La evaluación de este complicado integral mediante el análisis complejo

Question

Estoy tratando de evaluar esta integral:

$$\boxed{\int_{-\pi}^\pi\sin(2\cos\theta)\cos((2m+1)\theta)\,d\theta}$$ donde $m\in\mathbb{N}$, la utilización de complejos métodos de análisis.

Lo que he hecho es encontrar el residuo de $\sin(z+\frac 1z)$:

Desde $$\sin(z+\frac 1z)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k(z+z^{-1})^{2k+1}}{(2k+1)!}$$, and using the Binomial theorem, we have $$(z+z^{-1})^{2k+1}=\sum_{r=0}^{2k+1}{{2k+1}\choose r}z^{2k+1-2r}$$.

La combinación de estos dos hechos, tenemos que el residuo (coeficiente de $z^{-1}$) es: $$\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}{{2k+1}\choose{k+1}}$$.

Después de esto estoy un poco atascado.

Soy consciente de la norma técnica de la sustitución de $\cos\theta=\frac{z+z^{-1}}{2}$, $d\theta=\frac{dz}{iz}$, etc, pero no estoy seguro de qué hacer con el $\cos((2m+1)\theta)$.

Gracias por la ayuda.

Por cierto, por si ayuda, la respuesta se supone que debo llegar es $$\boxed{2\pi\sum_{k=m}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}{{2k+1}\choose {k-m}}}$$.

Actualización: el Uso de David Holden excelente sugerencia, procedí a encontrar el residuo de el integrando.

Por lo que la integral se convierte en $\frac{1}{2i}\int_C\sin(z+z^{-1})(z^{2m}+z^{-2m-2})\,dz$.

Puedo encontrar el residuo de las integrando a ser

$$\sum_{k=m}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}{{2k+1}\choose{k+m+1}}+\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}{{2k+1}\choose{k-m}}$$

Yo podría haber cometido un error a lo largo del camino, no puedo llegar a la respuesta final.

Answer 1

Considere la posibilidad de que $\cos{\left [ (2 m+1) \theta \right ]} = \operatorname{Re}{\left [e^{i (2 m+1) \theta}\right ]} $. A continuación, consideramos la integral

$$-i \oint_{|z|=1} dz \, \sin{\left ( z+\frac1{z} \right )} z^{2 m}$$

que es igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos de el integrando en $z=0$. Para evaluar los residuos y su suma, nos Taylor ampliar el seno plazo para conseguir, como el integrando,

$$-i \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2 k+1)!} \left ( z+\frac1{z} \right )^{2 k+1} z^{2 m} $$

El coeficiente de $z^{-1}$ $k$th término de la expansión es el coeficiente de la $k+m+1$th plazo. (Usted puede trabajar para los sucesivos valores de $m$.) Por lo tanto, la integral es igual a

$$2 \pi \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2 k+1)!} \binom{2 k+1}{k+m+1} = 2 \pi \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(k-m)! (k+m+1)!}$$

Para evaluar la suma, tenga en cuenta que los términos de $k \lt m$ son cero. A continuación, podemos cambiar el índice de la suma para obtener

$$ 2 \pi \sum_{k=m}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(k-m)! (k+m+1)!} = 2 \pi (-1)^m \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k! (k+2 m+1)!}$$

La última suma es reconocible como una función de Bessel evaluados en $z=2$. Por lo tanto,

$$\int_{-\pi}^{\pi} d\theta \, \sin{(2 \cos{\theta})} \cos{\left [ (2 m+1) \theta \right ]} = 2 \pi (-1)^m J_{2 m+1}(2)$$