Интеграл от отношения кратных синусов

[panihil]

Вычислите интеграл:

$$\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin2018x}{\sin x}dx$$

Усложненная версия, которая предлагалась в варианте для математиков:

(Оффтоп)

$$\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\frac{\sin2018x}{\sin x})^2 dx$$

Предлагалось на олимпиаде по математике УрФУ в 2018 году, сколько бился, не смог. Численное интегрирование даёт число чуть меньшее, чем $\frac{\pi}{2}$.

Как-нибудь свести к интегральному синусу не вышло, вычеты использовать не позволяет куча нулей на контуре, какой-нибудь хитрый параметр ввести, и затем дифференцированием по нему свести к решаемому диффуру тоже не получилось.

Максимум, что получилось — преобразовать подынтегральную функцию в виде такой суммы произведений косинусов разных степеней и кратных углов, но проще от этого не стало :/

$$\frac{\sin nx}{\sin x} = \sum\limits_{k=0}^{n}\cos kx \cos^{n-k}x$$

[Igrickiy(senior)]

Интересная формула:

$$\sin{(n+1)x}=2\sin{nx}\cos{x}-\sin{(n-1)x}$$

И ещё одна:

$$\sin{2nx}=\operatorname{Im}(\cos{x}+i\sin{x})^{2n}=\operatorname{Im}((\cos{x}+i\sin{x})^2)^n= \operatorname{Im}(2\cos^2{x}-1+2i\sin{x}\cos{x})^n$$

[=SSN=]

panihil в сообщении #1365998 писал(а):

Вычислите интеграл:

$$\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin2018x}{\sin x}dx$$

Для начала, попробуйте вычислить сумму первых n = 2018 членов геометрической прогрессии:

$$\sum\limits_{k=0}^{n-1}(\exp(-2ix))^k$$

[panihil]

=SSN= в сообщении #1366016 писал(а):

Для начала, попробуйте вычислить сумму первых n = 2018 членов геометрической прогрессии:

$$\sum\limits_{k=0}^{n-1}(\exp(-2ix))^k$$

Отличная подсказка, спасибо. Не признал геометрическую прогрессию, хотя в экспоненциальном виде синусы разложить пробовал.
После всех причёсываний пришёл к следующей сумме:

$$\sum\limits_{k=0}^{1008}(-1)^k(\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+1-2018})$$

Как её посчитать «не в лоб»? (слагаемые напоминают ряд Маклорена для арктангенса единицы, так что неудивительно, что оно так близко к $\pi/2$)

[=SSN=]

panihil в сообщении #1366088 писал(а):

Как её посчитать «не в лоб»?

Если раскрыть скобки и во второй сумме изменить порядок суммирования, то получится, что она равна в точности первой сумме.

Так что с точностью до O(2/2019) вся сумма будет равна:

$$2\cdot\sum\limits_{k=0}^{1008}(-1)^k\frac{1}{2k+1} \approx 2\cdot{\arctg(1)} - \frac{2}{2019}$$

[panihil]

=SSN= в сообщении #1366097 писал(а):

Если раскрыть скобки и во второй сумме изменить порядок суммирования, то получится, что она равна в точности первой сумме.

Так что с точностью до O(2/2019) вся сумма будет равна:

$$2\cdot\sum\limits_{k=0}^{1008}(-1)^k\frac{1}{2k+1} \approx 2\cdot{\arctg(1)} - \frac{2}{2019}$$

Окей, с первым разобрался, спасибо.
Какие есть идеи по поводу этого же выражения в квадрате? Если делать таким же методом, получается две чисто мнимых суммы, т. е. действительная часть должна быть равна нулю, но численно она далеко не ноль.

$$({\dfrac{\sin nx}{\sin x})^2 = ({e^{i(n-1)x}\cdot\sum\limits_{k=0}^{n-1}e^{-i2kx}})^2 = \sum\limits_{k=0}^{n-1}e^{-i2x(2k-(n-1))} + 2 \sum\limits_{j\ne k=0}^{n-1}e^{-i2x(k+j-(n-1))};$$ $$\int\limits_{0}^{\pi/2}({\frac{\sin nx}{\sin x}})^2dx = \sum\limits_{k=0}^{n-1}\dfrac{i}{4k-2(n-1)}(e^{i\pi(n-1-2k)}-1)+ \sum\limits_{j\ne k=0}^{n-1}\dfrac{i}{k+j-(n-1)}(e^{i\pi(n-1-(k+j)}-1)=$$ $$ = i \cdot( \sum\limits_{k=0}^{n-1}\dfrac{1}{4k-2(n-1)}((-1)^{n-1-2k}-1)+ \sum\limits_{j\ne k=0}^{n-1}\dfrac{1}{k+j-(n-1)}((-1)^{n-1-(k+j)}-1))$$

[=SSN=]

panihil в сообщении #1367282 писал(а):

Если делать таким же методом, получается две чисто мнимых суммы, т. е. действительная часть должна быть равна нулю, но численно она далеко не ноль.

Попробуйте учесть тот факт, что функция:

$${\dfrac{\sin(nx)}{\sin(x)}}$$

является четной, а значит:

$$({\dfrac{\sin(nx)}{\sin(x)}})^2 = {\dfrac{\sin(nx)}{\sin(x)}}\cdot{\dfrac{\sin(-nx)}{\sin(-x)}}$$

[jekyl]

С квадратиком, по моему, даже легче считается, т.к. под интегралом ядро Фейера с точностью до умножения на константу.
Кстати, если бы год был 2019 (нечётный), то первый интеграл равен $\pi/2$. Интересно было бы посчитать вот такое:

$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin(nx)\sin(mx)}{\sin^2(x)}dx,\ n,m\in\mathbb{N}. $$

Если $m$ и $n$ одной чётности, то вроде бы считается.

[mihiv]

jekyl в сообщении #1367634 писал(а):

Если $m$ и $n$ одной чётности, то вроде бы считается

Если $n>m$ и они одной четности, то $I=n\frac {\pi }2$. Получается интегрированием один раз по частям $(dv=\frac {dx}{\sin ^2x})$ и тригон. преобразованиями.

[jekyl]

mihiv в сообщении #1367967 писал(а):

то $I=n\frac {\pi }2$.

Тут опечатка. $I=m\pi/2$, если $n>m$.

[mihiv]

jekyl в сообщении #1368516 писал(а):

Тут опечатка. $I=m\pi/2$, если $n>m$.

Да, действительно.