Prueba de Ramanujan Integral

Question

Mientras que el estudio de Ramanujan la Recogida de Papeles me encontré con un artículo titulado "Algunas Integrales Definidas" que apareció en el Mensajero de las Matemáticas, XLIV, 1915, 10-18. Contiene gran cantidad de extrañas integrales para que Ramanujan ha dado pruebas. Sin embargo, en una instancia, se discute acerca de la integral $$\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(1 + x^{2})(1 + r^{2}x^{2})(1 + r^{4}x^{2})\cdots} = \frac{\pi}{2(1 + r + r^{3} + r^{6} + r^{10} + \cdots)}\tag{1}$$ where $0 < r < 1$. Ramanujan derives this formula from $$\int_{0}^{\infty}\frac{(1 + arx)(1 + ar^{2}x)\cdots}{(1 + x)(1 + rx)(1 + r^{2}x)\cdots}x^{n - 1}\,dx = \frac{\pi}{\sin n\pi}\prod_{m = 1}^{\infty}\frac{(1 - r^{m - n})(1 - ar^{m})}{(1 - r^{m})(1 - ar^{m - n})}\tag{2}$$ where $0 < r < 1, n > 0, 0 < a < r^{n - 1}$ and $n$ is not an integer and $$ is not of the form $a = r^{p}$ where $p$ is a positive integer. Unfortunately Ramanujan does not prove the formula $(2)$.

Es allí cualquier acercamiento directo a establecer $(1)$ sin el uso de $(2)$ o alguna manera de establecer $(2)$?

Answer 1

Puede utilizar los residuos, vamos a $f(z)=\frac{1}{(1+z^2)(1+r^2z^2)(1+r^4z^2)...}$ esto tiene un infite conjunto de singularidades en $z=\pm i 1/r^{n},n\in\Bbb N_0$. Podemos ver que $\large\int_0^\infty\frac{1}{(1+x^2)(1+r^2x^2)(1+r^4x^2)...}dx=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{(1+x^2)(1+r^2x^2)(1+r^4x^2)...}dx$

Así que vamos a considerar la parte superior del semi círculo de contorno, que abarca más de $-\infty$$+\infty$, sólo el positivo singularidades son en este contorno, es decir,$z=i\frac{1}{r}$.

Ahora $\operatorname{Res}(f(z),z=\frac{i}{r^{n}})=\large\lim_{z\to i\frac{1}{r^{n}}}(z-i\frac{1}{r^{n}})f(z)=\large\lim_{z\to i\frac{1}{r^{n}}}\frac{1}{r^n}(r^nz-i)f(z)$

$=\lim_{z\to i\frac{1}{r^{n}}}\frac{1}{r^n(r^nz+i)}\prod_{j=0,j\ne n}^\infty\frac{1}{(1+x^{2}r^{2j})}$

$=\large\frac{1}{2ir^n}\prod_{j=0,j\ne n}^\infty\frac{1}{(1-r^{2j-2n})}$

Ahora $\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{(1+x^2)(1+r^2x^2)(1+r^4x^2)...}dx=\frac{1}{2}2\pi i\sum \operatorname{Res}(f)=\frac{1}{2}\pi i\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{ir^n}\prod_{j=0,j\ne n}^\infty\frac{1}{(1-r^{2j-2n})}$

A partir de aquí yo no estoy seguro de cómo llegar a la forma cerrada, pero esperemos que esto ayuda a mostrar un enfoque diferente, incluso si no están muy bien versados en las integrales por los residuos :)

Answer 2

Me parece que esta relación con encanto.

Aquí es lo que tengo hasta ahora como una alternativa de solución sin tener que recurrir a complejos análisis. Para $n=0,1,...$ definir $$\begin{align} I_n=\int_0^{\infty} \frac{dx}{(1+x^2)(1+r^2x^2)...(1+r^{2n}x^2)} \end{align}$$ Haciendo muchos parcial de las fracciones I podría establecer para $n=1,2,3,4,...$ que $$\begin{align} I_{n}&=\frac{1-r^{2n-1}}{1-r^{2n}}I_{n-1}\\ I_0&=\frac{\pi}{2} \end{align}$$ Por lo tanto $$\begin{align} I_{\infty}&=\frac{\prod_{n=1}^{\infty}\Big(1-r^{2n-1}\Big)}{\prod_{n=1}^{\infty}\Big(1-r^{2n}\Big)}\frac{\pi}{2} \end{align}$$ Ahora, utilizando los mismos argumentos que en este post, podemos establecer $(1)$.