Integral

[man111]

if $\displaystyle{f(x) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1-\cos (2nx)}{1-\cos (2x)}\mathrm{d}x}$ and $n\in\mathbb{N}$. then $\displaystyle{\frac{f(n+1)-f(n-1)}{f(n)}=}$

[Руст]

Точнее

$$f(n)=\int_0^{\pi/2}(\frac{\sin nx}{\sin x})^2dx.$$

Известно, что количество $2r$ значных счастливых билетов в $n-$ иречной системе счисления есть

$$\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi/2}(\frac{\sin nx}{\sin x})^{2r}dx.$$

Поэтому $f(n)=\frac{\pi n}{2}.$

[ewert]

Руст в сообщении #462173 писал(а):

$$f(n)=\int_0^{\pi/2}(\frac{\sin nx}{\sin x})^2dx.$$

Известно, что количество $2r$ значных счастливых билетов в $n-$ иречной системе счисления

Это правда, только зачем такие страсти про билеты-то:

$$\int\limits_0^{2\pi}\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^2\,dx=\frac1i\oint\limits_{|z|=1}\left(\frac{z^n-z^{-n}}{z-z^{-1}}\right)^2\cdot\frac{dz}{z}=\frac1i\oint\limits_{|z|=1}\left(\frac{z^{2n}-1}{z^2-1}\right)^2\cdot\frac{dz}{z^{2n-1}}=$$

$$=\frac1i\oint\limits_{|z|=1}\frac{1}{z}\cdot z^{-2n+2}{(1+z^2+z^4+\ldots+z^{2n-2})}^2\,dz.$$

Ясно, что после раскрытия скобок под квадратом коэффициент при $z^{2n-2}$ окажется равным $n$ и, значит, интеграл равен $2\pi n$.

[Руст]

ewert в сообщении #463013 писал(а):

Это правда, только зачем такие страсти про билеты-то:

Вспомнил формулу, выведенную в студенческие годы. Она позволяет оценить через асимптотическое разложение при больших $r>5$ и позволяет вычислить точное значение интеграла при малых $r\le 5$ вычисляя количество счастливых билетов через производящие функции.