Un seno integral

Question

La integral \begin{align} \int_{0}^{\pi/2} \frac{ \sin(n\theta) }{ \sin(\theta) } \ d\theta \end{align} se alega que no se han cerrado de forma de expresión. En esta vista, encontrar la solución de la serie de la integral como una serie de $n$.

Nota Editorial: Como se describe en el problema de varias series pueden ser obtenidos, de los cuales, todos parecen tener validez. Como un caso particular, de las notas que se hicieron hace tiempo, la fórmula \begin{align} \int_{0}^{\pi/2} \frac{ \sin(n\theta) }{ \sin(\theta) } \ d\theta = \sum_{r=1}^{\infty} (-1)^{r-1} \ \ln\left(\frac{2r+1}{2r-1}\right) \ \sin(r n \pi) \end{align} se afirma, pero la izquierda no probadas. Puede esta fórmula probada junto con la búsqueda de otras series depende de $n$?

Answer 1

En el caso de que $n=2k$ es un entero positivo incluso tenemos el % de identidad $$\frac{\sin 2kx}{\sin x} = 2 \cos(2k-1)x + 2 \cos(2k-3)x + \ldots + 2 \cos x.$$

Por lo tanto,

$$ \begin{align} \int_{0}^{\pi /2} \frac{\sin 2kx}{\sin x} \ dx &= 2 \int_{0}^{\pi/2} \Big(\cos x + \cos 3x + \ldots + \cos(2k-1) \ x \Big) \ dx \\ &= 2 \left(\sin x + \frac{1}{3} \sin 3x + \ldots + \frac{1}{2k-1} \sin(2k-1) x \right)\Bigg|^{\pi/2}_{0} \\ &= 2 \left(1- \frac{1}{3} + \ldots + \frac{(-1)^{k+1}}{2k-1} \right). \end{align}$$

Editar:

Para demostrar que $$ \frac{\sin 2kx}{\sin x} = 2 \cos(2k-1)x + 2 \cos(2k-3)x + \ldots + 2 \cos x,$ $ observe que

$$\begin{align} \frac{\sin kx}{\sin x} &= \frac{e^{ikx}-e^{-ikx}}{e^{ix}-e^{-ix}} \frac{e^{-ix}}{e^{-ix}} \\ &= \frac{e^{i(k-1)x} - e^{i(-k-1)x}}{1-e^{-2ix}} \\ &= e^{i(k-1)x} \frac{1-e^{-2ikx}}{1-e^{-2ix}} \\ &= e^{i(k-1)x} \left(1 + e^{-2ix} + e^{-4ix} + \ldots + e^{-2i(k-1)x} \right) \\ &= e^{i(k-1)x} + e^{i(k-3)x} + \ldots + e^{i(-k+1)x}. \end{align}$$

Por lo tanto,

$$ \frac{\sin 2kx}{\sin x} = e^{i(2k-1)x} + e^{i(2k-3)x} + \ldots + e^{ix} + e^{-ix} + \ldots + e^{i(-2k+1)x}$$

$$ = 2 \cos(2k-1)x + 2 \cos(2k-3)x + \ldots + 2 \cos x.$$

Answer 2

Deje $U_n(x)$ ser el de Chebyshev del polinomio de la segunda clase. Sabemos

$$U_{n}(\cos\theta) = \frac{\sin(n+1)\theta}{\sin\theta}$$ y tiene una generación de función de la forma $$\sum_{n=0}^\infty U_n(x)t^n = \frac{1}{1-2xt+t^2}$$ Sustituto $x$ $\cos\theta$ en la expresión anterior, integrar $\theta$ $[0,\frac{\pi}{2}]$ y usa un relativamente fácil demostrar la identidad

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{K - \cos\theta} = \frac{2}{\sqrt{K^2-1}}\tan^{-1}\sqrt{\frac{K+1}{K-1}}\quad\text{ for }\quad K > 1$$ Tenemos

$$\begin{align} \sum_{n=0}^\infty t^n \int_0^{\frac{\pi}{2}} U_n(\cos\theta)d\theta &= \frac{1}{2t}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{d\theta}{\frac{1+t^2}{2t} - \cos\theta}\\ &= \frac{1}{2t}\frac{2}{\sqrt{\left(\frac{1+t^2}{2t}\right)^2-1}}\tan^{-1}\sqrt{\frac{\frac{1+t^2}{2t}+1}{\frac{1+t^2}{2t}-1}}\\ &= \frac{2}{1-t^2}\tan^{-1}\left(\frac{1+t}{1-t}\right)\\ &= \frac{2}{1-t^2}\left(\frac{\pi}{4} + \tan^{-1} t\right)\\ &= \frac{1}{1-t^2}\left(\frac{\pi}{2} + 2\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k t^{2k+1}}{2k+1}\right) \end{align} $$ Comparar los coeficientes de ambos lados, obtenemos

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin((n+1)\theta)}{\sin\theta}d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}} U_n(\cos\theta)d\theta = \begin{cases} \frac{\pi}{2},& n = 2k\\ \displaystyle\;2\sum\limits_{j=0}^k \frac{(-1)^j}{2j+1},& n = 2k+1 \end{casos}$$

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{I_{n}\equiv \int_{0}^{\pi/2}{\sin\pars{n\theta} \\sin\pars{\theta}}\,\dd\theta: \ {\large ?}}$

Desde $\ds{I_{n} = -I_{-n}}$, vamos a estudiar el caso de $\ds{n > 0}$: \begin{align} I_{n\ >\ 0}&=\Im\int_{0}^{\pi/2}{\expo{\ic n\theta} - 1\over \sin\pars{\theta}}\,\dd\theta =\Im \int_{\verts{z}\ =\ 1 \atop {\phantom{\Huge A}0\ <\ {\rm Arg}\pars{z}\ <\ \pi/2}} {z^{n} - 1 \over \pars{z^{2} - 1}/\pars{2\ic z}}\,{\dd z \over \ic z} \\[3mm]&=2\,\Im \int_{\verts{z}\ =\ 1 \atop {\phantom{\Huge A}0\ <\ {\rm Arg}\pars{z}\ <\ \pi/2}} {1 - z^{n} \over -z^{2} + 1}\,\dd z \\[3mm]&=2\,\Im\bracks{% -\int_{1}^{0}{1 - \expo{\ic\pi n/2}y^{n} \over y^{2} + 1}\,\ic\,\dd y -\int_{0}^{1}{1 - x^{n} \over -x^{2} + 1}\,\dd x} =2\,\Re\int_{0}^{1}{1 - \expo{\ic\pi n/2}y^{n} \over y^{2} + 1}\,\dd y \\[3mm]&=\underbrace{2\int_{0}^{1}{\dd y \over y^{2} + 1}} _{\ds{=\ {\pi \over 2}}}\ -\ 2\cos\pars{n\pi \over 2}\int_{0}^{1}{y^{n}\,\dd y \over y^{2} + 1} \end{align}

$$ I_{n\ >\ 0}={\pi \over 2} -2\cos\pars{n\pi \over 2}\int_{0}^{1}{y^{n}\,\dd y \y^{2} + 1} \,,\qquad\qquad I_{n\ <\ 0} = -I_{-n} $$

\begin{align} &\color{#c00000}{\int_{0}^{1}{y^{n}\,\dd y \over y^{2} + 1}} =\int_{0}^{\infty}{\expo{-\pars{n + 1}t} \over 1 + \expo{-2t}}\,\dd t =\sum_{\ell = 0}^{\infty}\pars{-1}^{\ell} \int_{0}^{\infty}\expo{-\pars{2\ell + n + 1}t}\,\dd t =\sum_{\ell = 0}^{\infty}{\pars{-1}^{\ell} \over 2\ell + n + 1} \\[3mm]&={1 \over 4}\bracks{\Psi\pars{n + 3 \over 4} - \Psi\pars{n + 1 \over 4}} \end{align} donde $\ds{\Psi\pars{z}}$ es la La Función Digamma ${\bf\mbox{6.3.1}}$.

$$\color{#44f}{% I_{n}=\left\lbrace\begin{array}{lcl} -I_{-n} & \mbox{if} & n < 0 \\[1mm] 0 & \mbox{if} & n = 0 \\[3mm] \color{#c00000}{\left.\begin{array}{lcl} {\pi \over 2} & \mbox{if} & n\ \mbox{is odd} \\ {\pi \over 2} - \half\,\pars{-1}^{n/2} \bracks{\Psi\pars{n + 3 \over 4} - \Psi\pars{n + 1 \over 4}} & \mbox{if} & n\ \mbox{is even} \end{array}\right\rbrace} & \mbox{si} & n > 0 \end{array}\right.} $$

Answer 4

$$I_n=\int_0^{\pi/2} \frac{\sin(n\theta)}{\sin\theta}d\theta$$

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Caso i): cuando $n$ es impar, es decir, $n=2k+1$. $$I_{2k+1}-I_{2k+3}=\int_0^{\pi/2} \frac{\sin((2k+1)\theta)-\sin((2k+3)\theta)}{\sin\theta}d\theta=-2\int_0^{\pi/2} \cos(2(k+1)\theta)\,d\theta$ $ $$\Rightarrow I_{2k+1}-I_{2k+3}=0 \Rightarrow I_{2k+3}=I_{2k+1}=\cdots=I_1=\frac{\pi}{2}$ $, es decir, siempre que sea impar, que el valor de la integral siempre es $n$ $\pi/2$

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Caso ii): cuando $n$ es incluso es decir $n=2k$. $$I_{2k}-I_{2k+2}=\int_0^{\pi/2} \frac{\sin(2k\theta)-\sin((2k+2)\theta)}{\sin\theta}d\theta=-2\int_0^{\pi/2}\cos((2k+1)\theta)d\theta$ $ $$\Rightarrow I_{2k}-I_{2k+2}=\frac{(-1)^k2}{2k+1} \Rightarrow I_n-I_{n+2}=\frac{2i^n}{n+1}$ $ Y pongo en duda la relación recursiva anterior tiene una agradable solución. : P