積分公式の証明

質問

1/π*∫[0→π]{cos(nθ)/(cos(θ)-cos(φ))}dθ
は、
sin(nφ)/sin(φ)
となること公式があるそうですが、
どうすればそうなるのか
分かる方、ご教授ください。

回答No.2

endlessriver · ベストアンサー

留数を求めるため
I=∫C [{(z^n+z^-n)/2}/{(z+z^-1)/2 - cosφ](dz/z)
を考えます。Cを z=re^iθ(r>1の定数)の円周とします。するとdz=ire^iθ・dθ=izdθ だから
I=∫[-π～π] [{(z^n+z^-n)/2}/{(z+z^-1)/2 - cosφ](idθ)
ここで、r→1　として、積分内が偶関数だから
I→(1i)∫[-π～π] {cos nθ/(cosθ-cosφ)}dθ
=(2i)∫[0～π] {cos nθ/(cosθ-cosφ)}dθ ・・・・・(1)

つぎに元に戻りIの留数を計算する。
I=∫C {(z^2n+1)}/{(z^n)(z^2-2cosφ・z+1)}dz
z^2-2cosφ・z+1=0 を解くと、２つの解z=e^±iφ(|e^±iφ|=1)が求まるので
J=∫C {(z^2n+1)}/{(z^n)(z-e^iφ)}(z-e^-iφ)}dz
したがって、r>1の円周の中には3つの極がある。
まず、z=e^±iφの留数を求める。
これは、(e^inφ+e^-inφ)/(e^iφ-e^-iφ)と
(e^-inφ+e^inφ)/(e^-iφ-e^iφ)　となり、加えて０になる。
残ったのはz=0の留数である。まともにこれを解くと度つぼにはまるので、一部を級数展開する。

(z^2n+1)/{(z^-n)(z-e^iφ)(z-e^-iφ)}=(z^n+z^-n){1/(z-e^iφ) - 1/(z-e^-iφ)}{1/(e^iφ - e^-iφ)}
=(z^(n-1)+z^-(n+1)){1/(1-(e^iφ/z) - 1/(1-(e^-iφ/z)}(1/2i・sinφ)

この中の分母の２つをそれぞれ級数展開します。
1-(e^±iφ/z)=1+(e^±iφ/z)+...+(e^±iφ/z)^n+...

留数は級数展開したときの 1/z の係数ですから、(z^(n-1)+z^-(n+1))の項の後者(z^-(n+1)) を使ったときは1/zの項はなく無視できます。残りは、前者(z^(n+1)) と級数の各項を掛けたとき 1/z となるものを見つければよいのです。
これは　(e^iφ/z)^n　と　-(e^-iφ/z)^n になりますのでこの係数をたして、結局、Jの留数は
(e^inφ - e^-inφ)/(1/2i・sinφ)=sin nφ/sin φ となります。これの(2πi)は上記の(1)に等しから
求める積分をAとすると
I=2iA=(2πi)sin nφ/sin φ
となり求める式が得られます。

ただし、(1)でr→1とするところなど一部、厳密性に自信がありません。m(_ _)m
ながいので、ミスがあるかもしれませんが大体は合っていると思います。

補足

詳しい解説ありがとうございました。なかなか難しいもんですね。
いろいろと文献を調べたところ共役フーリエ級数を使って解くみたいです。
文献はいまいち読んでも意味がわからず、留数も良く分からないです。
でもここまで丁寧に説明してくれる人がいてとても嬉しく思います。
どうもありがとうございました。

回答No.1

rumtum_m9

cos(nθ)=cos{(n-1)θ+θ}で加法定理を使って
漸化式的に積分を解けばできます。

補足

さっそくの返事ありがとうございました。
ところで漸化式的に解くとはどういうことでしょうか？
基本がしっかりしていなくてすみません。