Оценить $\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{ix}\right)}{e^{ix}} dx$

Question

Я пытаюсь явно оценить следующий интеграл $$ \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{ix}\right)}{e^{ix}} dx $$

Я проверил на WolframAlpha, что значение интеграла $2 \pi$. Используя это, я попытался сделать следующее.

---

Я анализирую сопряжение интеграла и вижу, что $$ \overline{\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{ix}\right)}{e^{ix}} dx} = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\overline{\sin\left(e^{ix}\right)}}{\overline{e^{ix}}} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{-ix}\right)}{e^{-ix}} dx \overset{\color{blue}{u = -x}}{=}\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{iu}\right)}{e^{iu}} du $$что подтверждает нам реальность интеграла. Отсюда мы можем упростить наш интеграл, найдя$\Re\left(\frac{\sin\left(e^{ix}\right)}{e^{ix}} \right)$.

Чтобы избежать беспорядка, здесь я определил $c(t) := \cos(t)$ и $s(t):= \sin(t)$. Имея это в виду, я понимаю, что\begin{align} \Re\left(\sin\left(e^{ix}\right)e^{-ix} \right) &= \Re\left(\sin(c + is) (c -is) \right) = \Re\left(\frac{e^{-s}e^{ic}-e^{s}e^{ic}}{2i} (c -is) \right)\\ &=\Re\left(\frac{1}{2}\left(e^{-s}\left[\underbrace{\color{blue}{c\{c\}}}_{\cos(\cos(t)} + i\underbrace{\color{blue}{s\{c\}}}_{\sin(\cos(t)}\right]- e^{s}\left[c\{c\} -i s\{c\}\right] \right) (-s -ic) \right)\\ &=\frac{1}{2} \left(-e^{-s}c\{c\}s + e^{s}c\{c\}s +e^{-s}s\{c\}c +e^s s\{c\}c \right)\\ &=s \cos(c) \left(\frac{e^s -e^{-s}}{2}\right) + c \sin(c) \left(\frac{e^s +e^{-s}}{2}\right)\\ &=\sin(t) \cos(\cos(t))\sinh(\sin(t)) + \cos(t) \sin(\cos(t))\cosh(\sin(t)) \end{align}И вот здесь у меня возникли проблемы, потому что я понятия не имею, как мне интегрировать это последнее выражение. Я пробовал использовать симметрию, но функция четная, поэтому я не думаю, что смогу что-то сделать, не найдя первообразной (что звучит очень неприятно).

Кто-нибудь знает, как я могу закончить свое решение? Или, наоборот, знает ли кто-нибудь более простой способ доказать этот результат? Большое спасибо!

Answer 1

Позволять $z=e^{ix}$. Тогда интеграл принимает вид

$$\oint_{|z|=1} \frac{\sin(z)}{iz^2}\,dz$$

Вы можете закончить?

Answer 2

Вы должны уметь пользоваться интегральной формулой Коши. Ваш интеграл можно переписать как$$\int_0^{2\pi}f(e^{ix})\,dx,$$ где $f(x)=\sin(x)/x$. Теперь замените$u=e^{ix}$, $du/u=idx$ так что ваш интеграл становится $$\frac{1}{i}\int_\gamma \frac{f(u)}{u}\,du.$$ Вот, $\gamma$обозначает единичный круг с центром в начале координат комплексной плоскости. Коши сказал нам, что этот интеграл просто$2\pi f(0)$, или в вашем случае $$2\pi.$$ РЕДАКТИРОВАТЬ: На самом деле, если $f$ голоморфна на единичном круге, имеем $$\int_0^{2\pi} f(e^{i\theta})\,d\theta=2\pi f(0).$$

Answer 3

Рассмотрим контурный интеграл от $\frac{\sin(z)}{z^2}$ по кругу $\gamma$. Параметризация круга на интервале$[-\pi, \pi]$ дает нам $i \int \frac{\sin{e^{ix}}}{e^{iz}} dx$.

Мы можем взять разложение Тейлора $\sin(z)$ чтобы получить, что контурный интеграл равен $\int_\gamma \sum\limits_{i = 0}^\infty \frac{z^{2i - 1}}{(2i + 1)!} dz$. Поскольку сумма сходится равномерно по окружности, мы можем поменять местами сумму и интеграл, чтобы получить$\sum\limits_{i = 0}^\infty \int_\gamma \frac{z^{2i -1}}{(2i - 1)!}$. Но для$i > 0$, это интеграл монома по замкнутому пути, поэтому единственный важный член - это $i = 0$ срок.

Таким образом, интеграл равен $\int_\gamma \frac{1}{z} dz = 2 \pi i$.

Тогда ваш исходный интеграл фактически равен $2 \pi$.