Cálculo de $\int_0^{\pi} \frac{\sin^n \theta}{(1+x^2-2x \cdot \cos \theta)^{\frac{n}{2}}} \, d\theta$

Question

Mostrar que $$\begin{align*} \forall x \in [-1,1]: \int_0^{\pi} \frac{\sin^n \theta}{(1+x^2-2x \cdot \cos \theta)^{\frac{n}{2}}} \, d\theta &= c_n \tag{1} \\ \int_0^{\pi} \frac{\sin^{n+2} \theta}{(1+x^2-2x \cdot \cos \theta)^{\frac{n}{2}}} \, d\theta &= a_n \cdot x^2+b_n \tag{2} \end{align*}$$ where $a_n, b_n, c_n$ are constants (which do not depend on $x \in [-1,1]$), $n \geq 3$.

He intentado varios métodos (diferenciación para demostrar que la derivada de $(1)$ es igual a $0$, Weierstraß sustitución, ...), pero siempre se quedó atascado. Por ejemplo, uno puede mostrar que el integrando en $(1)$ es igual a

$$\begin{align*} \frac{\sin^n \theta}{(1+x^2-2x \cdot \cos \theta)^{\frac{n}{2}}} &= \left( \sqrt{ \left( \frac{x-\cos \theta}{\sin \theta} \right)^2+1} \right)^{-n} \\ &= \left( \sqrt{4 \left( \frac{\sin \frac{\theta+\varrho}{2} \cdot \sin \frac{\theta-\varrho}{2}}{\sin \theta} \right)^2+1} \right)^{-n} \end{align*}$$ where $x=\cos \varrho$. Tuve la esperanza de obtener algún tipo de simetrización de ella, pero (por lo que puedo ver) no funciona.

Alguna idea? (El objetivo es encontrar una más rápida o prueba directa - una larga, ya se sabe, el uso de un recursiva/enfoque inductivo.)

Gracias!

Answer 1

Los polinomios de Gegenbauer fueron construidas para resolver problemas como este. Supongamos $m\in\mathbb{N}$. Tenemos $$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi} d\theta \, \frac{\sin^{n+2m} \theta}{(1-2x \cos \theta+x^2)^{n/2}} &=& \int_0^\pi d\theta \, \sin^{n+2m} \theta \sum_{k=0}^\infty C_k^{(n/2)}(\cos\theta) x^k \\ &=& \int_{-1}^1 d u \, (1-u^2)^{n/2-1/2} (1-u^2)^m \sum_{k=0}^\infty C_k^{(n/2)}(u) x^k \hspace{5ex} (u=\cos\theta) \\ &=& \int_{-1}^1 d u \, (1-u^2)^{n/2-1/2} \sum_{l=0}^m \beta_{2l} C_{2l}^{(n/2)}(u) \sum_{k=0}^\infty C_k^{(n/2)}(u) x^k \\ &=& \sum_{l=0}^m \sum_{k=0}^\infty \beta_{2l} x^k \underbrace{\int_{-1}^1 d u \, (1-u^2)^{n/2-1/2} C_{2l}^{(n/2)}(u) C_k^{(n/2)}(u)}_{\gamma_{2l}^{(n/2)} \delta_{2l,k}} \\ &=& \sum_{l=0}^m \beta_{2l} \gamma_{2l}^{(n/2)} x^{2l}. \end{eqnarray*}$$ Esto demuestra la reclamación $m\in\mathbb{N}$. La restricción $n\ge 3$ es demasiado flojo. El resultado se cumple para cualesquiera $n$ tal que $n>-1$.

Para un determinado $m$ es un sencillo ejercicio para encontrar la $\beta$s y $\gamma$s. Por ejemplo, con el hecho de que $1=C_0^{(n/2)}(u)$ y la normalización de la relación de los polinomios de Gegenbauer encontramos $$\int_0^{\pi} d\theta \, \frac{\sin^{n} \theta}{(1-2x \cos \theta+x^2)^{n/2}} = \frac{\sqrt{\pi}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{n}{2}+1\right)}.$$

Algunos detalles:

• $1/(1-2x \cos \theta+x^2)^{n/2}$ es la generación de la función de los polinomios de Gegenbauer.
• Los polinomios tienen la paridad de la propiedad.
• Los polinomios de proporcionar una base ortogonal de funciones en $[-1,1]$ con el peso de la función $(1-u^2)^{n/2-1/2}$.

Answer 2

Usted está en el buen camino. La integral se puede expresar como $$ I(\varphi)=\int_{0}^{\pi}f(\theta,\varphi)d\theta $$ donde $$ f(\theta,\varphi)=\left[1+\left(\dfrac{2\sin\left(\dfrac{\theta+\varphi}{2}\right)\sin\left(\dfrac{\theta-\varphi}{2}\right)}{\sin\theta}\right)^{2}\right]^{-\frac{n}{2}} $$ donde $x=\cos\varphi$.

Ahora, $f(\theta,\varphi)=f(-\theta,\varphi)$, por lo que no hay daño en la escritura de la integral como $$ I(\varphi)=\dfrac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}f(\theta,\varphi)d\theta $$ Queremos demostrar que $$ \cfrac[l]{\parcial I(\varphi)}{\parcial\varphi}=\dfrac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\cfrac[l]{\partial f(\theta,\varphi)}{\parcial\varphi}d\theta=0 $$ por lo que es suficiente para demostrar que $$ g(\theta,\varphi)=\cfrac[l]{\partial f(\theta,\varphi)}{\parcial\varphi} $$ es antisymmetrical en $\theta$.

Derivando nos obtaing $$ g(\theta,\varphi)=\dfrac{n\left(\dfrac{2\sin\left(\dfrac{\theta+\varphi}{2}\right)\sin\left(\dfrac{\theta-\varphi}{2}\right)}{\sin\theta}\right)}{\left[1+\left(\dfrac{2\sin\left(\dfrac{\theta+\varphi}{2}\right)\sin\left(\dfrac{\theta-\varphi}{2}\right)}{\sin\theta}\right)^{2}\right]^{\frac{n}{2}+1}} $$ y vemos que $g(\theta,\varphi)=-g(-\theta,\varphi)$.

Para la expresión (2), la prueba es análoga.