La evaluación de un trigonométricas integral.

Question

Mostrar Que

$$\int_{0}^{\pi}\ln (\sin x) \cos(2nx) \, dx = -\dfrac{\pi}{2n}$$

Traté de usar las sustituciones y la serie de taylor de $\ln (\sin x)$, pero fue en vano.

Cualquier ayuda será apreciada.
Gracias.

Answer 1

Sugerencia. Uno puede escribir, por $x \in (0,\pi)$, $$ \begin{align} \log\left(\sin x \right)&=\log\left(\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i} \right) \\&=\log\left(\frac{e^{ix}(1-e^{-2ix})}{2i} \right) \\&=\log\left(\frac{e^{i(x-\pi/2)}(1-e^{-2ix})}{2} \right) \\&=i(x-\pi/2)-\log 2+\log\left(1-e^{-2ix} \right) \\&=i(x-\pi/2)-\log 2-\sum_{n=1}^\infty\frac{e^{-2nix}}{n} \\&=-\log 2-\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos(2nx)}{n}+i(x-\pi/2)+i\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(2nx)}{n} \end{align} $ $ , a continuación, por la singularidad de los coeficientes de Fourier de uno tiene que

$$ \frac2\pi\int_{0}^{\pi}\ln (\sin x) \cos(2nx) \, dx=-\frac1n,\quad n\ge1, $$

como quería.

Answer 2

El primer paso en estos casos es la de deshacerse de las funciones trascendentes, que de lo contrario no tiene idea de cómo integrar. Integrar por partes:

$$u=\ln\sin x \Rightarrow du=\frac{\cos x}{\sin x}\,dx$$ $$dv = \cos (2nx)\,dx\Rightarrow v=\frac{1}{2n}\sin (2nx)$$

$$\int_0^\pi \ln(\sin x)\cos (2nx)\,dx = \ln\sin x\frac{1}{2n}\sin (2nx)|_0^\pi - \frac1{2n}\int_0^\pi \frac{\cos x}{\sin x}\sin (2nx)\,dx$$ El primer término es 0, si recuerdan $\lim_{x \to 0}x\ln x=0$ y considerar lineal el comportamiento de $\sin x$$0$$\pi$. Note también que, con todo lo interesante de la dependencia en $n$ es ahora un prefactor. El segundo término sigue siendo para calcular (y debe ser independiente en $n$, basado en la expresión que estamos tratando de probar):

$$- \frac1{2n}\int_0^\pi \frac{\cos x}{\sin x}\sin (2nx)\,dx$$ Esto se puede resolver de muchas maneras. Una forma de hacerlo es tomar un atajo a través de una compleja serie (o recordando a partir de la física de la fórmula finita rejilla de difracción): $$2i\sin (2nx)=e^{2nxi}-e^{-2nxi}$$ $$2i\sin x=e^{xi}-e^{-xi}$$ Por menos de la escritura, el uso de $q=e^{xi}$. $$\frac{\sin 2nx}{\sin x}=\frac{q^{2n}-q^{-2n}}{q-q^{-1}}= \frac{q^{-2n+1}-q^{2n+1}}{1-p^2}= q^{-2n+1}\frac{1-p^{4n}}{1-p^2} $$ Reconocer geométrica finita suma: $$=q^{-2n+1}\sum_{k=0}^{2n-1} q^{2k}=\sum_{k=0}^{2n-1} q^{2k-2n+1}=q^{-2n+1}+\cdots+q^{-1}+q+\cdots q^{2n-1}$$ que es un simétrica suma de cada segundo de alimentación. Recordemos también a $\cos x = \frac12(q+q^{-1})$. Esto sólo tiene dos copias de la parte superior de la suma, cambió por dos, simétrica de nuevo... la izquierda y a la derecha plazo se contabiliza una sola vez. $$\frac{\cos x}{\sin x}\sin(2nx)=\frac12 q^{-2n}+\cdots+q^{-2}+1+q^2+\cdots \frac12q^{2n}$$ Todos los términos que vienen en pares $q^{2k}+q^{-2k}=2\cos 2kx$ (por cada $k\neq 0$), y cuando se integra en un número entero de periodos (de$0$$\pi$), la cantidad a cero. El único término para sobrevivir es: $$\int_0^\pi\frac{\cos x}{\sin x}\sin(2nx)dx=\int_0^\pi 1\cdot dx=\pi$$ lo que significa que hemos terminado.

Por supuesto, estoy seguro de que me perdí de mucho más evidente maneras de probar que la integral es igual a $\pi$, independientemente de $n$.