Evaluar $ \int_0^\pi \left( \frac{2 + 2\cos (x) - \cos((k-1)x) - 2\cos (kx) - \cos((k+1)x)}{1-\cos (2x)}\right) \mathrm{d}x $

Question

Evaluar la siguiente integral definida:

$$ \int_0^\pi \left( \frac{2 + 2\cos (x) - \cos((k-1)x) - 2\cos (kx) - \cos((k+1)x)}{1-\cos(2x)}\right) \mathrm{d}x, $$ where $k \in \mathbb{N}_{>0}$.

Answer 1

Creo que podemos obtener la respuesta en un relativamente forma elemental. Observar que

$$\cos{(k-1) x} + 2 \cos{k x} + \cos{(k+1) x} = 2 \cos{k x} (1+ \cos{x})$$

Por lo tanto el integrando simplifica en

$$4 \int_0^{\pi} dx \cos^2{\frac{x}{2}} \frac{\sin^2{k \frac{x}{2}}}{\sin^2{x}} $$

que es igual a

$$\frac12 \int_0^{2 \pi} du \left (\frac{\sin{k u}}{\sin{u}} \right )^2 $$

Esta integral puede evaluarse utilizando el teorema de los residuos, mediante la conversión a un complejo integral:

$$-\frac{i}{2} \oint_{|z|=1} \frac{dz}{z^{2 k-1}} \left (\frac{z^{2 k}-1}{z^2-1} \right )^2$$

La única (no extraíble) de un polo es al $z=0$, pero este polo tiene multiplicidad $2 k-1$. Por lo tanto, por el teorema de los residuos, la integral es igual a

$$\frac{\pi}{(2 k-2)!} \left [\frac{d^{2 k-2}}{dz^{2 k-2}} \left (\frac{z^{2 k}-1}{z^2-1} \right )^2 \right ]_{z=0} = \frac{\pi}{(2 k-2)!} \left [\frac{d^{2 k-2}}{dz^{2 k-2}} \left (1+z^2+z^4+\cdots z^{2 k-2} \right )^2 \right ]_{z=0}$$

Ahora, esto puede ser evaluado de la siguiente manera. El término derivado es igual a

$$2 \frac{d^{2 k-3}}{dz^{2 k-3}} \left (1+z^2+z^4+\cdots z^{2 k-2} \right )^2 \left (2 z+4 z^3+\cdots+(2 k-2) z^{2 k-3} \right )$$

Obviamente este es un polinomio, y en $z=0$, el único superviviente de plazo será el $z^{2 k-3}$ plazo. El coeficiente del término que se

$$2+4+6+\cdots+(2 k-2) = k (k-1)$$

Por lo tanto, la integral es

$$\frac{2 \pi}{(2 k-2)!} k (k-1) (2 k-3)! = \pi k$$

ANEXO

En respuesta a @Igor reto, por lo menos puedo demostrar que el valor de la integral por medio de valores enteros de a $k$ es un número racional. (Tenga en cuenta que el análisis anterior es válido sólo para un entero $k$.) Para estos valores de $k$, por encima del contorno de la integración no funciona debido a la extensión de la integración intervalo de a $[0,2 \pi]$ no se aplica. Por lo tanto, la recurrencia enfoque de @Nico es mejor aquí. Si definimos

$$J_m = I_{m+\frac12}$$

A continuación, la recurrencia de la relación que buscamos es

$$J_{m+1}-2 J_m + J_{m-1} = 4 \frac{(-1)^m}{2 m+1}$$

Por lo tanto, para demostrar que $J_m \in \mathbb{Q}$, sólo tenemos que mostrar que $J_0 \in \mathbb{Q}$$J_1 \in \mathbb{Q}$. Para evaluar las integrales.

$$\begin{align}J_0 &= 2 \int_0^{\pi/2} du \frac{\sin^2{(u/2)}}{\sin^2{u}} \\ &= \frac12 \int_0^{\pi/2} du \, \sec^2{\frac{u}{2}} \\ &= \left [ \tan{\frac{u}{2}}\right ]_0^{\pi/2} = 1 \end{align}$$

$$\begin{align}J_1 &= 2 \int_0^{\pi/2} du \frac{\sin^2{(3 u/2)}}{\sin^2{u}} \\ &= \frac12 \int_0^{\pi/2} du \, \sec^2{\frac{u}{2}} (1+2 \cos{u})^2 \\ &= \left [ \tan{\frac{u}{2}} + 4 \sin{u}\right ]_0^{\pi/2} = 5 \end{align}$$

Por lo tanto, el $J_m \in \mathbb{Q}$ como se afirma.

Answer 2

Mathematica dice:

$$ -\frac{1}{2} e^{-i \pi k} \left(2 \pi e^{i \pi k} k \cuna (\pi k)+k \psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}-\frac{k}{2}\right)-k \psi ^{(0)}\left(-\frac{k}{2}\right)+e^{2 \pi k} \left(k \psi ^{(0)}\left(\frac{k}{2}\right)-k \psi ^{(0)}\left(\frac{k+1}{2}\right)+1\right)+1\right) $$