Evaluar $\int_{0}^{\pi} \frac{\cos(nx)}{(p+\cos(x))^2+q^2}\ \mathrm dx$

Question

Tengo una fórmula en mi investigación, pero no tienen idea de cómo obtener la fórmula explícita. $$\int_{0}^{\pi} \frac{\cos(nx)}{(p+\cos(x))^2+q^2}\ \mathrm dx$$ donde n es un número entero.

Answer 1

La siguiente observación puede ser útil: Vamos a $\sigma, \xi \in \Bbb{R}$ satisfacen el siguiente sistema de ecuaciones

\begin{align*} p &= \cosh \sigma \cos \xi, \\ q &= -\sinh \sigma \sin \xi. \end{align*}

(O, equivalentemente, $\cosh(\sigma+i\xi) = p + iq$.) Entonces

\begin{align*} I_{n} := \int_{0}^{\pi} \frac{\cos nx}{(p + \cos x)^{2} + q^{2}} \, dx &= \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{e^{inx}}{(p + \cos x)^{2} + q^{2}} \, dx \\ &= -2i \int_{|z| = 1} \frac{z^{n+1}}{P(z)} \, dz, \end{align*}

donde $P(z)$ es el cuarto grado polinomio definido por

\begin{align*} P(z) &= 1 + 4 p z + (2 + 4 p^2 + 4 q^2) z^2 + 4 p z^3 + z^4 \\ &= (z + e^{\sigma+i\xi})(z + e^{\sigma-i\xi})(z + e^{-\sigma+i\xi})(z + e^{-\sigma-i\xi}). \end{align*}

Así, un simple residuo de cálculo muestra que

$$ I_{n} = 4\pi \left\{ \frac{ (-e^{-|\sigma|+i\xi})^{n+1} }{P'(-e^{-|\sigma|+i\xi})} + \frac{ (-e^{-|\sigma|-i\xi})^{n+1} }{P'(-e^{-|\sigma|-i\xi})} \right\}, $$

which equals for $\sigma > 0$

$$ I_{n} = (-1)^n \frac{\pi e^{-n \sigma}}{\sinh \sigma \sin \xi} \cdot \frac{\sinh\sigma \cos \xi \sin (n \xi) + \cosh \sigma \sin \xi \cos (n \xi)}{\sinh^{2} \sigma \cos^{2} \xi + \cosh^{2} \sigma \sin^{2} \xi}. $$

You can simulate this using the following Mathematica code:

  {\[Sigma], \[Xi], n} = {1, 3, 6};
  P[z_] := 1 + 2 z^2 + z^4 + 4 z Cos[\[Xi]] Cosh[\[Sigma]] + 
     4 z^3 Cos[\[Xi]] Cosh[\[Sigma]] + 
     4 z^2 Cos[\[Xi]]^2 Cosh[\[Sigma]]^2 + 
     4 z^2 Sin[\[Xi]]^2 Sinh[\[Sigma]]^2;
  NIntegrate[
   Cos[n x]/((Cosh[\[Sigma]] Cos[\[Xi]] + 
      Cos[x])^2 + (Sinh[\[Sigma]] Sin[\[Xi]])^2), {x, 0, Pi}, 
   WorkingPrecision -> 50]
  N[4 Pi ((z^(n + 1)/D[P[z], z] /. 
        z -> (-Exp[-Abs[\[Sigma]] + I \[Xi]])) + (z^(n + 1)/
        D[P[z], z] /. z -> (-Exp[-Abs[\[Sigma]] - I \[Xi]]))), 50]
  Clear[\[Sigma], \[Xi], n, P];

I haven't think on how to reduce this to a simple formula involving $p$ and $p$, pero usted puede trabajar más para reducir

Answer 2

¿Has probado la comprobación de WolframAlpha/Mathematica?

Por ejemplo, aquí es lo que sucede cuando $n = 1$: antiderivada

Si ahora cambio $n$ $2, 3, 4, 5$etc., puedes ver varios antiderivatives venir.

Todos parecen ser de la forma $f_{n}(p,q)H - g_{n}(p,x)$, donde la antiderivada mostrando no es tan horrible como parece al principio. En particular, el $H$ parece un lío con el denominador y algunos desagradables tangente inversa de la expresión, pero parece ser el mismo $H$ se producen como $n$ varía.

También, WolframAlpha no está mostrando la cancelación total que se produce en el numerador.

Mi sugerencia sería la de escribir las $f_{n}(p,q)$ $g_{n}(p,x)$ en la forma más simple como $n$ varía, a ver si un patrón se hace evidente, y luego trabajar hacia atrás.

Nota: Si alguien se siente a la altura listado de los primeros, siéntase libre de modificar esta respuesta o enviarlos por separado en una respuesta. (He hecho esta wiki de la comunidad, porque en realidad no dar una respuesta....)

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert #1 \right\vert}% \newcommand{\yy}{\Longleftrightarrow}$ $\ds{\int_{0}^{\pi}{\cos\pars{nx} \over \bracks{\,p + \cos\pars{x}}^{2} + p^{2}} \,\dd x:\ {\large ?}}$.

Observe que \begin{align} &\int_{0}^{\pi} {\cos\pars{nx} \over \bracks{\,p + \cos\pars{x}}^{2} + q^{2}}\,\dd x = \int_{0}^{\pi} {\cos\pars{nx} \over \bracks{\cos\pars{x} - \pars{-p - \verts{q}\ic}} \bracks{\cos\pars{x} - \pars{-p + \verts{q}\ic}}}\,\dd x \end{align} Hemos establecido la definición de: \begin{align} {\cal I}_{n}\pars{\xi} &\equiv \int_{0}^{\pi}{\cos\pars{nx} \over \bracks{\,p + \cos\pars{x}}^{2} + q^{2}} \,\dd x = \int_{0}^{\pi} {\cos\pars{nx} \over \bracks{\cos\pars{x} - \xi}\bracks{\cos\pars{x} - \xi^{*}}} \,\dd x \\[1mm]&\mbox{where}\quad\xi \equiv -p - \verts{q}\ic \end{align} La integral diverge cuando $\verts{p} \leq 1$ $q = 0$ $\pars{~\mbox{it means}\ \xi \in {\mathbb R}\ \mbox{and}\ \verts{\xi} \leq 1~}$. De ahora en adelante, vamos a suponer $$ \verts{p} > 1\quad\mbox{o}\quad q \no= 0 $$

También, \begin{align} {\cal I}_{n}\pars{\xi} &\equiv \int_{0}^{\pi}{\cos\pars{nx} \over \xi - \xi^{*}}\, \bracks{{1 \over \cos\pars{x} - \xi} - {1 \over \cos\pars{x} - \xi^{*}}}\,\dd x = \int_{0}^{\pi}{\cos\pars{nx} \over 2\ic\,\Im\xi}\,2\ic \Im\bracks{{1 \over \cos\pars{x} - \xi}}\,\dd x \\[3mm]&= -\,{1 \over \verts{q}}\, \Im\int_{0}^{\pi}{\cos\pars{nx} \over \cos\pars{x} - \xi}\,\dd x = -\,{1 \over 2\verts{q}}\, \Im\int_{0}^{\pi}{\expo{\ic nx} + \expo{-\ic nx}\over \cos\pars{x} - \xi}\,\dd x \\[3mm]&= -\,{1 \over 2\verts{q}}\,\Im\bracks{% \int_{0}^{\pi}{\expo{\ic nx} \over \cos\pars{x} - \xi}\,\dd x - \int_{0}^{-\pi}{\expo{\ic nx} \over \cos\pars{x} - \xi}\,\dd x} = -\,{1 \over 2\verts{q}}\,\Im \int_{-\pi}^{\pi}{\expo{\ic nx} \over \cos\pars{x} - \xi}\,\dd x \\[3mm]&= -\,{1 \over 2\verts{q}}\,\Im \oint_{\verts{z} = 1}{z^{n} \over \pars{z^{2} + 1}/\pars{2z} - \xi} \,\pars{-\ic\,{\dd z \over z}} = {1 \over \verts{q}}\,\Re \oint_{\verts{z} = 1}{z^{n} \over z^{2} - 2\xi z + 1}\,\dd z \\&\mbox{We just need to consider the case}\ n \geq 0\ \mbox{since}\ {\cal I}_{-n}\pars{\xi} = {\cal I}_{n}\pars{\xi}. \end{align}

Las raíces $z_{\pm}$ $z^{2} - 2\xi z + 1 = 0$ están dadas por $z_{\pm} = \xi \pm \root{\xi^{2} - 1}$. Desde $z_{+}z_{-} = 1$, una de las raíces es 'dentro de' la integración de contorno $\pars{~\mbox{el caso de}\ \verts{z_{\pm}} = 1\ \mbox{es excluido cuando}\ \verts{p} > 1\ \mbox{o}\ p = 0~}$.

1. Si $\verts{z_{-\sigma}} > 1$, $\verts{z_{\sigma}} < 1$ $\pars{~\mbox{with}\ \sigma = \pm~}$ ${\cal I}_{n}\pars{\xi}$ se reduce a: \begin{align} {\cal I}_{n}\pars{\xi} &= {1 \over \verts{q}}\,\Re\pars{2\pi\ic\, {z^{\verts{n}} \over z - z_{-\sigma}}}_{z\ =\ z_{\sigma}} = -\,{2\pi \over \verts{q}}\,\Im\pars{% {z_{\sigma}^{\verts{n}} \over z_{\sigma} - z_{-\sigma}}} \\[3mm]&= -\,{2\pi \over \verts{q}}\,\Im\bracks{% {\pars{\xi + \sigma\root{\xi^{2} - 1}}}^{\verts{n}} \over 2\sigma\root{\xi^{2} - 1}} = -\,{\sigma\,\pi \over \verts{q}}\,\Im\bracks{% {\pars{\xi + \sigma\root{\xi^{2} - 1}}}^{\verts{n}} \over \root{\xi^{2} - 1}} \\[1mm]&\mbox{where we choose}\quad \sigma\ \ni\ \verts{\,\xi + \sigma\root{\xi^{2} - 1}} < 1\,,\qquad\xi = -p - \verts{q}\ic \end{align}
2. Al$\verts{p} > 1$$q \to 0$, $\left.{\cal I}_{n}\pars{\xi}\right\vert_{\verts{p} > 1 \atop q = 0} = {\cal I}\pars{-p}$ se evalúa como: \begin{align} &\left.{\cal I}_{n}\pars{\xi}\right\vert_{\verts{p} > 1 \atop q = 0} = -\sigma\,\pi\,\lim_{\verts{q} \to 0}\partiald{}{\verts{q}}\Im\bracks{% {\pars{\xi + \sigma\root{\xi^{2} - 1}}}^{\verts{n}} \over \root{\xi^{2} - 1}} \\[3mm]&= \sigma\,\pi\,\lim_{\xi \to -p}\Re\partiald{}{\xi}\bracks{% {\pars{\xi + \sigma\root{\xi^{2} - 1}}}^{\verts{n}} \over \root{\xi^{2} - 1}} \\[3mm]&= -\sigma\,\pi\,\partiald{}{p}\bracks{% {\pars{-p + \sigma\root{p^{2} - 1}}}^{\verts{n}} \over \root{p^{2} - 1}} \end{align} Al $p < -1$, elegimos $\sigma = -$ e con $p > 1$ elegimos $\sigma = +$ tal forma que: \begin{align} &\left.{\cal I}_{n}\pars{\xi}\right\vert_{\verts{p} > 1 \atop q = 0} = -\pi\,\epsilon_{n}\partiald{}{\verts{p}}\bracks{% {\pars{\verts{p} - \root{\verts{p}^{2} - 1}}}^{\verts{n}} \over \root{\verts{p}^{2} - 1}} \\&\mbox{where}\ \epsilon_{n} = \left\lbrace% \begin{array}{ccl} 1 & \mbox{when} & p < -1 \\ \pars{-1}^{\verts{n}} & \mbox{when} & p > 1 \end{array}\right. \end{align}

Answer 4

La fórmula explícita se puede encontrar en un largo y sinuoso camino. En primer lugar, utilizar la fórmula de 1.331.3 de Gradshtein & Ryzhik para expresar $\cos(nx)$ como la suma ponderada de las potencias $\cos(x)^k*\sin(x)^{n-k}.$, Entonces la integral bajo consideración es igual a la suma de las integrales. Algunos de esos parecen ser ceros. La gente, debe ser ampliado a la gama de integración $[0,2\pi]$ (Esto duplica los valores.). El siguiente paso consiste en la reescritura de $$\int_{0}^{2\pi} \frac{\cos(x)^k\sin(x)^{n-k}}{(p+\cos(x))^2+q^2}\ \mathrm dx $$ as the contour integral over the unit circle $\{z:/z/=1\}$ en sentido antihorario. Contorno integral puede ser calculada por los residuos (los parámetros deben ser tenidos en cuenta). Ser una persona normal, no me parece ninguna motivación para hacer el trabajo. Buena suerte!