Función zeta de Clausen y Riemann

Question

Este es un ejercicio del American Monthly Problems del año pasado.

Me gustaría probar dos fórmulas:

(1) $\int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi}\log(3+2\cos(x)+2\cos(y)+2\cos(x-y)) dxdy=8\pi Cl(\frac{\pi}{3})$

(2) $\int_0^{\pi}\int_0^{\pi}\log(3+2\cos(x)+2\cos(y)+2\cos(x-y)) dxdy=\frac{28}{3}\zeta(3)$

$Cl(\phi)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(n\phi)}{n^2}$ Lo primero que hice fue reqwirte $Cl(\phi)$ . Tomé el derivado y recibí $Cl(\phi)=-\int_0^{\phi}\log(2\sin(\frac{t}{2}))dt$ para $0\le\phi\le\pi$

Para (2) no tengo ni idea. Me parece que estas integrales ofrecen una buena aproximación matemática para $Cl(\frac{\pi}{3})$ y $\zeta(3)$ pero no he podido encontrar las fórmulas en otro lugar.

Answer 1

Primera identidad . Reescribamos el integrando de varias maneras: \begin{align}I(x,y)=3+2\cos x+2\cos y+2\cos(x-y)=\\ \tag{1} =1+4\cos\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}+4\cos^2\frac{x-y}{2}=\\ \tag{2}=\left(u+v+1\right)\left(u+\frac{v}{v+1}\right)\frac{v+1}{uv}=J(u,v), \end{align} donde $u=e^{iy}$ , $v=e^{ix}$ . La igualdad (1) muestra que $I(x,y)\geq0$ para $x,y\in[0,2\pi]$ . Además, $I(x,y)=0$ sólo si (a) $\cos\frac{x+y}{2}=1$ , $\cos\frac{x-y}{2}=-\frac12$ o b) $\cos\frac{x+y}{2}=-1$ , $\cos\frac{x-y}{2}=\frac12$ . Es fácil comprobar que las soluciones de (b) son $(x,y)=\left(\frac{2\pi}{3},\frac{4\pi}{3}\right)$ y $(x,y)=\left(\frac{4\pi}{3},\frac{2\pi}{3}\right)$ mientras que (a) no tiene soluciones.

Desde $I(x,y)$ es $2\pi$ -periódico en $x$ podemos sustituir $\int_{0}^{2\pi}dx$ por $\int_{-\frac{2\pi}{3}}^{\frac{2\pi}{3}}dx+\int_{\frac{2\pi}{3}}^{\frac{4\pi}{3}}dx$ y luego escribir \begin{align} \int_0^{2\pi}\left(\int_0^{2\pi}\ln I(x,y)\;dy\right)dx=\left(\int_{-\frac{2\pi}{3}}^{\frac{2\pi}{3}}+\int_{\frac{2\pi}{3}}^{\frac{4\pi}{3}}\right)\left(\frac{1}{ i}\int_{|u|=1}\ln J(u,v)\frac{du}{u}\right)dx\tag{3} \end{align} La integral indefinida $\int\ln J(u,v)\frac{du}{u}$ puede expresarse en términos de dilogaritmos. Además, como integramos sobre el círculo unitario, sólo aparecerán en la respuesta las diferencias de dichos dilogaritmos en sus distintas ramas, y dichas diferencias se expresan en términos de funciones elementales (logaritmos).

Ahora vamos a resolver esto explícitamente de una manera más elemental:

1. En primer lugar, suponga que $x\in\left(-\frac{2\pi}{3},\frac{2\pi}{3}\right)$ entonces $|1+v|>1$ y $|v/(1+v)|<1$ . Hacer el cambio de variables $u=\frac{v}{v+1}w$ entonces $$ \int_{|u|=1}\ln J(u,v)\frac{du}{u}=\int_{C_1}\ln\Bigl[(1+w^{-1})(\overbrace{4\cos^2\frac{x}{2}}^{>1}+w)\Bigr]\frac{dw}{w},$$ donde $C_1$ es un círculo centrado en $0$ de radio $R_1$ tal que $1<R_1<4\cos^2\frac{x}{2}$ . La rama del logaritmo se fija de manera que para $w=R_1$ el logaritmo es real. Ahora por los residuos tenemos \begin{align} \int_{C_1}\frac{\ln(1+w^{-1})}{w}dw=0,\qquad\\ \int_{C_1}\frac{\ln(4\cos^2\frac{x}{2}+w)}{w}dw=2\pi i\ln 4\cos^{2}\frac{x}{2}. \end{align} (En la primera integral encogemos el contorno alrededor de $\infty$ en la segunda vuelta $0$ ). Por lo tanto, obtenemos $$ \int_{-\frac{2\pi}{3}}^{\frac{2\pi}{3}}\left(\frac{1}{ i}\int_{|u|=1}\ln J(u,v)\frac{du}{u}\right)dx=2\pi\int_{-\frac{2\pi}{3}}^{\frac{2\pi}{3}}\ln \left(4\cos^{2}\frac{x}{2}\right)dx.\tag{4}$$
2. Del mismo modo, para $x\in\left(\frac{2\pi}{3},\frac{4\pi}{3}\right)$ tenemos $|1+v|<1$ y $|v/(1+v)|>1$ . Ahora hacemos en la integral compleja sobre $u$ en (3) el cambio de variables $u=(v+1)w$ para que $$ \int_{|u|=1}\ln J(u,v)\frac{du}{u}=\int_{C_2}\ln\Bigl[(1+w^{-1})(1+\overbrace{4\cos^2\frac{x}{2}}^{<1}\;w)\Bigr]\frac{dw}{w},$$ donde $C_2$ es un círculo centrado en $0$ de radio $R_2$ tal que $1<R_2<(4\cos^2\frac{x}{2})^{-1}$ . Pero ahora, de forma similar a lo anterior, por los residuos: $$\int_{C_2}\frac{\ln(1+w^{-1})}{w}dw= \int_{C_2}\frac{\ln(1+4\cos^2\frac{x}{2}w)}{w}dw=0,$$ para que $$ \int_{\frac{2\pi}{3}}^{\frac{4\pi}{3}}\left(\frac{1}{ i}\int_{|u|=1}\ln J(u,v)\frac{du}{u}\right)dx=0.\tag{5}$$

Sustituyendo (4) y (5) en (3), obtenemos \begin{align} \int_0^{2\pi}\left(\int_0^{2\pi}\ln I(x,y)\;dy\right)dx=2\pi\int_{-\frac{2\pi}{3}}^{\frac{2\pi}{3}}\ln \left(4\cos^{2}\frac{x}{2}\right)dx=8\pi\int_{0}^{\frac{2\pi}{3}}\ln \left|2\cos\frac{x}{2}\right|dx=\\=8\pi\int_{\pi/3}^{\pi}\ln \left|2\sin\frac{x}{2}\right|dx=8\pi\left[\mathrm{Cl}_2\left(\frac{\pi}{3}\right)-\underbrace{\mathrm{Cl}_2\left(\pi\right)}_{=0}\right]=8\pi\,\mathrm{Cl}_2\left(\frac{\pi}{3}\right), \end{align} donde en el último paso hemos utilizado la representación integral estándar de la función Clausen. $\blacksquare$

Answer 2

Siguiendo los comentarios, pongo aquí algunos avances en la 2ª identidad. Los principales resultados son (1) y (2), y queda por demostrar (3). Probablemente terminaré el cálculo más tarde o pondré una recompensa si nadie se le ocurre una idea más sencilla.

Segunda identidad : Utilizando la misma notación anterior, podemos reescribir la integral como $$ A=\int_0^{\pi}\left(\int_0^{\pi}\ln I(x,y)\;dy\right)dx=\left(\int_0^{\frac{2\pi}{3}}+\int_{\frac{2\pi}{3}}^{\pi}\right)\left(\int_0^{\pi}\ln I(x,y)\;dy\right)dx.$$

1. Para $x\in(0,2\pi/3)$ tenemos $|2\cos\frac{x}{2}|>1$ y podemos escribir (usando (2) de lo anterior) \begin{align} F_+(x)=\int_0^{\pi}\ln I(x,y)\;dy=\\=\int_0^{\pi}\left[\ln\left(1+\frac{1}{2\cos\frac{x}{2}}e^{-i(y-x/2)}\right)+\ln\left(1+\frac{1}{2\cos\frac{x}{2}}e^{i(y-x/2)}\right)+\ln 4\cos^2\frac{x}{2}\right]dy=\\ =i\left[\mathrm{Li}_2\left(\frac{e^{-ix/2}}{2\cos\frac{x}{2}}\right)-\mathrm{Li}_2\left(-\frac{e^{-ix/2}}{2\cos\frac{x}{2}}\right)+\mathrm{Li}_2\left(-\frac{e^{ix/2}}{2\cos\frac{x}{2}}\right)-\mathrm{Li}_2\left(\frac{e^{ix/2}}{2\cos\frac{x}{2}}\right)\right]+\\+\pi \ln 4\cos^2\frac{x}{2}. \end{align} En el último paso hemos utilizado las evaluaciones estándar de $\mathrm{Li}_2(z)$ : \begin{align} \int_0^{\pi}\ln\left(1+re^{\pm iy}\right)dy=\pm i\Bigl[\mathrm{Li}_2(r)-\mathrm{Li}_2(-r)\Bigr],\qquad |r|<1. \end{align}
2. Del mismo modo, para $x\in(2\pi/3,\pi)$ tenemos $|2\cos\frac{x}{2}|<1$ para que \begin{align} F_-(x)=\int_0^{\pi}\ln I(x,y)\;dy=\qquad\\=\int_0^{\pi}\left[\ln\left(1+2\cos\frac{x}{2}e^{-i(y-x/2)}\right)+\ln\left(1+2\cos\frac{x}{2}e^{i(y-x/2)}\right)\right]dy=\qquad\\ =i\left[\mathrm{Li}_2\left(2\cos\frac{x}{2}e^{-ix/2}\right)-\mathrm{Li}_2\left(-2\cos\frac{x}{2}e^{-ix/2}\right)+\mathrm{Li}_2\left(-2\cos\frac{x}{2}e^{ix/2}\right)-\mathrm{Li}_2\left(2\cos\frac{x}{2}e^{ix/2}\right)\right]. \end{align} $$=i\left[\mathrm{Li}_2\left(1+e^{-ix}\right)-\mathrm{Li}_2\left(1+e^{ix}\right)-\mathrm{Li}_2\left(-1-e^{-ix}\right)+\mathrm{Li}_2\left(-1-e^{ix}\right)\right].$$

Las funciones $F_+(x)$ y $F_-(x)$ pueden continuarse analíticamente fuera de sus respectivos ámbitos de definición. Resulta que estas continuaciones coinciden en un neobarrio abierto del intervalo real $x\in(0,\pi)$ . Después de todo, esto no es muy sorprendente, ya que ambos $F_{\pm}(x)$ representan la misma integral $\int_0^{\pi}\ln I(x,y)\;dy$ . Para demostrar que, efectivamente, $F_+(x)=F_-(x)$ para $x\in(0,\pi)$ se deben utilizar las identidades de tipo $\mathrm{Li}_2(z)+\mathrm{Li}_2(z^{-1})=-\frac{\pi^2}{6}-\frac12 \ln^2(-z)$ . [O simplemente verificar que las derivadas (dadas por funciones elementales) de $F_{\pm}(x)$ coinciden y calculan ambas funciones en algún punto concreto].

Ahora bien, como $F_+(x)=F_-(x)$ en $x\in(0,\pi)$ podemos escribir \begin{align} A=\int_0^{\frac{2\pi}{3}}F_+(x)dx+\int_{\frac{2\pi}{3}}^{\pi}F_-(x)dx=\int_0^{\pi}F_-(x)dx=\\= i\int_0^{\pi}\left[\mathrm{Li}_2\left(1+e^{-ix}\right)-\mathrm{Li}_2\left(1+e^{ix}\right)-\mathrm{Li}_2\left(-1-e^{-ix}\right)+\mathrm{Li}_2\left(-1-e^{ix}\right)\right]\tag{1}dx. \end{align} N.B.: Dilogaritmos $\mathrm{Li}_2(z)$ se definen en su hoja principal: el plano de corte $z\in\mathbb{C}\backslash[1,\infty)$ .

Vamos a mostrar cómo calcular las dos primeras integrales de (1). Esto se puede hacer de la siguiente manera. En primer lugar, se utiliza el identidad $\mathrm{Li}_2(z)+\mathrm{Li}_2(1-z)=-\ln z\ln(1-z)+\frac{\pi^2}{6}$ para reescribir estas integrales como \begin{align} A_1=i\int_0^{\pi}\left[\mathrm{Li}_2\left(1+e^{-ix}\right)-\mathrm{Li}_2\left(1+e^{ix}\right)\right]dx=\\= i\int_0^{\pi}\left[\mathrm{Li}_2\left(-e^{ix}\right)-\mathrm{Li}_2\left(-e^{-ix}\right)-i(\pi-x)\ln4\cos^2\frac{x}{2}\right]dx. \end{align} Para los dos primeros trimestres, introduzca $z=e^{ix}$ y deformar los semicírculos de integración a los diámetros. Esto da como resultado $$i\int_0^{\pi}\left[\mathrm{Li}_2\left(-e^{ix}\right)-\mathrm{Li}_2\left(-e^{-ix}\right)\right]dx=2\int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{Li}_2(z)}{z}dz= \frac{7}{2}\zeta(3),$$ donde la última igualdad se obtiene expandiendo $\mathrm{Li}_2(z)$ en series, calculando las integrales y utilizando esa $\zeta(3)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^3}+\frac{1}{8}\zeta(3)$ . A continuación, en $\int_0^{\pi}(\pi-x)\ln4\cos^2\frac{x}{2}\,dx$ , integrando una vez por partes para matar el término lineal, obtenemos la mitad de la integral inicial $A_1$ . Por lo tanto, $$A_1=i\int_0^{\pi}\left[\mathrm{Li}_2\left(1+e^{-ix}\right)-\mathrm{Li}_2\left(1+e^{ix}\right)\right]dx=7\zeta(3)\tag{2}$$ y ahora queda por demostrar que $$A_2=i\int_0^{\pi}\left[\mathrm{Li}_2\left(-1-e^{ix}\right)-\mathrm{Li}_2\left(-1-e^{-ix}\right)\right]dx=\frac{7}{3}\zeta(3).\tag{3} $$