{k} \cr &= \int_{0}^{2\pi}\left|\sin\left(kv\right)\right|dv+\int_{0}^{-\frac{2\pi}{k}}\left|\sin\left(kv\right)\right|dv+\frac{4}{k} \cr &= \int_{0}^{2\pi}\left|\sin\left(kv\right)\right|dv+\frac{1}{k}\int_{0}^{-2\pi}\left|\sin\left(w\right)\right|dw+\frac{4}{k} \text{ (after letting w = kv)} \cr &= \int_{0}^{2\pi}\left|\sin\left(kx\right)\right|dx. }$$
Por lo tanto, por el Principio de Inducción Matemática, la prueba de inducción está hecha.
Volviendo a la solución, vemos
$$\eqalign{ I &= 2\sum_{i=0}^{n-2}\int_{\frac{2\pi i}{n-1}}^{\frac{\left(2i+1\right)\pi}{n-1}}\sin\left(\left(n-1\right)x\right)dx \cr &= 2\sum_{i=0}^{n-2}\frac{1}{n-1}\left(\cos\left(2\pi i\right)-\cos\left(\left(2i+1\right)\pi\right)\right) \cr &= 2\sum_{i=0}^{n-2}\frac{1}{n-1}\left(1+1\right) \cr &= \frac{4}{n-1}\sum_{i=0}^{n-2}1 \cr &= \frac{4}{n-1}\left(n-2+1\right) \cr &= 4. }$$
Q.E.D.
¿Hay una forma más bonita de probar esa propuesta? Sé que es mucho trabajo, pero si alguien puede encontrar alguna optimización/error, por favor hágamelo saber. O si tiene alguna otra idea/solución que quiera añadir, ¡se lo agradecería mucho!
