$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^{2n+1}(x)}{x} \mathrm {d}x$ Evaluar La Integral

Question

Aquí es un divertido integral estoy tratando de evaluar:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^{2n+1}(x)}{x} \ dx=\frac{\pi \binom{2n}{n}}{2^{2n+1}}.$$

Pensé acerca de la integración por partes $2n$ veces y, a continuación, utilizando el teorema del binomio para $\sin(x)$, es decir, el uso de $\dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$ formulario en el binomio de la serie.

Pero, estoy teniendo un momento difícil conseguir que se ha configurado correctamente. Entonces, de nuevo, es probable que haya un mejor enfoque.

$$\frac{1}{(2n)!}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(2i)^{2n}}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{2n+1-k}\binom{2n}{k}\frac{d^{2n}}{dx^{2n}}(e^{i(2k-2n-1)x})\frac{dx}{x^{1-2n}}$$

o algo como eso. Dudo si que es en cualquier lugar cerca, pero es mi idea inicial de utilizar el binomio de la serie por el pecado válido o hay una mejor manera?.

Gracias a todos.

Answer 1

El uso de $$ \sin^{2n+1}(x) = \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k }{4^n} \binom{2n+1}{n+k+1} \sin\left((2k+1)x\right) $$ Tenemos $$ \begin{eqnarray} \int_0^\infty \frac{\sin^{2n+1}(x)}{x}\mathrm{d} x &=& \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k }{4^n} \binom{2n+1}{n+k+1}\int_0^\infty \frac{\sin\left((2k+1)x\right)}{x}\mathrm{d} x\\ &=& \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k }{4^n} \binom{2n+1}{n+k+1}\int_0^\infty \frac{\sin\left(x\right)}{x}\mathrm{d} x \\ &=& \frac{\pi}{2^{2n+1}}\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{2n+1}{n+k+1} = \frac{\pi}{2^{2n+1}} \binom{2n}{n} \end{eqnarray} $$ La última suma es evaluada usando telescópica truco: $$ \sum_k (-1)^k \binom{2n+1}{n+k+1} = \sum_k (-1)^k \frac{2n+1}{n+k+1} \binom{2n}{n+k} = (-1)^{k+1} \binom{2n}{n+k} =: g(k) $$ lo que significa que $$ g(k+1) - g(k) = (-1)^k \binom{2n+1}{n+k+1} $$ Por lo tanto $$ \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{2n+1}{n+k+1} = \sum_{k=0}^n \left(g(k+1)-g(k)\right) = g(n+1) - g(0) = -g(0) = \binom{2n}{n} $$

Answer 2

Desde $\dfrac{\sin^{2n+1}(x)}{x}$ es una función par, podemos integrar sobre toda la recta real y dividir por $2$.

Escribir $\sin(x)=\dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$. Puesto que no hay singularidades y el integrando se desvanece como $|x|\to\infty$, podemos mover el camino de la integración en la dirección de $-i$. Expandir usando el teorema del binomio, y cerca de los caminos de la integración de dos maneras: por la integrands con $e^{+ikx}$ círculo de vuelta en sentido antihorario alrededor de la mitad superior del plano-( $\gamma^+$ ); para el integrands con $e^{-ikx}$ círculo de vuelta en sentido horario alrededor de la mitad inferior del plano - ($\gamma^-$).

Tenga en cuenta que $\gamma^-$ no contiene polos, por lo que aquellos de las integrales pueden ser ignorados.

Vamos a utilizar la identidad $$ \begin{align} \sum_{k=0}^m(-1)^k\binom{n}{k} &=\sum_{k=0}^m(-1)^k\binom{n}{k}\binom{m-k}{m-k}\\ &=(-1)^m\sum_{k=0}^m\binom{n}{k}\binom{-1}{m-k}\\ &=(-1)^m\binom{n-1}{m} \end{align} $$ Finalmente, en el punto: $$ \begin{align} \int_0^\infty\sin^{2n+1}(x)\frac{\mathrm{d}x}{x} &=\frac12\int_{-\infty}^\infty\sin^{2n+1}(x)\frac{\mathrm{d}x}{x}\\ &=\left(-\frac14\right)^{n+1}i\int_{-\infty}^\infty\left(e^{ix}-e^{-ix}\right)^{2n+1}\frac{\mathrm{d}x}{x}\\ &=\left(-\frac14\right)^{n+1}i\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{2n+1}{k}\int_{\gamma^+}e^{ix(2n-2k+1)}\frac{\mathrm{d}x}{x}\\ &+\left(-\frac14\right)^{n+1}i\sum_{k=n+1}^{2n+1}(-1)^k\binom{2n+1}{k}\int_{\gamma^-}e^{ix(2n-2k+1)}\frac{\mathrm{d}x}{x}\\ &=\left(-\frac14\right)^{n+1}i\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{2n+1}{k}2\pi i\\ &=\left(-\frac14\right)^{n}\frac{\pi}{2}\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{2n+1}{k}\\ &=\left(-\frac14\right)^{n}\frac{\pi}{2}(-1)^n\binom{2n}{n}\\ &=\frac{1}{4^n}\frac{\pi}{2}\binom{2n}{n} \end{align} $$

Answer 3

Hay un teorema que afirma que si $f(x)$ es continua y $\pi$-peridodic en $\mathbb{R}$, $$ \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} f(x) \ dx = \int_{0}^{\pi} f(x) \ dx. $$

Ver Graham Hesketh comentario de una manera de probar esto.

El uso de este teorema, $$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin^{2n+1} (x)}{x} \ dx &= \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^{2n+1} (x)}{x} \ dx = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} \sin^{2n} (x) \ dx \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \sin^{2n} (x) \ dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n} (x) \ dx \\ &= \frac{\pi}{2^{2n+1}} \binom{2n}{n}. \tag{1} \end{align}$$

$(1)$ http://en.wikipedia.org/wiki/Wallis%27_integrals

Answer 4

Uno más, sólo para la suerte...

El uso de la uniformidad del integrando, el binomio de expansión de $\sin(x)^{2n}$ en términos exponenciales, y la transformada de Fourier de la representación de la rectangular función de y:

\begin{aligned} \frac{1}{2}\int _{-\infty}^{\infty }\!{\frac { \sin \left( x \right) ^{ 2\,n+1}}{x}}{dx}&=\frac{1}{{2}^{2n+1}}\sum _{k=0}^{2\,n} {2\,n\choose k} \left( -1 \right) ^{n-k}\int _{-\infty }^{\infty }\!{\frac {\sin \left( x \right) {{\rm e}^{-2ix \left( n-k \right) }}}{x}}{dx}\\ &=\frac {\pi }{{2}^{2n+1}}\sum _{k=0}^{2\,n}{2\,n\choose k} \left( -1 \right) ^{n-k} \cases{1 &%#%#%\cr 1/2 &%#%#%\cr 0&%#%#%\cr}\\ &=\frac{\pi}{{2}^{2n+1}}{2\,n\choose n} \end{aligned} El rectangular función ventajosamente nos muestra que el único no-cero-término ponderado en la suma es $ \left| n-k \right| <1/2$ plazo, y nos salvó de cualquier otra manipulación o la evaluación de las sumas.

Answer 5

Yo soy sólo la adición de la prueba de la identidad para aquellos que tienen interés: $$ \sin^{2n+1} x = \frac{1}{4^n}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{2n+1}{k}\sin\left(\left(2(n-k)+1\right)x\right). $$ El uso de la representación compleja y el Teorema del Binomio, tenemos $$\begin{aligned} \sin^{2n+1}x&=\left(\frac{\mathrm{e}^{ix}-\mathrm{e}^{-ix}}{2i}\right)^{2n+1}\\ &=\frac{(-1)^n}{2^{2n+1}i}\sum_{k=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{k}\mathrm{e}^{i(2n+1-k)x}(-1)^k\mathrm{e}^{i(-kx)}\\ &=\frac{(-1)^n}{2^{2n+1}i}\sum_{k=0}^{2n+1}(-1)^k\binom{2n+1}{k}\mathrm{e}^{i(2(n-k)+1)x}\\ &=\frac{(-1)^n}{2^{2n+1}i}\sum_{k=0}^{2n+1}(-1)^k\binom{2n+1}{k}\left[\cos\left(\left(2(n-k)+1\right)x\right) + i\sin\left(\left(2(n-k)+1\right)x\right)\right]\\ &=\frac{(-1)^n}{2^{2n+1}}\sum_{k=0}^{2n+1}(-1)^k\binom{2n+1}{k}\left[\sin\left(\left(2(n-k)+1\right)x\right) - i\cos\left(\left(2(n-k)+1\right)x\right)\right] \end{aligned} $$

Ahora, observa que $$\begin{aligned} \sum_{k=0}^{2n+1} a_{k} &= \sum_{k=0}^{n}a_{k}+\sum_{k=n+1}^{n+n+1}a_{k}\\ &=\sum_{k=0}^{n}a_{k}+\sum_{k=0}^{n}a_{n+1+k}\\ &=\sum_{k=0}^{n}a_{k}+\sum_{k=0}^{n}a_{n+1+n-k}\\ &=\sum_{k=0}^{n}\left(a_{k}+a_{2n+1-k}\right) \end{aligned} $$ Aplicar con $a_{k}=(-1)^{k}\binom{2n+1}{k}\left[\sin\left(\left(2(n-k)+1\right)x\right) - i\cos\left(\left(2(n-k)+1\right)x\right)\right]$, por lo que $$\begin{aligned} a_{2n+1-k}&=-(-1)^{k}\binom{2n+1}{2n+1-k}\left[-\sin\left(\left(2(n-k)+1\right)x\right) - i\cos\left(\left(2(n-k)+1\right)x\right)\right]\\ &=(-1)^{k}\binom{2n+1}{k}\left[\sin\left(\left(2(n-k)+1\right)x\right) + i\cos\left(\left(2(n-k)+1\right)x\right)\right]. \end{aligned} $$ A continuación, $$ a_{k}+a_{2n+1-k}=2(-1)^{k}\binom{2n+1}{k}\sin\left(\left(2(n-k)+1\right)x\right). $$ Por lo tanto, $$\begin{aligned} \sin^{2n+1} x&=\frac{1}{4^{n}}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{2n+1}{k}\sin\left(\left(2(n-k)+1\right)x\right)\\ &=\frac{1}{4^n}\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{2n+1}{n-k}\sin\left((2k+1)x\right)\\ &=\frac{1}{4^n}\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{2n+1}{n+k+1}\sin\left((2k+1)x\right), \end{aligned}$$ como se desee.