Cómo evaluar $\frac{1}{2\pi }\int_{-\pi }^{\pi }\dfrac{\sin n\theta }{\sin\theta }d\theta$?

Question

Cómo evaluar la integral dada a continuación?

$$\dfrac{1}{2\pi }\int_{-\pi }^{\pi }\dfrac{\sin n\theta }{\sin\theta }d\theta$$

Answer 1

Deje $I_n = \dfrac1{2\pi} \displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} \dfrac{\sin(nx)}{\sin(x)}dx$. Entonces tenemos $$\begin{align} I_{n+2} - I_n & = \dfrac1{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \dfrac{\sin((n+2)x)-\sin(nx)}{\sin(x)}dx = \dfrac1{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \dfrac{2\sin(x) \cos((n+1)x)}{\sin(x)}dx\\ & = \dfrac1{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} \cos((n+1)x)dx \end{align}$$ Asumiendo $n \neq -1$ y es un número entero, obtenemos $I_{n+2} - I_n = 0$. Por lo tanto, $I_{2k} = I_0$ $I_{2k-1} = I_1$ donde $k \in \mathbb{Z}^+$.

Tenemos $I_0 = 0$$I_1 = 1$. Por lo tanto, $I_{2k} = 0$ $I_{2k-1} = 1$ donde $k \in \mathbb{Z^+}$. Para el negativo $n$, tenga en cuenta que $I_{-n} = -I_n$

Answer 2

Tenga en cuenta que $$\begin{align} \frac{\sin(n\theta)}{\sin(\theta)} &=\frac{e^{in\theta}-e^{-in\theta}}{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}\tag{1}\\ &=e^{i(n-1)\theta}+e^{i(n-3)\theta}+\cdots+e^{-i(n-3)\theta}+e^{-i(n-1)\theta}\tag{2}\\[4pt] &=\left\{\begin{array}{} \small2\cos((n-1)\theta)+2\cos((n-3)\theta)+\dots+2\cos(\theta)&\text{if %#%#% is even}\\ \small2\cos((n-1)\theta)+2\cos((n-3)\theta)+\dots+2\cos(2\theta)+1&\text{if %#%#% is odd} \end{array}\right.\la etiqueta{3} \end{align}$$ donde el medio de la parte omitida de $n$ parece $$\dots e^{i3\theta}+e^{i\theta}+e^{-i\theta}+e^{-i3\theta}\dots\etiqueta{4}$$ al $n$ es aún, y $$\dots e^{i2\theta}+1+e^{-i2\theta}\dots\etiqueta{5}$$ al $(2)$ es impar.

Para los no-cero $n$, $$\int_{-\pi}^\pi\cos(k\theta)\,\mathrm{d}\theta=0\etiqueta{6}$$ Por lo tanto, $$\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\frac{\sin(n\theta)}{\sin(\theta)}\,\mathrm{d}\theta =\left\{\begin{array}{} 0&\text{if %#%#% is even}\\ 1&\text{if %#%#% is odd} \end{array}\right.\la etiqueta{7}$$

Answer 3

Puesto que el integrando es $2 \pi$-periódico,

$$\begin{align} \frac{1}{2\pi } \int_{-\pi }^{\pi } \frac{\sin n\theta }{\sin\theta } \ d\theta &= \frac{1}{2 \pi} \int_{-\pi/2}^{3 \pi/2} \frac{\sin n \theta}{\sin \theta} \ d \theta \\ &=\frac{1}{2 \pi} \int_{-\pi/2}^{3 \pi/2} \text{Im} \frac{e^{in \theta}}{\sin \theta} \ d \theta \\ &= \frac{1}{2\pi} \text{Im} \ \text{PV} \int_{-\pi/2}^{3 \pi /2} \frac{e^{in \theta}}{\sin \theta \ } \ d \theta \tag{1} \\ &= \frac{1}{\pi} \text{Im} \ i \ \text{PV} \int_{-\pi/2}^{3 \pi /2} \frac{e^{in \theta}}{e^{i \theta}-e^{-i \theta}} \ d \theta . \end{align}$$

Ahora vamos a $z=e^{i \theta}$.

Entonces

$$\begin{align} \frac{1}{2\pi } \int_{-\pi }^{\pi } \frac{\sin n\theta }{\sin\theta } \ d\theta &= \frac{1}{\pi} \text{Im}\ i \ \text{PV} \int_{|z|=1} \frac{z^{n}}{z-z^{-1}}\frac{dz}{iz} \\ &= \frac{1}{\pi} \text{Im} \ \text{PV} \int_{|z|=1} \frac{z^{n}}{z^{2}-1} \ dz \end{align}$$

donde el círculo unitario se aplica sangría en torno a la simple pol $z=1$$z=-1$.

Por lo tanto,

$$\frac{1}{2\pi } \int_{-\pi }^{\pi } \frac{\sin n\theta }{\sin\theta } \ d\theta= \frac{1}{\pi } \text{Im} \left(i \pi \ \text{Res} \left[\frac{z^{n}}{z^{2}-1},1 \right] + i \pi \ \text{Res} \left[\frac{z^{n}}{z^{2}-1},-1 \right]\right) .$$

Si $n=2k+1$ (es decir, si $n$ es impar),

$$\frac{1}{2\pi }\int_{-\pi }^{\pi }\frac{\sin (2k+1)\theta }{\sin\theta } \ d\theta = \frac{1}{\pi } \text{Im} \left[i \pi \left(\frac{1}{2} \right) +i \pi \left(\frac{1}{2} \right) \right] = 1.$$

Y si $n=2k$,

$$\frac{1}{2\pi }\int_{-\pi }^{\pi } \frac{\sin 2k \theta }{\sin\theta } \ d\theta = \frac{1}{\pi } \text{Im} \left[i \pi \left(\frac{1}{2} \right) +i \pi \left(-\frac{1}{2} \right) \right] = 0 .$$

$(1)$ En el intervalo de $[- \frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2} ]$, $\frac{e^{in \theta}}{\sin \theta}$ tiene un simple poste de $0$ y un simple poste de $\pi$.

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{{1 \over 2\pi }\int_{-\pi}^{\pi}{\sin\pars{n\theta} \\sin\pars{\theta}} \,\dd\theta:\ {\large ?}}$

Al $\ds{n = 0}$, la integral se desvanece. A continuación, vamos a considerar el caso de $\ds{n \not= 0}$: $$\begin{align} &\color{#c00000}{{1 \over 2\pi }\int_{-\pi}^{\pi} {\sin\pars{n\theta} \over \sin\pars{\theta}}\,\dd\theta} ={\sgn\pars{n} \over 2\pi }\int_{-\pi}^{\pi} {\sin\pars{\verts{n}\theta} \over \sin\pars{\theta}}\,\dd\theta \\[3mm]&={\sgn\pars{n} \over 2\pi}\, \oint_{\verts{z}\ =\ 1 \atop {\vphantom{\Huge A}0\ <\ \verts{{\rm Arg}\pars{z}\ <\ \pi}}} {\pars{z^{\verts{n}} - z^{-\verts{n}}}/\pars{2\ic} \over \pars{z - z^{-1}}/\pars{2\ic}} \,{\dd z \over \ic z} \\[3mm]&=-\ic\,{\sgn\pars{n} \over 2\pi}\oint_{\verts{z}\ =\ 1 \atop {\vphantom{\Huge A}0\ <\ \verts{{\rm Arg}\pars{z}\ <\ \pi}}} {1 \over z^{\verts{n}}}\,{1 - z^{2\verts{n}} \over 1 - z^{2}}\,\dd z \\[3mm]&=-\ic\,{\sgn\pars{n} \over 2\pi}\,2\pi\ic\,{1 \over \pars{\verts{n} - 1}!} \lim_{z \to 0}\totald[\verts{n} - 1]{}{z} \bracks{1 - z^{2\verts{n}} \over 1 - z^{2}} \end{align}$$

$$\color{#c00000}{{1 \over 2\pi }\int_{-\pi}^{\pi} {\sin\pars{n\theta} \\sin\pars{\theta}}\,\dd\theta} =\sgn\pars{n}\,{1 \over \pars{\verts{n} - 1}!} \color{#00f}{\lim_{z \to 0}\totald[\verts{n} - 1]{}{z} \bracks{1 - z^{2\verts{n}} \over 1 - z^{2}}}$$ Al $\ds{n}$ es incluso la integral se desvanece a cabo desde $\ds{1 - z^{2\verts{n}} \over 1 - z^{2}}$ es una incluso la función de $\ds{z}$. Al $\ds{n}$ es impar, el lado derecho puede ser evaluada por medio de una ampliación de los poderes de $\ds{z}$: $$\begin{align} &\left.{1 - z^{2\verts{n}} \over 1 - z^{2}}\,\right\vert_{\,\verts{z}\ <\ 1} =\sum_{k = 0}^{\infty}z^{2k} - \sum_{k = 0}^{\infty}z^{2\verts{n} + 2k} =\sum_{k = 0}^{\infty}z^{2k} - \sum_{k = \verts{n}}^{\infty}z^{2k} =\sum_{k = 0}^{\verts{n} - 1}z^{2k} \\[3mm]&=\sum_{k = 0}^{\verts{n} - 2}z^{2k} +\color{#00f}{\large\pars{\verts{n} - 1}!}\, {z^{\verts{n} - 1} \over \pars{\verts{n} - 1}!}\,,\qquad n\ \mbox{odd} \end{align}$$

$$\color{#66f}{\large{1 \over 2\pi }\int_{-\pi}^{\pi} {\sin\pars{n\theta} \\sin\pars{\theta}}\,\dd\theta =\left\lbrace\begin{array}{lcl} \sgn\pars{n} & \mbox{if} & n\ \mbox{is odd} \\ 0 & \mbox{if} & n\ \mbox{is even} \end{array}\right.}$$

Answer 5

Suponga $n=2k+1$ es impar, por lo que la integral es, por tomar $t\to t/2$ $$\int_0^{\pi}\frac{\sin((2k+1)t)}{\sin t}dt= \int_0^{\pi/2}\frac{\sin(k+\frac 1 2)t}{2\sin \frac t 2}dt$$

El integrando es la mitad del kernel de Dirichlet, que es igual a lo $$\frac 1 2 +\sum_{j=1}^k \cos jt$$

y hace que la evaluación fácil.