integración de $\int_0^{2\pi} cos^{2n}(t)dt$

Question

Demuestre que para cualquier $n \in \mathbb{N}$ , $$\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\cos^{2n}(t)dt = \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots(2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots 2n}$$ Para resolver este problema, estaba pensando en dejar que $\cos(t)= \frac{e^{it} + e^{-it}}{2}$ entonces la integral tendrá la forma $$\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \left (\frac{e^{it} + e^{-it}}{2} \right)^{2n}dt$$

A partir de este punto, estaba atascado. Así que, ¿alguien podría ayudarme a resolver este problema?

Answer 1

Ibas en la dirección correcta. Usando el teorema del binomio y la ortogonalidad de las funciones base $e^{imx}$ en $[0,2\pi]$ tenemos

$$\begin{align} \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\cos^{2n}x\,dx&=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\left(\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\right)^{2n}\,dx\tag 1\\\\ &=\frac{1}{2\pi}\frac{1}{2^{2n}}\,\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}\int_0^{2\pi}e^{i(2k-2n)x}\,dx \tag 2\\\\ &=\frac{1}{2^{2n}}\binom{2n}{n}\tag 3\\\\ &=\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4 \cdots (2n-3)(2n-2)(2n-1)(2n)}{(2\cdot 4\cdot 6\cdots (2n-2)(2n))^2}\\\\ &=\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots (2n-2)(2n)}\\\\ &=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \end{align}$$

¡como se iba a demostrar!

Al llegar a $(1)$ utilizamos la identidad de Euler $\cos x = \frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$

Al pasar de $(1)$ a $(2)$ utilizamos la expansión binomial $(x+y)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}x^ky^{n-k}$ con $n\to 2n$ , $x\to e^{ix}$ y $y\to e^{-ix}$ .

Al pasar de $(2)$ a $(3)$ , utilizamos el hecho de que $\int_0^{2\pi}e^{i(2k-2n)}\,dx=0$ para $k\ne n$ y $\int_0^{2\pi}e^{i(2k-2n)}\,dx=2\pi$ para $k=n$ .

Answer 2

Se puede ver que para $k \in \mathbb{Z}$ la integral de $e^{ikt}$ en $[0,2\pi]$ es cero a menos que $k=0$ .

por lo que a partir de una expansión binomial de su integrando obtenemos $\binom{2n}{n}2^{-2n}$

un poco de manipulación con la fracción resultante dará su resultado.

Answer 3

Esto debería ser una consecuencia directa de $$ \cos^{2n}(x) = \frac{1}{2^{2n}} \left[ \binom{2n}{n} + \sum\limits_{k=0}^{n-1} 2 \binom{2n}{k} \cos((2n-2k)x) \right], $$ lo que se puede demostrar mediante la inducción y la ecuación $$ \cos(\alpha)\cos(\beta) = \frac{1}{2}\left[ \cos(\alpha-\beta) + \cos(\alpha+\beta) \right]. $$

Answer 4

Al llegar a utilizamos la identidad de Euler Porque aquí tienes el cos en una función de 2 dimensiones pero esa identidad representa el cosh que está en tres dimensiones debo sugerirte que abras el cos(potencia) 2n , que es igual a (1+ cos (2n))/2n y llegarás a tu respuesta

Answer 5

Para $\gamma:[0,2 \pi] \rightarrow \mathbb{C}, \gamma(t):=\mathrm{e}^{\mathrm{i} t}$ y $f \in C\left(\partial U_{1}(0)\right)$ existe esta bonita igualdad $$ \int_{0}^{2 \pi} f\left(\mathrm{e}^{\mathrm{i} t}\right) d t=\int_{\gamma} \frac{f(z)}{\mathrm{i} z} d z $$ que hace el cálculo después de escribir $\cos^{2n}(x)$ en términos de funciones exponenciales mucho más fácil. $ f(z) $ se convierte en $$ f(z) = \left(z+\frac{1}{z}\right)^{2n} = \frac{(z^2+1)^{2n}}{z^{2n}} $$

Continuando a partir de aquí con el teorema del binomio es un poco más fácil de ver (al menos para mí lo fue) y entonces obtienes tu resultado con el teorema del residuo.