Evaluación de un $n$ -integral dimensional

Question

Le pregunté al la misma pregunta en math.se pero no obtuve respuesta. Como está relacionado con mi investigación actual, he decidido preguntar aquí:

Sea $n\in 2\mathbb{N}$ sea un número par. Quiero evaluar $$I_n := \int_0^1\mathrm{d} u_1 \cdots \int_0^1 \mathrm{d} u_n \frac{\delta(1-u_1-\cdots-u_n)}{(u_1+u_2)(u_2+u_3)\cdots(u_{n-1}+u_n)(u_n+u_1)}. $$ Para los pequeños $n$ esto se puede calcular simplemente parametrizando el $\delta$ y $I_2 = 1$ , $I_3 = \pi^2/4$ , $I_4 = 2\pi^2/3$ . Los valores de $I_5$ y $I_6$ son numéricamente $18.2642 \approx 3\pi^4/16$ y $51.9325\approx 8\pi^4/15$ . Sospecho que $$ I_{2n+2} \stackrel{?}{=} (2\pi)^{2n} \frac{(n!)^2}{(2n+1)!} = \frac{(2\pi)^{2n}}{\binom{2n+1}{n}(n+1)} = (2\pi)^{2n}\mathrm{B}(n+1,n+1), $$ donde $\mathrm{B}$ es la función Beta. Dividiendo por $(2\pi)^{2n}$ Esto es Sloane's A002457 . Para $I_6$ esta conjetura es equivalente a $$\int_0^1\mathrm{d}x \Bigl(\mathrm{Li}_2(\frac{x-1}{x})\Bigr)^2 \stackrel{?}{=} \frac{17}{180}\pi^4$$ (con $\mathrm{Li}_2$ el dilogaritmo), que parece ser cierto numéricamente, pero no he podido demostrarlo ni encontrarlo en la bibliografía.

Como última observación, es posible deshacerse del $\delta$ utilizando la identidad $$I_n = \int_{(0,\infty)^n}\mathrm{d}u \frac{f(\lvert u\rvert_1)}{(u_1+u_2)\cdots(u_n+u_1)} \Bigm/\int_0^\infty\mathrm{d}t \frac{f(t)}{t}$$ para cualquier $f:(0,\infty)\to\mathbb{R}$ que hace que ambas integrales sean finitas. Utilizando $f(t) = t 1_{[0,1]}(t)$ donde $1_{[0,1]}$ es la función característica del intervalo $[0,1]$ se puede escribir $I_n$ como una integral sobre un $n$ -simplex dimensional.

Answer 1

Podemos pensar en $I_{n}$ como una función de partición clásica para $n$ perlas en un círculo que no pueden pasar unas a través de otras, con un potencial de interacción logarítmico entre cada perla y sus vecinas más próximas a ambos lados. En $I_{2n}$ las cuentas se dividen en dos ``colores'' que no tienen interacciones logarítmicas entre sí; mientras que para $I_{2n+1}$ las cuentas no se dividen en dos grupos independientes.

Hacemos dos cambios de variable. En primer lugar, podemos etiquetar las coordenadas del $k^{th}$ cuenta como $y_k$ donde $y_1=0$ es fijo (aprovechando la invariancia de traslación del problema) y definimos $y_{2n+k} = 1+y_k$ (debido a la naturaleza periódica del círculo): $$ u_i = y_{i+1}-y_i\ ,\qquad y_1=0\ ,\qquad y_{2n+i}\equiv 1+y_i \ . $$ Entonces la integral puede escribirse como una expresión ordenada por trayectoria sin la restricción de la función delta como $$ I_{n}= \int_0^1 dy_{n} \int_0^{y_{n}} dy_{n-1}\cdots\int_0^{y_3} dy_2\, \prod_{k=1}^{2n}\frac{1}{y_{k+2}-y_k}\ . $$ El segundo cambio de variables a $\{y_2,\ldots,y_n\}\to \{s_2,\ldots,s_n\}$ para cambiar el dominio de integración a un hipercubo unitario: $$ y_{k} =\prod_{j=k}^{n} s_{j}\ , $$ con el jacobiano $$ J_n = \prod_{j=3}^{n} s_j^{j-2}\ . $$ Con este cambio de variables, $I_{2n}$ se convierte (para $n\ge 2$ ) $$ I_{2n} = \int_0^1 d^{2n-1}{\bf s}\, \prod_{j=2}^{2n-1} \, \frac{1}{1-s_j s_{j+1}} \frac{1}{1-s_{2n}{\bf S}_{2n+1}}\equiv \int_0^1d^{2n-1}{\bf s}\, {\cal F}_{2n}({\bf s})\ $$ donde $d^{2n-1}{\bf s}=ds_2\cdots ds_{2n}$ y el signo integral indica que cada una de las $s$ variables se está integrando de cero a uno, y hemos definido $$ {\bf S}_{k}\equiv 1+(-1)^k\prod_{j=2}^{k-2} s_j\ ,\qquad {\cal F}_{2n}({\bf s}) = \prod_{j=2}^{2n-1} \, \frac{1}{1-s_j s_{j+1}} \frac{1}{1-s_{2n}{\bf S}_{2n+1}}\ , $$ con $$ S_3=0\ ,\qquad {\cal F}_{2}({\bf s}) =1\ . $$ Tenga en cuenta que para impar $k$ , ${\bf S}_k<1$ mientras que para $k$ , ${\bf S}_k>1$ . Este objeto ${\bf S}_k$ tiene la propiedad para cualquier $k$ $$ {\bf S}_{k+1} -s_{k-1} = 1-s_{k-1} {\bf S}_k\ . $$

La estrategia consiste en considerar el desarrollo de una relación de recursión al integrar sobre $ds_{2n}$ y $ds_{2n-1}$ en relación con $I_{2n}$ a $I_{2n-2}$ . Para ello es útil definir las siguientes funciones de $x$ , $y$ en el dominio $ 0<x<1,\ 0<y<1$ : $$ {\cal P}_k(x,y) = \frac{1}{(2k)!} \prod_{i=1}^k \left(\pi^2 (2k-1)^2 + \ln^2\left[\frac{1-x}{x(1-y)}\right]\right)\ ,\qquad {\cal P}_0(x,y)\equiv 1\ , $$ y $$ {\cal G}(\alpha,x,y) = \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{\alpha}{\pi}\right)^{2n} {\cal P}_n(x,y) = \frac{1}{2 \sqrt{1-\alpha ^2}}\left[\left(\frac{1-x}{x(1-y)}\right)^{c}+\left(\frac{1-x}{x(1-y) }\right)^{-c}\,\right]\ , $$ $$ c\equiv \frac{\sin ^{-1}(\alpha )}{\pi }\ . $$ Generalizamos el problema considerando la integral $$ {\cal I}_{2n}(\alpha) = \int_0^1d^{2n-1}{\bf s}\, {\cal F}_{2n}({\bf s})\,{\cal G}(\alpha,s_{2n},{\bf S}_{2n+1})\ . $$ Podemos realizar la $s_{2n}$ y $s_{2n-1}$ integrales en ${\cal I}_{2n}$ utilizando los resultados (utilizando las propiedades de ${\bf S_k}$ arriba)

1. Para $0<s_{2n-1}<1$ y $0<{\bf S}_{2n+1}<1$ : $$ \frac{1}{2} \int_0^1 ds_{2n} \frac{1}{(1-s_{2n-1} s_{2n})(1-s_{2n}{\bf S}_{2n+1})}\left[ \left(\frac{1-s_{2n}}{s_{2n}(1-{\bf S}_{2n+1})}\right)^c+ \left(\frac{1-s_{2n}}{s_{2n}(1-{\bf S}_{2n+1})}\right)^{-c}\right] = \frac{\pi \csc (\pi c) \left(\left(\frac{1-s_{2n-1}}{1-{\bf S}_{2n+1}}\right)^{-c}-\left(\frac{1-s_{2n-1}}{1-{\bf S}_{2n+1}}\right)^c\right)}{2(s_{2n-1}-{\bf S}_{2n+1})} =\frac{\pi \csc (\pi c)\left(\left(\frac{1-s_{2n-1}}{s_{2n-1}({\bf S}_{2n}-1)}\right)^{-c}-\left(\frac{1-s_{2n-1}}{s_{2n-1}({\bf S}_{2n}-1)}\right)^c\right)}{2(1-s_{2n-1}{\bf S}_{2n})}\ $$

2. Para $0<s_{2n-2}<1$ y $1<{\bf S}_{2n}$ : $$ \frac{1}{2} \int_0^1 ds_{2n-1} \frac{1}{(1-s_{2n-2}s_{2n-1})(1-{\bf S}_{2n}s_{2n-1})} \left[ \left(\frac{1-s_{2n-1}}{s_{2n-1}({\bf S}_{2n}-1)}\right)^c- \left(\frac{1-s_{2n-1}}{s_{2n-1}({\bf S}_{2n}-1)}\right)^{-c}\right] = -\frac{\pi \csc (\pi c) \left(\left(\frac{1-s_{2n-2}}{{\bf S}_{2n}-1}\right)^{-c}+\left(\frac{1-s_{2n-2}}{{\bf S}_{2n}-1}\right)^c-2 \cos (\pi c)\right)}{2 (s_{2n-2}-{\bf S}_{2n})} = -\frac{\pi \csc (\pi c) \left(\left(\frac{1-s_{2n-2}}{1-s_{2n-2}{\bf S}_{2n-1}}\right)^{-c}+\left(\frac{1-s_{2n-2}}{1-s_{2n-2}{\bf S}_{2n-1}}\right)^c-2 \cos (\pi c)\right)}{2 (1-s_{2n-2}{\bf S}_{2n-1})} $$

Con estas integrales podemos realizar las integraciones sobre $s_{2n}$ y $s_{2n-1}$ en nuestra integral generalizada ${\cal I}_{2n}(\alpha)$ , obteniendo
$$ {\cal I}_{2n}(\alpha) =\int d^{2n-3}{\bf s} \, {\cal F}_{2n-2}({\bf s})\, \left[\pi^2\csc^2(c\pi)\left({\cal G}(\alpha,s_{2n-2},{\bf S}_{2n-1}) -\frac{ \cos c\pi}{ \sqrt{1-\alpha^2}}\right) \right] \, =\int d^{2n-3}{\bf s}{\cal F}_{2n-2}({\bf s})\, \left[\frac{\pi^2}{\alpha^2}\left({\cal G}(\alpha,s_{2n-2},{\bf S}_{2n-1})-1\right) \right] $$ de dónde sacar la segunda línea que acabamos de enchufar $\pi c=\sin^{-1}\alpha$ . Remitiéndonos a la definición de ${\cal G}$ en la ec.(\ref{gdef}), podemos igualar potencias de $\alpha$ a ambos lados de la ecuación anterior con el resultado de que para cada $k\ge 0$ , $$ \int_0^1d^{2n-1}{\bf s}\, {\cal F}_{2n}({\bf s})\, {\cal P}_k(s_{2n},{\bf S}_{2n+1}) = \int_0^1d^{2n-3}{\bf s}\, {\cal F}_{2n-2}({\bf s})\, {\cal P}_{k+1}(s_{2n-2},{\bf S}_{2n-1}) $$ que es un resultado bonito.

El resultado anterior nos permite escribir para el deseado $2n$ -integrales unidimensionales como integrales unidimensionales $$ I_{2n}=\int_0^1d^{2n-1}{\bf s}\, {\cal F}_{2n}({\bf s})\, {\cal P}_0(s_{2n},{\bf S}_{2n+1}) =\int_0^1ds_2 {\cal P}_{n-1}(s_{2},0)\ . $$ Los resultados anteriores implican que $$ \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{\alpha}{\pi}\right)^{2n} I_{2n+2} = \int_0^1dx\,\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{\alpha}{\pi}\right)^{2n} {\cal P}_n(x,0) = \int_0^1dx\, {\cal G}(\alpha,x,0) =\int_0^1dx\frac{1}{2 \sqrt{1-\alpha ^2}}\left[\left(\frac{1-x}{x}\right)^{c}+\left(\frac{1-x}{x }\right)^{-c}\right] = \frac{\sin^{-1}\alpha}{\alpha\sqrt{1-\alpha^2}} = \sum_{n=0}^\infty (2\alpha)^{2n} B(n+1,n+1)\ . $$ Igualación de potencias de $\alpha$ entre la primera y la última expresión responde a la pregunta planteada.

Esta solución se encontró en colaboración con E. Mereghetti (somos físicos, así que el lenguaje puede parecer impar).

Answer 2

He aquí otra prueba, cuya parte principal me fue comunicada por Dr. Peter Otte de la Universidad de Bochum : \begin{equation} I_n := \int_{[0,1]^n}\mathrm{d}u\,\delta(1-\lvert u\rvert_1) \frac{1}{\prod_{j=1}^n (u_j + u_{j+1})} = (2\pi)^{n-2} \frac{[\Gamma(\frac{n}{2})]^2}{\Gamma(n)}. \end{equation}

En primer lugar, defina $$J_n(t) := \int_{[0,1]^n}\mathrm{d}u\,\delta(t-\lvert u\rvert_1) \frac{1}{\prod_{j=1}^{n-1}(u_j + u_{j+1})}.$$ para $t>0$ . Por escala, $J_n(t) = J_n(1) =: J_n$ para todos $t > 0$ . También, \begin{align} I_n & = \frac{1}{2}\int_{[0,1]^n}\mathrm{d}u\, \delta(1-\lvert u\rvert_1) \frac{2\lvert u\rvert_1}{\prod_{j=1}^n (u_j + u_{j+1})} \notag\\ & = \frac{1}{2}\sum_{k=1}^n \int_{[0,1]^n}\mathrm{d}u\, \delta(1-\lvert u\rvert_1) \frac{u_k+u_{k+1}}{\prod_{j=1}^n (u_j + u_{j+1})} \notag\\ & = \frac{n}{2} \int_{[0,1]^n}\mathrm{d}u\, \frac{\delta(1-\lvert u\rvert_1)}{(u_1+u_2)\dotsm(u_{n-1}+u_n)} = \frac{n}{2} J_n. \end{align} A continuación $f\in L_1(0,\infty)$ . Entonces \begin{equation} J_n = \int_{(0,\infty)^n}\mathrm{d}u\, \frac{f(\lvert u\rvert_1)}{\prod_{j=1}^{n-1}(u_j + u_{j+1})} \Bigm/\! \int_0^\infty\mathrm{d}t\, f(t). \end{equation} En particular, \begin{equation} J_n = \int_{(0,\infty)^n}\mathrm{d}u\, \frac{e^{-\lvert u\rvert_1}}{\prod_{j=1}^{n-1}(u_j + u_{j+1})}, \end{equation} Necesitaremos el operador integral Rosenblum-Rovnyak $T: L_2(0,\infty)\to L_2(0,\infty)$ , véase Rosenblum (1958) y Rovnyak (1970) definido mediante \begin{equation} (Tf)(x) := \int_0^\infty \mathrm{d}y\, \frac{e^{-(x+y)/2}}{x+y} f(y) \quad (x\in(0,\infty)). \end{equation} para $f\in L_2(0,\infty)$ . Este es el caso especial $T = \mathcal{H}_0$ en Rosenblum (1958), Fórmula (2.3) . El operador $T$ es unitaria equivalente a la matriz de Hilbert $H:\ell_2(\mathbb{N})\to\ell_2(\mathbb{N})$ , \begin{equation} (H x)_j = \sum_{k=1}^\infty \frac{x_k}{j+k-1} \quad(j\in\mathbb{N}, x\in\ell_2(\mathbb{N})) \end{equation} y puede diagonalizarse explícitamente: Siguiendo Yafaev (2010), Sec. 4.2 definimos el operador unitario $U: L_2(0,\infty)\to L_2(0,\infty)$ vía \begin{equation} (Uf)(k) = \pi^{-1}\sqrt{k\sinh 2\pi k} \, \lvert \Gamma(1/2 - ik)\rvert \int_0^\infty\mathrm{d}x\, x^{-1} W_{0,ik}(x)f(x) \end{equation} para $f\in L_2(0,\infty)$ y $k\in(0,\infty)$ donde el Whittaker vienen dadas por \begin{equation} W_{0,\nu}(x) = \sqrt{x/\pi} K_\nu(x/2) \quad (\nu, x\in(0,\infty)), \end{equation} con $K_\nu$ como la función de Bessel modificada del segundo tipo, véase DLMF .

Para calcular $J_n$ emplearemos el siguiente resultado debido a Rosenblum, véase Yafaev, Prop. 4.1 : \begin{equation} (UTf)(k) = \frac{\pi}{\cosh(k\pi)}(Uf)(k) \quad (k\in(0,\infty), f\in L_2(0,\infty). \end{equation}

Prueba de $I_n = (2\pi)^{n-2} \frac{[\Gamma(\frac{n}{2})]^2}{\Gamma(n)}$ . Sea $n\in\mathbb{N}_{\ge 2}$ . A partir de la definición de $T$ y el identidad de $J_n$ anterior, vemos que \begin{equation} J_n = \langle f_0, T^{n-1}f_0\rangle \end{equation} con $f_0(x) := e^{-x/2}$ . A partir de esto y de la identidad de $UT$ anterior, obtenemos \begin{equation} J_n = \langle Uf_0, UT^{n-1}f_0\rangle = \int_0^\infty\mathrm{d}k\, \lvert \hat{f}_0(k)\rvert^2 \Bigl(\frac{\pi}{\cosh(k\pi)}\Bigr)^{n-1}, \end{equation} donde $\hat{f}_0 := Uf_0$ . Para calcular $\hat{f}_0$ Nosotros empleamos la fórmula clásica \begin{equation} \lvert\Gamma(1/2 - ik)\rvert^2 = \frac{\pi}{\cosh(k\pi)} \quad (k\in\mathbb{R}), \end{equation} que es una consecuencia de la fórmula de reflexión para la Gamma y \begin{equation} \int_0^\infty\mathrm{d}x\, x^{-1} W_{0,ik}(x)e^{-x/2} = \frac{\pi}{\cosh(k\pi)} \quad(k > 0), \end{equation} que se deduce del caso especial $z=1/2$ y $\nu = \kappa = 0$ en DLMF . A partir de la definición de $U$ anterior y las dos últimas ecuaciones, deducimos \begin{equation} \lvert\hat{f}_0(k)\rvert^2 = 2\pi k\frac{\sinh(k\pi)}{\cosh(k\pi)^2} \quad (k > 0). \end{equation} El resultado es \begin{equation} J_n = 2\pi^{n-2}\int_0^\infty\mathrm{d}k\, k \frac{\sinh(k)}{\cosh(k)^{n+1}} = \frac{2\pi^{n-2}}{n}\int_0^\infty\mathrm{d}k\,\frac{1}{\cosh(k)^n} \end{equation} donde aplicamos la sustitución $\tilde{k} = k\pi$ e integrado por partes. Esta integral puede evaluarse utilizando las sustituciones $y = \cosh(k)^{-1}$ y $x = y^2$ uno tras otro: \begin{align} J_n = \frac{2\pi^{n-2}}{n} \int_0^1\mathrm{d}y\, \frac{y^{n-1}}{\sqrt{1-y^2}} & = \frac{\pi^{n-2}}{n} \int_0^1\mathrm{d}x\, x^{n/2-1}(1-x)^{-1/2} \\ & = \frac{\pi^{n-2}}{n} \mathrm{B}(n/2, 1/2), \end{align} desde $k'(y) = - y^{-1}(1-y^2)^{-1/2}$ . La afirmación se deduce entonces expresando la función Beta a través de la función Gamma y aplicando la fórmula de duplicación clásica.