Maneras de demostrar $\displaystyle \int_0^\pi dx \dfrac{\sin^2(n x)}{\sin^2 x} = n\pi$

Question

De cuántas maneras podemos demostrar el siguiente teorema?

$$I(n):= \int_0^\pi dx \frac{\sin^2(n x)}{\sin^2 x} = n\pi$$ Aquí $n$ es un entero no negativo.

La prueba de que he encontrado es mediante la consideración de $I(n+1)-I(n)$, la cual puede ser reducido a $$ g(n):= \int_0^\pi dx \frac{\sin(2 n x) \cos x}{\sin x}. $$ Luego me demostró que $g(n)=g(n+1)$, de donde $g(n) = g(1) = \pi$. Esto completa la prueba. Me pregunto si hay una manera más directa para demostrarlo. Por "directo", me refiero a sin derivar auxiliar recursiones.

Answer 1

Esta declaración es la misma como la demostración de $$\int_0^{2\pi} \frac{\sin^2 nx}{\sin^2 x} dx = 2\pi n.$$

Poner $z=e^{ix}$, de modo que $dz = i e^{ix} \; dx = iz \; dx$ y el uso de $$\sin x = \frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2}$$ para obtener $$\int_{|z|=1} \frac{(z^n-1/z^n)^2}{(z-1/z)^2} \frac{1}{iz} dz = \int_{|z|=1} \frac{1}{z^{2n}} \frac{(z^{2n}-1)^2}{(z-1/z)^2} \frac{z}{iz^2} dz \\ = \int_{|z|=1} \frac{1}{z^{2n}} \frac{(z^{2n}-1)^2}{(z^2-1)^2} \frac{z}{i} dz = \frac{1}{i} \int_{|z|=1} \frac{1}{z^{2n-1}} \frac{(z^{2n}-1)^2}{(z^2-1)^2} dz.$$

Tenga en cuenta que $z=\pm 1$ no es realmente un polo aquí porque es cancelado por el numerador de la racional plazo.

Observar que $$\frac{(z^{2n}-1)^2}{(z^2-1)^2} = n z^{2n-2} + \sum_{q=0}^{n-2} (q+1) \left(z^{t2} + z^{4n-4-2t}\right).$$

Para comprobar esto se multiplican ambos lados por $(z^2-1)^2$ a obtener $$n z^{2n-2} (z^2-1)^2 + \sum_{q=0}^{n-2} (q+1) \left(z^{t2} + z^{4n-4-2t}\right) (z^2-1)^2 \\ = n z^{2n+2} - 2 n z^{2n} + n z^{2n-2} \\ + \sum_{q=0}^{n-2} (q+1) \left(z^{2t+4} - 2 z^{2t+2} + z^{t2} + z^{4n-2t} - 2 z^{4n-2-2t} + z^{4n-4-2t}\right).$$

La primera parte de la suma es $$\sum_{q=0}^{n-2} (q+1) z^{t2} - 2 \sum_{q=1}^{n-1} q z^{t2} + \sum_{q=2}^n (q-1) z^{t2}$$ que los telescopios para dar $A$1 + 2z^2 - 2z^2 - 2(n-1)z^{2n-2} + (n-2)z^{2n-2} + (n-1) z^{2n} \\ = 1 - n z^{2n-2} + (n-1) z^{2n}.$$ Por la simetría que nos dan para la segunda parte de la suma que el término $a$z^{4n} ( 1 -n z^{2-2n} + (n-1) z^{-2n} ) = z^{4n} - n z^{2n+2} + (n-1) z^{2n}.$$

La adición de los tres contribuciones obtenemos $$n z^{2n+2} - 2 n z^{2n} + n z^{2n-2} + 1 - n z^{2n-2} + (n-1) z^{2n} + z^{4n} - n z^{2n+2} + (n-1) z^{2n} \\ = z^{4n} - 2 z^{2n} + 1 = (z^{2n}-1)^2,$$ lo que concluye la prueba.

Volviendo a la integral obtenemos el valor $$\frac{1}{i} \times 2\pi i \times \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^{2n-1}} \frac{(z^{2n}-1)^2}{(z^2-1)^2}$$ que es $$\frac{1}{i} \times 2\pi i \times [z^{2n-2}] \frac{(z^{2n}-1)^2}{(z^2-1)^2} = 2\pi n,$$ QED.

Adenda. En realidad el anterior admite una considerable simplificación. Tenga en cuenta que $$\left(\frac{z^n-1}{z-1}\right)^2 = \left(1+z+z^2+\cdots+z^{n-1}\right)^2$$ y por lo tanto $$[z^{n-1}]\left(\frac{z^n-1}{z-1}\right)^2 = \sum_{q=0}^{n-1} 1 \1 = n.$$ Este de inmediato los rendimientos $$[z^{2n-2}]\left(\frac{z^{2n}-1}{z^2-1}\right)^2= n.$$

Answer 2

Aquí es un cañón para disparar a una mosca.

Reescribir la integral como \begin{equation} I(n):= \int_0^\pi\frac{1-\cos2nx}{1-\cos2x}\,dx\stackrel{2x\,\mapsto\, x}\Longrightarrow \frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\frac{1-\cos nx}{1-\cos x}\,dx\tag{1} \end{equation} A partir de mi respuesta aquí, tenemos \begin{equation}\int_0^{2\pi}\frac{\cos mx}{p-q\cos x}\, dx=\frac{2\pi}{\sqrt{p^2-q^2}}\left(\frac{p-\sqrt{p^2-q^2}}{q}\right)^m\qquad\hbox{for}\qquad |q|<p\tag{2} \end{equation} Ahora, vamos a tratar la integral de la $(1)$ como si se separan mediante $(2)$. Debemos tener cuidado aquí, porque cada una de las integrales divergentes. Hemos creado $m=0$, $m=n$, $p=1$, y tomar el límite cuando $q\to1^-$, luego \begin{align} I(n)&:= \lim_{q\to1^-}\left[\;\frac{\pi}{\sqrt{1-q^2}}-\frac{\pi}{\sqrt{1-q^2}}\left(\frac{1-\sqrt{1-q^2}}{q}\right)^n\;\right]\tag{3} \end{align} El límite por encima de sucumbe a aplicar L'Hôpital una vez, entonces se sigue \begin{equation} I(n):= \int_0^\pi\frac{\sin^2nx}{\sin^2x}\,dx=n\pi \end{equation} que se anunció el resultado.$\qquad\square$

Answer 3

Me pueden enviar mi solución , desde mi documento. Se puede encontrar en la página 83. Si uno realmente desea tomar este problema con una canon se puede utilizar la siguiente generalización $$ \int _{0}^{\pi }\! \left( {\frac {\sin \left( nx \right) }{\pecado \left( x \right) }} \right)^{m}{dx}=\pi \sum _{l=0}^{\large\left\lfloor {\frac{m\left(n-1\right)}{2n}} \right\rfloor }\left( -1 \right) ^{l}{m\elegir l}{\dfrac{m}{2}\left( n+1\right) -ln-1\elegir m-1}\etiqueta{10} $$ Que es demostrado por Graham Hesketh, ver ecuación 10 aquí. Set $m=1$ el uso de las propiedades de la función del suelo y uno se hace. Otra forma de probar la $(n)$ puede ser encontrado en la misma respuesta

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Prueba

Lema: Vamos a $k \in \mathbb{Z}$ luego $$\begin{align*} \int_0^{\pi}\frac{\sin 2kx}{\sin x}\mathrm{d}x & = 0 \tag{1} \\ \int_0^{\pi}\frac{\sin (2k-1)x}{\sin x}\mathrm{d}x & = \pi \tag{2} \end{align*}$$

Prueba: primero se definen de la siguiente función $\displaystyle I_n = \int_0^\pi \frac{\sin 2k x}{\sin x} \mathrm{d}x$. Tenga en cuenta que ahora tenemos $I_0 = 0$$I_1=\pi$. desde $\sin 0 = 0$$\sin 2x = 2\cos x \sin x$. Tenemos la siguiente relación para todos los $n$ $$ I_n-I_{n-2} =\int_0^{\pi}\frac{\sin{nx}-\sin{(n-2)x}}{\sin x}\mathrm{d}x =2\int_0^{\pi}\cos(n-1)x\mathrm{d}x =2\left[\frac{\sin{(n-1)x}}{n-1}\right]_0^{\pi} =0 $$ Para $|n|\geq 3$. Esto significa $I_{2k}=I_{2k-2}=\cdots=I_{2}=\pi$ y simmilarly $I_{2k+1} = I_{2k-1}=\cdots I_1=0$. Que es lo que queríamos demostrar.

La proposición: Vamos a $k \in \mathbb{Z}$ $$ \ell_2(k) = \int_0^\pi \left( \frac{\sen kx}{\sin x} \right)^2\mathrm{d}x = \int_0^\pi \frac{1 - \cos kx}{1 - \cos x}\,\mathrm{d}x = |k|\pi \etiqueta{3} $$

Prueba 1: Aquí vamos a seguir los pasos de la otra respuesta y el uso del lema anterior. Definimos $\displaystyle J_n=\int_0^{\pi}\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^2\mathrm{d}x$. Podemos observar que a lo $J_n - J_{n-1}$ es constante, por ejemplo $$ \begin{align*} J_k - J_{k-1} & = -\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\frac{\cos{2kx}-\cos{(2n-2)x}}{(\sin x)^2} = -\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\frac{-2\sin\left(\frac{4k-2}{2}x\right) \sin\left(\frac{2x}{2}\right)}{(\sin x)^2} \\ & = \int_0^{\pi}\frac{\sin{(2k-1)x}}{\sin x} = I_{2k-1}=\pi. \end{align*} $$ Entonces podemos escribir $$J_n=J_{n-1}+\pi=J_{n-2}+2\pi=\cdots=J_1+(n-1)\pi=n\pi.$$ Esto completa la prueba.

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Prueba 2: Aquí hay otra manera de resolver este problema. Tuve la idea de chat, pero la técnica es mucho mayor. Queremos demostrar que $(I_{n+1} + I_{n-2}) / 2 = I_n$. Por ejemplo que $I_n$ es el promedio de la próxima legislatura anterior

Algunos cálculos muestran que

\begin{align*} \frac{I_{n+1}+I_{n-1}}{2} & = \frac{1}{2}\int_0^\pi \frac{1 - \cos(n+1)x }{1 - \cos x} + \frac{1-\cos(n-1)x}{1-\cos x} \,\mathrm{d}x \\ & = \frac{1}{2}\int_0^\pi \frac{2 -\bigl[ \cos(n+1)x + \cos(n-1)x\bigr]}{1-\cos x} \,\mathrm{d}x \\ & = \int_0^\pi \frac{1 - \cos nx \cos x}{1-\cos x} \,\mathrm{d}x \\ & = \int_0^\pi \frac{(1-\cos nx) + (1-\cos x) \cos nx}{1-\cos x} \,\mathrm{d}x \\ & = \int_0^\pi \frac{1 - \cos nx}{1-\cos x} \,\mathrm{d}x = I_n \end{align*} Varias cosas de las que se utiliza aquí. Como $\cos (n+1)x + \cos(n-1)x = 2 \cos nx \cos x$$ \int_0^\pi \cos n x\,\mathrm{d}x = 0 \ \forall \ n \in\mathbb{Z} \backslash \{0\}$. Ahora hemos demostrado que $$ I_n = \frac{I_{n+1}+I_{n-1}}{2} \ \Rightarrow \ 2I_n = I_{n+1}+I_{n-1} \ \Rightarrow \ I_n - I_{n-1} = I_{n+1} - I_n $$ Que es sólo una arithmetric secuencia debido a que la diferencia entre los dos términos es constante (igual que la respuesta anterior). Por lo tanto $I_n = I_0 + (n-0)d = nd$ donde $d$ es la diferencia entre dos términos. Tenemos $d = I_1 - I_0 = \pi - 0 = \pi$. Esto completa la segunda prueba. $\qquad\square$

Answer 4

Recordemos que el Féjer kernel $F_n(t)$ se define como la media de los kernel de Dirichlet $$D_n(t)=\sum_{|k|\leqslant n}e^{ikt}$$

Es conocido $F_n(2t)=\dfrac 1 n\dfrac{\sin^2 nt}{\sin^2 t}$. Este es un uso simple de la serie geométrica. También se sabe que para cualquier $2\pi$-función periódica $f:S^1\to\Bbb R$, los medios de las sumas parciales de Fourier de $f$ se dan por $$F_n\star f(s)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} F_n(t)f(s-t)dt$$

Esto se comprueba mediante la definición de la $n$-ésimo coeficiente de Fourier.

Si dejamos $f$ ser la función constantemente igual a $1$, podemos obtener las sumas parciales todos iguales a $1$, lo $$1=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}F_n(t)dt$$

Este es esencialmente el resultado.

Answer 5

Aquí demuestro $\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{\sin^2(2n+1)x}{\sin^2x}dx=2\pi(2n+1).$

Desde $\displaystyle\sum_{j=1}^n \cos 2jx = -\frac{1}{2}+\frac{\sin(2n+1)x}{2\sin(x)}$,$\displaystyle1+\sum_{j=1}^n \cos 2jx = \frac{\sin(2n+1)x}{\sin(x)}$.

Ahora tome ambos lados a la potencia de $2$ e integrar término a término. $$\begin{align}I&=\int_0^{2\pi}\left(1+2\sum_{j=1}^n \cos 2jx\right)^2dx\\&=2\pi+4\sum_{j=1}^n \int_0^{2\pi}\cos^2 2jx\,dx+4\sum\sum_{j\neq k} \int_0^{2\pi}\cos 2jx\cos 2kx\,dx+4\sum_{j=1}^n \int_0^{2\pi}\cos 2jx\,dx\end{align}$$ Por lo tanto, $\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{\sin^2(2n+1)x}{\sin^2x}dx=2\pi(2n+1).$