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¿Podemos simplificamos $\int_0^{\pi}\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^mdx$?

Dejando $m,n$ ser números naturales, se puede simplificar de la siguiente integral definida?

$$\int_0^{\pi}\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^mdx$$

Yo he conocido a la siguiente: $$\int_0^{\pi}\frac{\sin 2kx}{\sin x}dx=0, \int_0^{\pi}\frac{\sin (2k-1)x}{\sin x}dx=\pi, \int_0^{\pi}\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^2dx=n\pi.$$

Prueba: Dejar a $I_n=\int_0^{\pi}\frac{\sin nx}{\sin x}dx$, obtenemos $$I_n-I_{n-2}=\int_0^{\pi}\frac{\sin{nx}-\sin{(n-2)x}}{\sin x}dx=2\int_0^{\pi}\cos(n-1)xdx=2\left[\frac{\sin{(n-1)x}}{n-1}\right]_0^{\pi}=0$$ para $n\ge 3$. Entonces, tenemos $$I_{2k}=I_2=0, I_{2k-1}=I_1=\pi.$$

Dejando $J_n=\int_0^{\pi}\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^2dx$, obtenemos $$J_n-J_{n-1}=\frac{-1}{2}\int_0^{\pi}\frac{\cos{2nx}-\cos{(2n-2)x}}{\sin^2x}=\frac{-1}{2}\int_0^{\pi}\frac{-2\sin\left(\frac{4n-2}{2}x\right)\sin\left(\frac{2x}{2}\right)}{\sin^2}$$$$=\int_0^{\pi}\frac{\sin{(2n-1)x}}{\sin x}=I_{2n-1}=\pi.$$ Entonces, tenemos $$J_n=J_{n-1}+\pi=J_{n-2}+2\pi=\cdots=J_1+(n-1)\pi=n\pi.$$ Ahora la prueba se ha completado.

Estoy interesado en la generalización de este tipo de integrales definidas. Aquí está mi pregunta.

Pregunta: Dejar a $m,n$ ser números naturales, se puede simplificar de la siguiente integral definida?

$$\int_0^{\pi}\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^mdx$$ No tengo ninguna buena idea. ¿Podrías mostrarme cómo simplificar esto?

17voto

Graham Hesketh Puntos 4746

Una explícita suma formulario puede ser derivado. Veamos primero el caso de la extraña $n$. Tome $n=2N+1$ a ser un entero impar y tenga en cuenta que: \begin{aligned} \int_0^{\pi}\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^mdy&=\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\left(\frac{\sin (N+\frac{1}{2})y}{\sin \frac{y}{2}}\right)^mdy\\ &=\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\left(\sum_{k=-N}^{N}e^{Iky}\right)^mdy\\ &=\sum_{k_1,k_2,..,k_m=-N}^{N}\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}e^{I\left(k_1+k_2+...k_m\right)x}dy\\ &=\sum_{k_1,k_2,..,k_m=-N}^{N}\pi\delta_{k_1+k_2+..k_m,0}=\pi L\\ \tag{1}\end{aligned} donde hemos usado el Kernel de Dirichlet y la representación integral de la Delta de Kronecker.

Podemos ver de inmediato que el resultado es un número entero múltiplo de $\pi$. Estoy esperando que alguien educado mejor en la combinatoria será capaz de detectar que el número de $L$ inmediatamente (o tal vez el nombre si tiene un nombre); es el número de maneras de agregar $m$ enteros entre $-N$ $N$ hacer $0$. Si esto no sucede, es posible obtener una explícita suma de $L$ el uso ordinario de generación de función señalando que $L$ es el coeficiente de $x^0$ en la: $$\left(\sum_{j=-N}^{N}x^j\right)^m=\left( {\frac {{x}^{N+1}-{x}^{-N}}{x-1}} \right) ^{m}\tag{2}$$ Por desgracia no podemos poner a $x=0$ en el mismo, ya que contiene potencias negativas de $x$. En lugar de ello, multiplicamos $(2)$ $x^{Nm}$ y tome $L$ como el coeficiente de $x^{Nm}$ para obtener: $$\int_0^{\pi}\left(\frac{\sin (2N+1)x}{\sin x}\right)^mdx=\frac{\pi}{(Nm)!}\lim_{x=0} \dfrac{d^{Nm}}{dx^{Nm}}\left( {\frac {{x}^{2N+1}-1}{x-1}}\right)^m\quad :N\in\mathbb{Z}^+ \etiqueta{3} $$ Si luego de aplicar la generalización de la regla de Leibniz para la ${Nm}^{th}$ derivado a $(3)$ el lado derecho se convierte en:$$\frac{\pi}{(Nm)!}\sum_{j=0}^{Nm}{Nm \choose j}\left(\lim_{x=0}  \dfrac{d^{j}}{dx^{j}}\left( {x}^{2 N+1}-1\right)^m\right)\left(\lim_{x=0}  \dfrac{d^{Nm-j}}{dx^{Nm-j}} \dfrac{1}{\left(x-1\right)^m}\right)\tag{4}$$ le, a continuación, tenga en cuenta que: \begin{aligned}  \lim_{x=0}  \dfrac{d^{Nm-j}}{dx^{Nm-j}} \dfrac{1}{\left(x-1\right)^m}&=\lim_{x=0}  \dfrac{d^{Nm-j}}{dx^{Nm-j}} \left(\dfrac{(-1)^{m-1}}{(m-1)!}\dfrac{d^{m-1}}{dx^{m-1}} \dfrac{1}{\left(x-1\right)}\right)\\  &=\dfrac{(-1)^{m-1}}{(m-1)!} \lim_{x=0}\dfrac{d^{(N+1)m-j}}{dx^{(N+1)m-j}} \dfrac{1}{\left(x-1\right)}\\  &={\frac { \left( -1 \right) ^{m} \left(  \left( N+1 \right) m-j-1   \right) !}{ \left( m-1 \right) !}}  \tag{5}\end{aligned} y que: \begin{aligned}   \lim_{x=0}  \dfrac{d^{j}}{dx^{j}}\left( {x}^{2 N+1}-1\right)^m&=(-1)^m\lim_{x=0}  \dfrac{d^{j}}{dx^{j}}\sum_{l=0}^{m}{m \choose l}(-1)^l{x}^{l(2 N+1)}\\ &=\cases{0&%#%#%\cr  \left( -1 \right) ^{m+l}{m\choose l}  \left( l \left( 2\,N+1 \right)  \right) !&%#%#%\cr}\tag{6}  \end{aligned} donde leemos $j\neq l \left( 2\,N+1 \right) $ lo que significa que el resultado es cero, a menos $j=l \left( 2\,N+1 \right) $ es un múltiplo $(6)$ veces $j$, en cuyo caso se inserte $l$ en la no-cero de la fórmula. Después de usar $2N+1$$l$$(5)$, sumando $(6)$ sólo a través de múltiplos de $(4)$ y la simplificación de los factoriales y los coeficientes binomiales, obtenemos un explícito suma formulario para $j$: $$\int_0^{\pi}\left(\frac{\sin (2N+1)x}{\sin x}\right)^mdx=\pi\sum_{i=0}^{\lfloor\dfrac{Nm}{2N+1}\rfloor}\left( -1 \right) ^{l}{m\elegir l} { \left( N+1 \right) m-l \left( 2N+1 \right) -1\elegir m-1}\etiqueta{7} $$ donde $2N+1$ denota la función del suelo.

En el caso de $(3)$, e incluso el $\lfloor\, \rfloor$ usaríamos: $${{\rm e}^{ix}}\sum _{k=-N}^{N-1}{{\rm e}^{2\,ikx}}={\frac {\pecado \left( 2\,xN \right) }{\sin \left( x \right) }}\etiqueta{8}$$ para mostrar: \begin{aligned} \int _{0}^{\pi }\! \left( {\frac {\sin \left( 2xN \right) }{\sin \left( x \right) }} \right) ^{2M}{dx}&=\frac{\pi}{(M(2N-1))!}\lim_{x=0} \dfrac{d^{M(2N-1)}}{dx^{M(2N-1)}}\left( {\frac {{x}^{2N}-1}{x-1}}\right)^{2M}\\ &=\pi \sum _{l=0}^{\lfloor {\dfrac{M\left(2N-1\right)}{2N}} \rfloor }\left( -1 \right) ^{l}{2M\choose l}{M \left( 2N+1\right) -l2N-1\choose 2M-1} \tag{9}\end{aligned} La integral es cero por simetría al $n=2N$ es incluso y $m=2M$ es impar; de lo contrario, la combinación de $n$ $m$ le da: $$\int _{0}^{\pi }\! \left( {\frac {\sin \left( nx \right) }{\pecado \left( x \right) }} \right)^{m}{dx}=\pi \sum _{l=0}^{\lfloor {\dfrac{m\left(n-1\right)}{2n}} \rfloor }\left( -1 \right) ^{l}{m\elegir l}{\dfrac{m}{2}\left( n+1\right) -ln-1\elegir m-1}\etiqueta{10}$$

9voto

Felix Marin Puntos 32763

$\displaystyle{\large% {\cal I}_{mn} \equiv \int_{0}^{\pi} \left\lbrack{\sin\left(nx\right) \\sin\left(x\right)}\right\rbrack^{m}\,{\rm d}x \ = \ ?\,, \quad m, n = 0,1,2,\ldots}$

$$ \lim_{m \to 0}\lim_{n \to 0}{\cal I}_{mn} = {\cal I}_{10} = 0\,, \qquad \lim_{n \to 0}\lim_{m \to 0}{\cal I}_{mn} = {\cal I}_{01} = {\cal I}_{11} = \pi $$

Consideremos $m > 1$$n > 1$: \begin{align} {\cal I}_{mn} &= {1 \over 2}\int_{0}^{2\pi}{\rm e}^{-{\rm i}m\left(n - 1\right)x/2} \left( {{\rm e}^{{\rm i}nx} - 1 \over {\rm e}^{{\rm i}x} - 1} \right)^{m}\,{\rm d}x = {1 \over 2}\oint_{\left\vert z\right\vert = 1}{1 \over z^{m\left(n - 1\right)/2}} \left(% {z^{n} - 1 \over z - 1} \right)^{m}\,{{\rm d}z \over {\rm i}z} \\[3mm]&= \pi\oint_{\left\vert z\right\vert = 1}{{\rm d}z \over 2\pi{\rm i}}\,{1 \over z}\, {1 \over z^{m\left(n - 1\right)/2}} \left({1 - z^{n} \over 1 - z}\right)^{m} \end{align}

A continuación, $\left.{\cal I}_{mn}\vphantom{\Large A}\right\vert_{m\ >\ 1 \atop n\ >\ 1} = 0$ siempre que $\phantom{A}m\left(n - 1\right)\phantom{A}$ es impar. Que significa $\left.{\cal I}_{mn}\vphantom{\Large A}\right\vert_{m > 1 \atop n > 1} = 0$ al $m$ es impar y $n$ es incluso.

\begin{align} \left(1 - z^{n} \over 1 - z\right)^{m} &= \sum_{k = 0}^{m}{m \choose k}\left(-1\right)^{k}z^{nk} \sum_{k' = 0}^{\infty}{m + k'\choose k'}z^{k'} \sum_{\ell = 0}^{\infty}\delta_{\ell, nk + k'} \\[3mm]&= \sum_{\ell = 0}^{\infty}z^{\ell} \sum_{k = 0}^{\leq\ M \atop}\left(-1\right)^{k}{m \choose k} {m + \ell - nk \choose \ell - nk} \\[3mm]&= \sum_{\ell = 0}^{\infty}z^{\ell} \sum_{k = 0}^{\leq\ M \atop}\left(-1\right)^{k} {\left(m + \ell -nk\right)! \over k!\left(m - k\right)!\left(\ell - nk\right)!}\,, \quad M \equiv \min\left\lbrace m, {\ell \over n}\right\rbrace \\[1cm]& \end{align}

\begin{align} \int_{0}^{\pi} \left\lbrack{\sin\left(nx\right) \over \sin\left(x\right)}\right\rbrack^{m}\,{\rm d}x &= \pi\sum_{k = 0}^{\leq\ M\atop}\left(-1\right)^{k} {\left\lbrack m\left(n + 1\right)/2 -nk\right\rbrack! \over k!\left(m - k\right)!\left\lbrack m\left(n - 1\right)/2 - nk\right\rbrack!} \\[2mm]& \mbox{where}\quad M \equiv \min\left\lbrace m, {1 \over 2}\,m\left(1 - {1 \over n}\right)\right\rbrace = {1 \over 2}\,m\left(1 - {1 \over n}\right) \end{align}

Ejemplos:

\begin{align} {\cal I}_{1n} &= \int_{0}^{\pi}{\sin\left(nx\right) \over \sin\left(x\right)}\,{\rm d}x = \pi {\left\lbrack \left(n + 1\right)/2\right\rbrack! \over \left\lbrack \left(n - 1\right)/2\right\rbrack!} = {1 \over 2}\,\left(n + 1\right)\pi\,, \qquad n = 3, 5, 7, \ldots \\[3mm] {\cal I}_{2n} &= \int_{0}^{\pi}\left\lbrack{\sin\left(nx\right) \over \sin\left(x\right)}\right\rbrack^{2}\,{\rm d}x = \pi\,{\left(n + 1\right)! \over \left(n - 1\right)!} = n\left(n + 1\right)\pi\,, \qquad n = 2, 3, 4, \ldots \\[6mm] {\cal I}_{3n} &= \int_{0}^{\pi}\left\lbrack{\sin\left(nx\right) \over \sin\left(x\right)}\right\rbrack^{3}\,{\rm d}x = \pi\, {\left\lbrack 3\left(n + 1\right)/2\right\rbrack! \over 3!\left\lbrack 3\left(n - 1\right)/2\right\rbrack!} - \pi\, {\left\lbrack 3\left(n + 1\right)/2 - n\right\rbrack! \over 2!\left\lbrack 3\left(n - 1\right)/2 -n\right\rbrack!} \\[3mm]&= {\pi \over 6}\,{3n + 3 \over 2}\,{3n + 1 \over 2} - {\pi \over 2}\,{n + 3 \over 2}\,{n + 1 \over 2} = {1 \over 4}\,\left(n^{2} - 1\right)\pi\,, \qquad n = 3, 5, 7, \ldots \end{align}

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