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Deje $n\in\mathbb{N}$ e $x\in]0,\pi[$,, me piden calcular los siguientes : $$ I_n = \int_0^{\pi} \dfrac{\cos(nx)\cos(x) - \cos(nt)\cos(t)}{\cos(x) -\cos(t)}dt$$ A partir de ensayos en los pequeños valores de $n$, parece que esta integral es igual a $n\pi\cdot \cos^n(x)$ pero me parece que no puede demostrarlo. Traté de encontrar una fórmula de recurrencia, pero no tuvo éxito.

Aquí está mi trabajo para $n=0$, $n=1$ e $n=2$: Para $n=0$, $$ I_0=\int_0^{\pi}\dfrac{\cos(x) -\cos(t)}{\cos(x) - \cos(t)}dt = \pi$$ Para $n=1$, $$ I_1 = \int_0^{\pi} \dfrac{\cos^2(x) -\cos^2(t)}{\cos(x)-\cos(t)}dt=\int_0^{\pi}\cos(x) + \sin(t)dt = \pi\cdot \cos(x)$$ Para $n=2$: $$ I_2 = \int_0^{\pi} \dfrac{2\cos^3(x) - 2\cos^3(t) -\cos(x) + \cos(t)}{\cos(x) - \cos(t)}dt$$ $$ I_2 = 2\int_0^{\pi}\cos^2(x) +\cos(x)\cos(t) + cos^2(t) dt - \pi$$ $$ I_2 = 2\pi\cos^2(x) + \int_0^{\pi}\cos(2t)+1dt - \pi$$ $$ I_2 = 2\pi\cos^2(x) $$

Este es mi primer post aquí, por favor, decirme si hice algo mal. He intentado buscar esta integral en este sitio web sin ningún éxito.

6voto

Stefan Lafon Puntos 116

He aquí una solución que sólo descansa en la siguiente identidad trigonométrica: $$\cos(a+b)+\cos(a-b)=2\cos(a)\cos(b)\tag{1}$$ Volveremos a él más adelante, pero por ahora, observe que $$\begin{split} I_n(x)&=\int_0^{\pi} \frac{\cos(nx)\cos(x) - \cos(nt)\cos(t)}{\cos(x) -\cos(t)}dt\\ &=\int_0^{\pi}\frac{[\cos(nx)-\cos(nt)]\cos(x) + \cos(nt)[\cos(x)-\cos(t)]}{\cos(x) -\cos(t)}dt\\ &=\cos(x)\int_0^{\pi}\frac{\cos(nx)-\cos(nt)}{\cos(x) -\cos(t)}dt+\int_0^\pi\cos(nt)dt \end{split}$$ En otras palabras, $$I_n(x)=\cos(x)J_n(x)+\pi\delta_{n=0}\tag{2}$$ donde definimos $$J_n(x)=\int_0^\pi \frac{\cos(nx)-\cos(nt)}{\cos(x)-\cos(t)}dt$$ y el símbolo de Kronecker $\delta_{n=0}$, que es igual a$0$, a menos que $n=0$, en cuyo caso es igual a $1$.

Ahora, vamos a volver a (1). Conectar $a=nx$ e $b=x$ a que la identidad implica que $$\cos((n+1)x)+\cos((n-1)x)=2\cos x \cos(nx)$$ Restando la misma ecuación con $t$ a este uno de los rendimientos $$ \begin{split} \cos((n+1)x)-\cos((n+1)t) \\ +\cos((n-1)x)-\cos((n-1)t)=\\ 2\cos x \cos(nx)-2\cos(t)\cos(nt) \end{split}$$ Dividiendo por $\cos(x)-\cos(t)$, y la integración de más de $[0,\pi]$ conduce a $$J_{n+1}(x)+J_{n-1}(x)=2I_n(x)\tag{3}$$ Por último, la combinación [2] y [3] que nos pone, por $n\geq 0$, $$J_{n+2}(x)-2\cos(x)J_{n+1}(x)+J_{n}(x)=0$$

La solución a este segundo orden de la recurrencia de la relación es $$J_n(x)=\alpha e^{inx}+\beta e^{-inx}$$ Ya, $J_0=0$ e $J_1=\pi$, $$J_n(x)=\frac {\pi \sin(nx)}{\sin x}$$ y $$I_n(x)=\pi\cos(x)\frac{\sin(nx)}{\sin(x)} \mbox{ for } n\geq 1 \mbox{, and }I_0=\pi$$

4voto

Frank W. Puntos 116

Una buena manera de evaluar generalizada de las integrales se consideran como los coeficientes de una serie infinita. Por lo tanto, el coeficiente de la $n$th término es simplemente la integral en la pregunta. Antes de comenzar, sin embargo, no es una identidad a la nota:

$$\sum\limits_{n\geq0}z^n\cos nx=\frac {1-z\cos x}{z^2-2z\cos x+1}$$ Prueba: Reescribir $\cos nx$ como la parte real de la $e^{nix}$. Utilizando el infinito progresiones geométricas, obtenemos que$$\sum\limits_{n\geq0}\left(ze^{ix}\right)^n=\frac 1{1-ze^{ix}}$$Now, take the real part of both sides. Clearly, the left - hand side becomes $z^n\cos nx$. Meanwhile, the right - hand side becomes, through some clever rationalization$$\begin{align*}\operatorname{Re}\left[\frac 1{1-ze^{ix}}\right] & =\operatorname{Re}\left[\frac 1{1-z\cos x-zi\sin x}\right]\\ & =\operatorname{Re}\left[\frac {1-z\cos x+zi\sin x}{(1-z\cos x)^2+z^2\sin^2x}\right]\\ & =\frac {1-z\cos x}{z^2-2z\cos x+1}\end{align*}$$completar la prueba.


Con esto en mente, estamos listos para comenzar. Desde que el OP ha dicho en los comentarios que él está tratando de evaluar la integral$$I_n=\int\limits_0^{\pi}\mathrm dt\,\frac {\cos nx-\cos nt}{\cos x-\cos t}$$I will show a way to evaluate it in this answer. To wit, denote the generating function of the integral as $G(z)$

$$G(z)=\sum\limits_{n\geq0}I_nz^n$$

Y recuerde que el coeficiente de $z^n$ simplemente le $I_n$. El intercambio de la suma y la integral, y el uso de la identidad que hemos derivado de arriba, se

$$\begin{align*}G(z) & =\int\limits_0^{\pi}\frac {\mathrm dt}{\cos x-\cos t}\sum\limits_{n\geq0}z^n\biggr[\cos nx-\cos nt\biggr]\\ & =\int\limits_0^{\pi}\frac {\mathrm dt}{\cos x-\cos t}\left[\frac {1-z\cos x}{z^2-2z\cos x+1}-\frac {1-z\cos t}{z^2-2z\cos t+1}\right]\end{align*}$$

La combinación de las dos fracciones, y recordando que cualquiera de los términos en $z$ son constantes, la función se convierte en

$$G(z)=\frac {z(1-z^2)}{z^2-2z\cos x+1}\int\limits_0^{\pi}\frac {\mathrm dt}{z^2-2z\cos t+1}$$

El resto de la integral puede ser fácilmente evaluado usando una sustitución de Weierstrass. Sustituto $w=\tan\left(\tfrac t2\right)$ , de modo que

$$\begin{array}{|c|c|c|}\hline w=\tan\left(\dfrac t2\right) & \mathrm dt=\dfrac {2\,\mathrm dw}{1+w^2} & \cos t=\dfrac {1-w^2}{1+w^2}\\\hline\end{array}$$

El resto de la función racional puede ser evaluada en una escuela primaria de la moda

$$\begin{align*}G(z) & =\frac {2z(1-z^2)}{z^2-2z\cos x+1}\int\limits_0^{\infty}\frac {\mathrm dw}{w^2(1+z)^2+(1-z)^2}\\ & =\frac {2z}{z^2-2z\cos x+1}\arctan\left(\frac {1+z}{1-z}w\right)\,\Biggr\rvert_0^{\infty}\\ & =\frac {\pi z}{z^2-2z\cos x+1}\end{align*}$$

A partir de la segunda línea, es importante observar que el argumento de la tangente inversa seguirá siendo positivo si y sólo si $|z|<1$. Cuando $|z|<1$, entonces el denominador es positivo, así como el numerador. Por lo tanto, $\tfrac {1+z}{1-z}>0$. Sin embargo, si $|z|>1$, entonces el argumento es menor que cero, y hay un extra de signo negativo. Para el propósito de esta pregunta, vamos a considerar cuando se $|z|<1$.

Ahora todo lo que tienes que hacer es encontrar el coeficiente de $z^n$. Es una agradable y cómoda de hacer esto mediante el uso de

$$2\cos x=e^{ix}+e^{-ix}$$

Factorizando el denominador por la agrupación da

$$\begin{align*}\frac z{z^2-2z\cos x+1} & =\frac z{(1-ze^{ix})(1-ze^{-ix})}\\ & =z\sum\limits_{k\geq0}z^k e^{kix}\sum\limits_{l\geq0}z^l e^{-lix}\end{align*}$$

Ahora observa lo que sucede cuando nos ampliar los productos$$\begin{multline}(1+ze^{ix}+z^2e^{2ix}+\cdots)(1+ze^{-ix}+z^2e^{-ix}+\cdots)\\=1+z(e^{ix}+e^{-ix})+z^2(e^{2ix}+1+e^{-2ix})+\cdots\end{multline}$$

La suma del paréntesis parece comenzar en el índice de la $n$th plazo y reducir por un factor de dos. El uso de este, es posible reescribir los coeficientes muy bien como

$$a_k=\sum\limits_{m=0}^ke^{(k-2m)ix}=\frac {\sin x(k+1)}{\sin x}$$

Por lo tanto$$\frac {\pi z}{z^2-2z\cos x+1}=\pi\sum\limits_{k\geq1}\frac {\sin xk}{\sin x}z^k$$

Y establecimiento $k$ como $n$ da el término $z^n$. Por lo tanto, nuestra integral es simplemente$$\int\limits_0^{\pi}\mathrm dt\,\frac {\cos nx-\cos nt}{\cos x-\cos t}\color{blue}{=\frac {\pi\sin xn}{\sin x}}$$

3voto

Roger Hoover Puntos 56

Completando la solución de Frank:

$$ [z^n]\frac{\pi z}{z^2-2z\cos x+1} = \frac{\pi}{2}[z^{n}]\left(\frac{1}{z-e^{ix}}+\frac{1}{z-e^{-ix}}\right) $ $ es igual, por serie geométrica, $$ \frac{\pi}{2}\left(-e^{-(n+1)ix}-e^{(n+1)ix}\right)=-\pi\cos((n+1)x). $ $

2voto

Zacky Puntos 162

Voy a hacer la integral de $n=3$, por desgracia esto va a desmentir su resultado. (a menos que me hizo un error) $$I_3= \int_0^\pi \frac{\cos(3x)\cos x -\cos(3t)\cos t}{\cos x-\cos t}dt$$ Desde $\cos(3 y)=4\cos^3 y -3\cos y$ tenemos: $$\cos(3x)\cos x -\cos (3t)\cos t=4(\cos^4 x-\cos^4t)-3(\cos^2 x-\cos^2 t)$$ $$=4(\cos x-\cos t)(\cos x+\cos t) (\cos^2 x+\cos^2t)-3(\cos x-\cos t)(\cos x+\cos t)$$ $$\Rightarrow I_3=\int_0^\pi (\cos x+\cos t)(4(\cos ^2 x+\cos^2 t)-3)dt$$ $$\overset{\pi-t\to t}=\int_0^\pi (\cos x-\cos t)(4(\cos^2 x+\cos^2 t)-3)dt$$ $$\Rightarrow 2I_3=2\cos x\int_0^\pi (4(cos^2 x+\cos^2 t)-3)$$ $$\Rightarrow I_3= 4\pi \cos^3 x +\cos x \underbrace{\int_0^\pi \cos^2 tdt}_{=\frac{\pi}{2}}-3\pi \cos x=2\pi(\cos x+2\cos(3x))$$


Para $n=4$ tenemos: $$\cos(4x)=8\cos^4 x-8\cos^2 x+1$$ Denotando $cx=\cos x$ e $ct=\cos t\,$ obtenemos el integrando a ser: $$\frac{8(cx^5-ct^5)-8(cx^3-ct^3)+(cx-ct)}{cx-ct}$$ Y usando el hecho de que: $$a^5-b^5=(a-b)(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4$$ $$\Rightarrow I_4=8\int_0^\pi(cx^4+cx^3 ct+cx^2 ct^2 +cx ct^3+ct^4)dt$$ $$-8\int_0^\pi (cx^2+cxct+ct^2) dt +\int_0^\pi dt$$ Tenemos: $$\int_0^\pi ct dt=\int_0^\pi ct^3 dt =0$$ $$\int_0^\pi ct^2 dt= \frac{\pi}{2},\ \int_0^\pi ct^4 dt=\frac{3\pi}{8}$$ $$\Rightarrow I_4=(8\pi cx^4 +4\pi cx^2 +3\pi )-(8\pi cx^2 +4\pi)+\pi$$ $$=8\pi cx^4 -4\pi cx^2 =4\pi \cos^2 x \cos(2x)$$

1voto

ComplexYetTrivial Puntos 456

Una solución alternativa para el problema:

Para $n \in \mathbb{N}$ e $x \in (0,\pi)$definir $$J_n (x) \equiv \int \limits_0^\pi \frac{\cos(n x) - \cos(n t)}{\cos(x) - \cos(t)} \, \mathrm{d} t \, . $$ Podemos utilizar las identidades ($(2)$ sigue de la progresión geométrica de la fórmula) \begin{align} \cos(\xi) - \cos(\tau) &= - 2 \sin \left(\frac{\xi + \tau}{2}\right) \sin \left(\frac{\xi - \tau}{2}\right) \, , \, \xi,\tau \in \mathbb{R} \, , \tag{1} \\ \frac{\sin(n y)}{\sin(y)} &= \mathrm{e}^{-\mathrm{i}(n-1)y} \sum \limits_{k=0}^{n-1} \mathrm{e}^{2\mathrm{i} k y} \, , \, n \in \mathbb{N} \, , \, y \in \mathbb{R} \, , \tag{2} \\ \int \limits_0^{2 \pi} \mathrm{e}^{\mathrm{i}(k-l) t} \, \mathrm{d} t &= 2 \pi \delta_{k,l} \, , \, k,l \in \mathbb{Z} \, , \tag{3} \end{align} para calcular \begin{align} J_n (x) &= \frac{1}{2} \int \limits_0^{2\pi} \frac{\cos(n x) - \cos(n t)}{\cos(x) - \cos(t)} \, \mathrm{d} t \stackrel{(1)}{=} \frac{1}{2} \int \limits_0^{2\pi} \frac{\sin \left(n\frac{x+t}{2}\right)}{\sin \left(\frac{x+t}{2}\right)} \frac{\sin \left(n\frac{x-t}{2}\right)}{\sin \left(\frac{x-t}{2}\right)} \, \mathrm{d} t \\ &\stackrel{(2)}{=} \frac{1}{2} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} (n-1) x} \sum \limits_{k,l=0}^{n-1} \mathrm{e}^{\mathrm{i} (k+l) x} \int \limits_0^{2 \pi} \mathrm{e}^{\mathrm{i}(k-l) t} \, \mathrm{d} t \stackrel{(3)}{=} \pi \mathrm{e}^{-\mathrm{i} (n-1) x} \sum \limits_{k=0}^{n-1} \mathrm{e}^{2 \mathrm{i} k x} \\ &\stackrel{(2)}{=} \pi \frac{\sin(nx)}{\sin(x)} \, . \end{align} Este resultado conduce directamente a \begin{align} I_n(x) &\equiv \int \limits_0^\pi \frac{\cos(n x) \cos(x) - \cos(n t) \cos(t)}{\cos(x) - \cos(t)} \, \mathrm{d} t = \int \limits_0^\pi \left[\cos(x)\frac{\cos(n x) - \cos(n t)}{\cos(x) - \cos(t)} + \cos(n t)\right]\, \mathrm{d} t \\ &= \cos(x) J_n(x) + 0 = \pi \cos(x) \frac{\sin(nx)}{\sin(x)} \, . \end{align}

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