证明：当 K 是非负整数时，三角积分 ∫(0,π／2)[sin(Kθ)]^4／(sinθ)^2 dθ=Kπ／4

ldy777

这个积分怎么推出来的

zytsang

求证：对于非负整数\(\,k\,\)，
\[\int_0^{\pi/2}\frac{\sin^4(k\theta)}{\sin^2(\theta)}\,\mathrm{d}\theta=\frac{\pi}{4}k\]

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证明：注意到\(\,\sin^4(k\theta)\,\)和\(\,\sin^2(\theta)\,\)的函数图像关于\(\,\theta=0\,\)和\(\,\theta=\pm\pi/2\,\)对称，所以原积分可写为
\[\int_0^{\pi/2}\frac{\sin^4(k\theta)}{\sin^2(\theta)}\,\mathrm{d}\theta
=\frac{1}{4}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{\sin^4(k\theta)}{\sin^2(\theta)}\,\mathrm{d}\theta\tag{1}\]
注意到三角函数和指数函数有如下关系
\[\sin(k\theta)=\frac{e^{ik\theta}-e^{-ik\theta}}{2i}\tag{2}\]
使用解析延拓\(\,\theta\to z=e^{i\theta}\,\)，定积分可写为围道积分
\[\int_{-\pi}^{\pi}[\cdot]\mathrm{d}\theta\to\oint_\gamma[\cdot]\mathrm{d}z\tag{3}\]
积分路径\(\,\gamma:|z|=1^-\,\)表示以原点为中心，半径从下趋向于1的圆。微分\(\,\mathrm{d}z\,\)和\(\,\mathrm{d}\theta\,\)可用欧拉公式联系
\[\mathrm{d}z=\mathrm{d}(e^{i\theta})=(-\sin\theta+i\cos\theta)\mathrm{d}\theta=iz\mathrm{d}\theta
\implies\mathrm{d}\theta=\frac{\mathrm{d}z}{iz}\tag{4}\]
将(2)，(3)和(4)代入(1)，我们有
\[(1)
=\frac{1}{4}\oint_\gamma\frac{\left[\dfrac{z^k-z^{-k}}{2i}\right]^4}{\left[\dfrac{z-z^{-1}}{2i}\right]^2}\,\frac{\mathrm{d}z}{iz}
=-\frac{1}{16i}\oint_\gamma\frac{(1-z^{2k})^4}{(1-z^2)^2}\,\frac{\mathrm{d}z}{z^{4k-1}}\tag{5}\]
将\(\,(1-z^{2k})^4\,\)展开，我们有
\[(1-z^{2k})^4=1-4z^{2k}+6z^{4k}-4z^{6k}+z^{8k}\tag{6}\]
将(6)代入(5)，
\begin{align*}
(5)
& =-\frac{1}{16i}\oint_\gamma\frac{1-4z^{2k}+6z^{4k}-4z^{6k}+z^{8k}}{(1-z^2)^2}\,\frac{\mathrm{d}z}{z^{4k-1}} \\
&=-\frac{1}{16i}\Bigg[\oint_\gamma\frac{1}{(1-z^2)^2}\,\frac{\mathrm{d}z}{z^{4k-1}}-4\oint_\gamma\frac{z^{2k}}{(1-z^2)^2}\,\frac{\mathrm{d}z}{z^{4k-1}}+6\oint_\gamma\frac{z^{4k}}{(1-z^2)^2}\,\frac{\mathrm{d}z}{z^{4k-1}} \\
&\qquad\qquad-4\oint_\gamma\frac{z^{6k}}{(1-z^2)^2}\,\frac{\mathrm{d}z}{z^{4k-1}}+\oint_\gamma\frac{z^{8k}}{(1-z^2)^2}\,\frac{\mathrm{d}z}{z^{4k-1}}\Bigg]\tag{7}
\end{align*}
将\(\,\dfrac{1}{(1-z^2)^2}\,\)用二项式级数展开，我们有
\[\frac{1}{(1-z^2)^2}=\sum_{n=0}^\infty\binom{-2}{n}(-z^2)^n=\sum_{n=0}^\infty(n+1)z^{2n}\tag{8}\]
将(8)代入(7)的大括号内每一项，并交换\(\,\int\,\)和\(\,\sum\,\)符号，(7)式可简化为
\begin{align*}
(7)&=-\frac{1}{16i}\sum_{n=0}^\infty(n+1)\Bigg[\oint_\gamma\frac{\mathrm{d}z}{z^{4k-2n-1}}
-4\oint_\gamma\frac{\mathrm{d}z}{z^{2k-2n-1}}+6\oint_\gamma\frac{\mathrm{d}z}{z^{-2n-1}} \\
&\qquad\qquad\qquad\qquad-4\oint_\gamma\frac{\mathrm{d}z}{z^{-2k-2n-1}}+\oint_\gamma\frac{\mathrm{d}z}{z^{-4k-2n-1}}
\Bigg]\tag{8}
\end{align*}
围道积分有个基本结果是，对于整数\(\,m\,\),
\[\oint_{|z|=1}\frac{\mathrm{d}z}{z^m}=\begin{cases}
2\pi i,\quad&m=1 \\
0,\quad&m\ne1
\end{cases}\tag{9}\]
因为\(\,k\,\)和\(\,n\,\)皆为非负整数，根据(9)式，在(8)式中括号内的后三个积分项为零。因此(8)式简化为
\begin{align*}
(8)
&=-\frac{1}{16i}\sum_{n=0}^\infty(n+1)\left[\oint_\gamma\frac{\mathrm{d}z}{z^{4k-2n-1}}-4\oint_\gamma\frac{\mathrm{d}z}{z^{2k-2n-1}}\right] \\
&=-\frac{1}{16i}\left[\sum_{n=0}^\infty(n+1)\oint_\gamma\frac{\mathrm{d}z}{z^{4k-2n-1}}-4\sum_{m=0}^\infty(m+1)\oint_\gamma\frac{\mathrm{d}z}{z^{2k-2m-1}}\right]
\tag{10}
\end{align*}
只考虑被积函数的指数等于1的情况，
\begin{align*}
4k-2n-1=1 &\implies n=2k-1 \\
2k-2m-1=1 &\implies m=k-1
\end{align*}
所以(10)式简化为
\begin{align*}
(10)
&=-\frac{1}{16i}\left[2k\oint_\gamma\frac{\mathrm{d}z}{z}-4k\oint_\gamma\frac{\mathrm{d}z}{z}\right] \\
&=-\frac{1}{16i}(2k\cdot2\pi i-4k\cdot2\pi i) \\
&=\frac{\pi}{4}k
\end{align*}
综上所述，对于非负整数\(\,k\,\)，原积分的值为
\[\int_0^{\pi/2}\frac{\sin^4(k\theta)}{\sin^2(\theta)}\,\mathrm{d}\theta=\frac{\pi}{4}k\]
证毕。

永远

转载贴吧一老哥的贴子，由于楼上层主的贴子看着头大，所以我不得不转载
（2021.6.14的贴子）
当k是整数

luyuanhong

楼上 zytsang 的解答和 永远 的转帖都很好！已收藏。