Calcular las integrales trigonométricas

Question

¿Cómo calcular las siguientes integrales?

$$ I_{n} = \int_0^\pi \frac{1-\cos nx}{1- \cos x} dx $$ $$ J_{n,m} = \int_0^\pi \frac{x^m(1-\cos nx)}{1- \cos x} dx $$

Por ejemplo, me di cuenta de que la primera integral es convergente para cualquier valor de $n$ desde $\lim_{x\to0} \frac{1- \cos nx}{1 - \cos x}= n^2$. Este hecho también puede extenderse a la segunda integral, así.

Answer 1

He aquí una manera de encontrar $I_n$ con el teorema de los residuos: en primer lugar, por simetría, $I_n = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \frac{1 - \cos(nx)}{1- \cos(x)}dx$. Considere la posibilidad de $z = e^{ix}$ de manera tal que la integral con estar ahora en el borde del círculo unitario $C$, y utilice el hecho de que $$\cos(nx) = \frac{e^{inx} + e^{-inx}}{2}.$$ as well as $\frac{dz}{dx} = e^{ix}$. So $dx = \frac{1}{iz} dz$ y

$$\int_0^{2\pi} \frac{1 - \cos(nx)}{1 - \cos(x)} dx = \int_C \frac{1}{iz} \frac{1 - \frac{1}{2}(z^{n} + z^{-n})}{1 - \frac{1}{2}(z + z^{-1})}dz$$ $$= \frac{1}{i}\int_C \frac{1}{z^{n}} \left(\frac{z^n - 1}{z - 1}\right)^2 dz$$ $$= \frac{2\pi i}{i} \mathrm{Res}_{z = 0} \frac{1}{z^{n}} (1 + ... + z^{n-1})^2 = 2\pi n$$

y por lo $I_n = \pi n$.

Answer 2

Como para la primera integral $$ I_n=\int\limits_{0}^\pi\frac{1-\cos nx}{1-\cos x}dx= \int\limits_{0}^\pi\frac{\sin^2 (nx/2)}{\sin^2(x/2)}dx= 2\int\limits_{0}^{\pi/2}\frac{\sin^2 (nx)}{\sin^2(x)}dx= 2\int\limits_{0}^{\pi/2}\left(\frac{\sin (nx)}{\sin(x)}\right)^2dx= $$ $$ 2\int\limits_{0}^{\pi/2}\left(\frac{e^{inx}-e^{-inx}}{e^{ix}-e^{-ix}}\right)^2dx= 2\int\limits_{0}^{\pi/2}\left(\sum\limits_{k=0}^{n-1}(e^{ix})^k (e^{-ix})^{n-k-1}\right)^2dx= $$ $$ 2\int\limits_{0}^{\pi/2}\left(\sum\limits_{k=0}^{n-1}(e^{ix})^{2k+1-n} \right)^2dx= 2\int\limits_{0}^{\pi/2}\left(\sum\limits_{k=0}^{n-1}(e^{ix})^{2k+1-n} \right)\left(\sum\limits_{l=0}^{n-1}(e^{ix})^{2l+1-n} \right)dx= $$ $$ 2\int\limits_{0}^{\pi/2}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\sum\limits_{l=0}^{n-1}(e^{ix})^{2k+1-n+2l+1-n}dx= 2\sum\limits_{k=0}^{n-1}\sum\limits_{l=0}^{n-1}\int\limits_{0}^{\pi/2} e^{ix})^{2k+2l+2-2n}dx= $$ $$ 2\sum\limits_{k=0}^{n-1}\sum\limits_{l=0}^{n-1}\frac{\pi}{2}\delta_{2k+2l+2-2n}= \pi\sum\limits_{k=0}^{n-1}\sum\limits_{l=0}^{n-1}\delta_{2k+2l+2-2n}=\pi n $$ En cuanto a la segunda... voy a pensar en ello.

Answer 3

La exponencial de la generación de la función de $J_{m,n}$ fijos $n$ es $$G_n(t) = \sum_{m=0}^\infty J_{m,n} t^m/m! = \int_0^\pi e^{tx} \dfrac{\sin(nx)^2}{\sin(x)^2}\ dx$$ Luego tenemos la $(\sin(nx)/\sin(x))^2 = n + 2 \sum_{j=1}^{n-1} (n-j) \cos(2 j x)$ y $$G_n(t) = (e^{\pi t} - 1) \left(\frac{n}{t} + 2 \sum_{j=1}^{n-1} (n-j) \dfrac{t}{t^2 + 4 j^2}\right)$$

EDITAR: Por ejemplo, $G_3(t) = (e^{\pi t} - 1) \left(\dfrac{3}{t} + \dfrac{4t}{t^2+4} + \dfrac{2t}{t^2+16}\right)$. Ahora $$e^{\pi t} - 1 = \sum_{j=1}^\infty \pi^j \dfrac{t^j}{j!} = \pi t + \dfrac{\pi^2 t^2}{2} + \dfrac{\pi^3 t^3}{6} + \ldots$$ $$\dfrac{3}{t} + \dfrac{4t}{t^2+4} + \dfrac{2t}{t^2+16} = \dfrac{3}{t} + \sum_{j=0}^\infty (-1)^j(4^{-j}+ 16^{-j}/8) t^{2j+1} = \dfrac{3}{t} + \left(1+\dfrac{1}{8}\right) t - \left(\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{16 \times 8}\right) t^3 + \ldots$$ y por lo $J_{m,3}$ $m!$ multiplicado por el coeficiente de $t^m$ en el producto de estos.

Answer 4

Otra generación de la función de enfoque es establecer $z=e^{ix}$ en $$ \begin{align} &\sum_{k=0}^\infty\frac{(it)^m}{m!}\int_0^{\pi}x^m\frac{1-\cos(nx)}{1-\cos(x)}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^{\pi}z^t\left(\frac{z^n-1}{z-1}\right)^2\frac{\mathrm{d}z}{iz^n}\\ &=\frac1i\int_0^{\pi}\left(\sum_{k=1-n}^{n-1}(n-|k|)z^{k+t-1}\right)\mathrm{d}z\\ &=\frac1i\sum_{k=1-n}^{n-1}(n-|k|)\frac{(-1)^ke^{\pi it}-1}{k+t}\\ &=in\frac{1-e^{\pi it}}{t}-2it\sum_{k=1}^{n-1}\frac{n-k}{k^2-t^2}\left(1-(-1)^ke^{\pi it}\right)\tag{1} \end{align} $$ Como $t\to0$, es fácil ver que conseguimos $\pi n$.