Да се пресметне интеграла

[aifC]

[tex]I(n) = \int\limits_{0}^{\pi} sin^{4}(x+sin(nx))dx[/tex];

[aifC]

Нека:
[tex]I(m,n) = \int\limits_{0}^{\pi} cosm(x+sinnx)dx \hspace{2cm} m,n \in \mathbb{N}[/tex]

Използваме симетрия и комплексна субституция: [tex]z = e^{ix}[/tex]

[tex]I(m,n) = \frac{1}{2} \int\limits_{-\pi}^{\pi} cosm(x+sinnx) dx = \frac{1}{2} \int\limits_{-\pi}^{\pi} e^{im(x+sinnx)}dx =[/tex]
[tex]\frac{1}{2} \int\limits_{|z|=1}^{} z^{m}e^{\frac{1}{2}m(z^{m} - z^{n})} \frac{dz}{iz} = \frac{1}{2i}\int\limits_{|z|=1}^{} F_{m,n}(z)\frac{dz}{z}[/tex]

Където:
[tex]F_{m,n}(z) = z^{m}e^{\frac{1}{2}m(z^{m} - z^{n})}[/tex]

е холоморфна на [tex]\mathbb{C} \backslash\{0\}[/tex] и има изолирана сингулярност в [tex]0[/tex], по този начин:

[tex]I(m,n) = \pi Res_{z=0}z^{-1}F_{m,n}(z)[/tex]

е равно на [tex]\pi[/tex]-пъти константното условие в израза на Лорент на [tex]F_{m,n} = z[/tex] за [tex]0[/tex], но докато

[tex]F_{m,n}(z) = \sum_{u,v \ge 0}^{ }\frac{\left (\frac{1}{2}m\right)^{u+v}(-1)^{v} }{u!v!} z^{m+n(u-v)} \hspace{2cm} z \neq 0[/tex]

Виждаме че [tex]I(m,n)=0[/tex] е очаквано когато [tex]n[/tex] дели [tex]m[/tex](Интегралите [tex]I(kn ,n)[/tex] могат да бъдат изчислени в условия поставени във функцията на Бесел).

[tex]sin^{4}\theta \equiv \frac{1}{8}cos \theta - \frac{1}{2} cos 2 \theta + \frac{3}{8}[/tex]

При [tex]n = 3[/tex]

[tex]\implies \int\limits_{0}^{\pi}sin^{4}(x+sin3x)dx = \frac{1}{8}I(4,3) - \frac{1}{2}I(2,3) + \frac{3}{8} \pi = \frac{3}{8} \pi[/tex]

[grav]

Като пишеш чужди решения, хубаво да споменш автора или поне, че решението не е твое.

[aifC]

Естествено, че не е мое решението , но реших да го споделя с аудиторията, защото не можах да го измъдря, а за цитиране не знаех че се прави, сега в плагиатство ли съм обвинен ?

[Kre4etalo]

Не плагиастство колега, по-скоро е хубаво да се каже информативно - можем да потърсим източника (например учебник, сборник) и да разгледаме други интересни задачи. А и е хубаво, когато пишеш чуждо решение, да покажеш уважение към автора. Не е такъв проблем, че някой би си помислил, че решението е твое, по-скоро става въпрос за това, че истинският автор няма да получи оценка за труда си. Така че, ако може да споделиш и източника.
Интегралът е интересен, не бях попадал на такъв. Благодаря, че го сподели с нас! Mathematica 10 не може да го реши.
А иначе внимавай повече като пишеш решението. По мое мнение се случват малко неясни работи. Първо прехода от косинус към експонента не ми е ясен. По принцип би трябвало да участва и същата експонента, но със минус в степента. Може би се получава от симетрия като другата, не знам, не съм го мислил, но би било хубаво да се напише по-добре. Нататък в експонентата (след смяната на променливите) би трябвало да стои $z^n+z^{-n}$.
Развитието в ред на Лоран не е особено ясно, но като гледам двойната сума, най-вероятно излиза като се разпише редът на Тейлър за експонентата, после се разкрият вътрешните скоби по Нютоновия бином и се групира. Иначе това развитие изглежда вярно, за поправената версия на функцията от по-горе, така че на тази стъпка сигурно отново продължаваме по вярното решение. Също така константния член реално излиза от двойна сума, така че и за него трябва да се каже нещо, за да можем правилно да изведем тъждеството накрая.
Ако на някой му се занимава, може да разпише цялото решение.

[grav]

[tex]F_{m,n}(z)=z^me^{\frac12m(z^n-z^{-n})}[/tex]

Преходът от kосинуса към експонентата идва от това, че интеграла от синуса в този интервал е нула.

[mitko7440]

[tex]\int[/tex]е^{zx}+1/e^{x}dx От къде да започна ?

[Sup3rlum]

[tex]\int \frac{е^{zx}+1}{e^{x}}dx[/tex] От къде да започна ?

За такива неща се прави нова тема.
1.За да не ти се забута въпроса някъде
2.На текущата тема да не и се отлконява дискусията
3.На тебе да ти и е по-лесно да си я следиш

[tex]\int \frac{е^{zx}+1}{e^{x}}dx = \int e^{(z-1)x} + e^{-x} dx = \frac{e^{(z-1)x}}{z-1} - e^{-x} + C[/tex]