¿Existe una evaluación elemental de la integral $ \ int_0 ^ {\ pi / 2} \ sin (2n x) \ tan x \, dx, $ donde$n$ es el número natural? Este número está relacionado con el coeficiente de seno de Fourier para$\tan (x/2)$.
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Hay dos integrales $\ds{\pars{~\mbox{de}\ y=1\ \mbox{a}\ y=\epsilon\ \mbox{de}\ x=\epsilon\ \mbox{a}\ 1~}}$, que no rendimiento de cualquier contribución, porque son reales.
La integración fue realizada por el 'cierre' de un contorno en el primer cuadrante.
'Real' Método:
Con $\ds{\left.I_{n}\,\right\vert_{\, n\ \geq\ 1} \equiv \half\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin\pars{2nx}\tan\pars{x}\,\dd x}$ vamos a tener: \begin{align} I_{n + 1} - I_{n - 1}&= \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\pars{2nx}\sin\pars{2x}\tan\pars{x}\,\dd x =2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\pars{2nx}\sin^{2}\pars{x}\,\dd x \\[5mm]&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\bracks{\cos\pars{2nx} - \cos\pars{2nx}\cos\pars{2x}}\,\dd x =0 \end{align} A continuación, $\ds{I_{2n\ \geq\ 2}\,\,\, =\ I_{2}}$ y $\ds{I_{2n + 1\ \geq\ 1}\,\,\,=\ I_{1}}$
Renan
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6004
Sugerencia. Aquí es un enfoque.
Paso 1. Observar que, para$x \in (-\pi/2,\pi/2)$, $ $ \begin{align} \log (\cos x)&=\log \left(\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\right)\\\\ &=-\log 2+\Re\log \left(1+e^{2ix}\right)\\\\ &=-\log 2+\Re \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n} e^{2inx}\\\\ &=-\log 2+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\cos(2nx) \tag1 \end {align} $$
Paso 2. Realizar una integración por partes $$ \int_0^{\pi/2} \sin (2n x) \tan x \: dx=\left.-\el pecado (2n x) \log (\cos x) \right|_0^{\pi/2}+2n\int_0^{\pi/2} \cos (2n x) \log (\cos x) \: dx $$ giving $$ \int_0^{\pi/2} \sin (2n x) \tan x \: dx=2n\int_0^{\pi/2} \!\! \cos (2n x) \log (\cos x) \: dx \tag2 $$
-
Paso 3. Por la unicidad de los coeficientes de Fourier, el uso de $(1)$$(2)$, que acaba de llegar
$$ \int_0^{\pi/2} \sin (2n x) \tan x \: dx=(-1)^{n-1}\frac{\pi}{2}, \qquad n=1,2,3,\ldots \tag3 $$
Anthony Shaw
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858
El uso de las identidades trigonométricas $$ \sin(x)+\sin(y)=2\sin\left(\frac{x+y}2\right)\cos\left(\frac{x-y\vphantom{+}}2\right)\etiqueta{1} $$ y $$ 2\sin(x)\sin(y)=\cos(x-y)-\cos(x+y)\etiqueta{2} $$ tenemos $$ \begin{align} [\sin(2(n+1)x)+\sin(2nx)]\tan(x) &=2\sin((2n+1)x)\cos(x)\tan(x)\\ &=2\sin((2n+1)x)\sin(x)\\ &=\cos(2nx)-\cos(2(n+1)x)\tag{3} \end{align} $$ Para $n\ge1$, tenemos $$ \int_0^{\pi/2}\cos(2nx)\,\mathrm{d}x=0\etiqueta{4} $$
Por lo tanto, la integración de $(3)$ y la aplicación de $(4)$ rendimientos $$ \int_0^{\pi/2}\sin(2(n+1)x)\tan(x)\,\mathrm{d}x =-\int_0^{\pi/2}\sin(2nx)\tan(x)\,\mathrm{d}x\etiqueta{5} $$ a continuación, toma nota de $$ \begin{align} \int_0^{\pi/2}\sin(2x)\tan(x)\,\mathrm{d}x &=2\int_0^{\pi/2}\sin(x)\cos(x)\tan(x)\,\mathrm{d}x\\ &=2\int_0^{\pi/2}\sin^2(x)\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^{\pi/2}(1-\cos(2x))\,\mathrm{d}x\\[4pt] &=\frac\pi2\tag{6} \end{align} $$ da que para $n\ge1$, $$ \int_0^{\pi/2}\sin(2nx)\tan(x)\,\mathrm{d}x=(-1)^{n-1}\frac\pi2\etiqueta{7} $$
