Integral de la $\int\limits_0^\infty \prod\limits_{k=0}^\infty\frac{1+\frac{x^2}{(b+1+k)^2}}{1+\frac{x^2}{(a+k)^2}} \ dx$

Question

¿Alguien sabe cómo demostrar esta identidad?

$$\int_0^\infty \prod_{k=0}^\infty\frac{1+\frac{x^2}{(b+1+k)^2}}{1+\frac{x^2}{(a+k)^2}} \ dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{\Gamma \left(a+\frac{1}{2}\right)\Gamma(b+1)\Gamma \left(b-a+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma(a)\Gamma \left(b+\frac{1}{2}\right)\Gamma(b-a+1)}$$

Encontré esto en Wikipedia.

Answer 1

Mientras este está bastante avanzada por lo menos podemos llevar en un manejable forma que permite que determinados valores para calcular, suponiendo $a$ $b$ son enteros positivos. Comenzar por evaluar el interior del producto, que tiene dos partes.

En primer lugar, $$f_1(x) = \prod_{k=0}^\infty \frac{1}{1+ \frac{x^2}{(a+k)^2}} = \prod_{k=1}^{- 1}\left( 1+ \frac{x^2}{k^2} \right) \prod_{k=1}^\infty \frac{1}{1+ \frac{x^2}{k^2}} = \prod_{k=1}^{- 1} \frac{(k+ix)(k-ix)}{k^2} \frac{\pi x}{\sinh \pi x} \\ = \frac{1}{\Gamma(a)^2} \prod_{k=1}^{- 1} (k+ix)(k-ix) \frac{\pi x}{\sinh \pi x} = \frac{1}{\Gamma(a)^2} \frac{\Gamma(a+ix)\Gamma(a-ix)}{\Gamma(1+ix)\Gamma(1-ix)} \frac{\pi x}{\sinh \pi x} \\ = \frac{\Gamma(a+ix)\Gamma(a-ix)}{\Gamma(a)^2},$$ donde hemos utilizado Euler reflexión de la fórmula en el paso anterior. Siguiente, por el mismo razonamiento, $$f_2(x) = \prod_{k=0}^\infty \left( 1+ \frac{x^2} {b+1+k)^2}\right) = \frac{\Gamma(b+1)^2}{\Gamma(b+1+ix)\Gamma(b+1-ix)},$$ por lo que la integral se convierte en $$ I(a, b) = \frac{\Gamma(b+1)^2}{\Gamma(a)^2} \int_0^\infty \frac{\Gamma(a+ix)\Gamma(a-ix)}{\Gamma(b+1+ix)\Gamma(b+1-ix)} dx \\ = \frac{1}{2} \frac{\Gamma(b+1)^2}{\Gamma(a)^2} \int_{-\infty}^\infty \frac{\Gamma(a+ix)\Gamma(a-ix)}{\Gamma(b+1+ix)\Gamma(b+1-ix)} dx.$$ Ahora supongamos que $b>a.$ Hemos $$ \frac{\Gamma(a+ix)}{\Gamma(b+1+ix)} = \prod_{k=a}^b \frac{1}{k+ix} \quad \text{y} \quad \frac{\Gamma(a-ix)}{\Gamma(b+1-ix)} = \prod_{k=a}^b \frac{1}{k-ix}.$$ Evaluamos el interior de la integral de la $J(a,b)$ con la de Cauchy Teorema de los Residuos mediante un contorno que consiste en el límite del eje x y un medio círculo en la mitad superior del plano. Los polos son simples y se encuentra en $x=im$ $a\le m\le b$ y obtenemos $$ J(a,b) = 2\pi i \sum_{m=a}^b \operatorname{Res} \left(\prod_{k=a}^b \frac{1}{k+ix} \prod_{k=a}^b \frac{1}{k-ix}; x=im \right) \\= 2\pi i \sum_{m=a}^b \operatorname{Res} \left(\prod_{k=a}^b \frac{1}{k^2+x^2}; x=im \right).$$ Utilizando el hecho de que $$ I(a,b) = \frac{1}{2} \frac{\Gamma(b+1)^2}{\Gamma(a)^2} J(a,b)$$ ahora podemos calcular los valores específicos. Supongamos que $b=a+1$ y obtener $$ I(a, a+1) = \frac{\pi}{2} \frac{a(a+1)}{2a+1}.$$ Para $b=a+2$ tenemos $$ I(a, a+2) = \frac{3\pi}{4} \frac{a(a+1)(a+2)}{(2a+1)(2a+3)}.$$ Establecimiento $b = a+3$ encontramos $$ I(a, a+3) = \frac{5\pi}{4} \frac{a(a+1)(a+2)(a+3)}{(2a+1)(2a+3)(2a+5)}.$$ Establecimiento $b = a+4$ encontramos $$ I(a, a+4) = \frac{35\pi}{16} \frac{a(a+1)(a+2)(a+3)(a+4)}{(2a+1)(2a+3)(2a+5)(2a+7)}.$$ Aquí el patrón es evidente, con el coeficiente de la parte frontal de $I(a,a+n)$ $$\frac{1}{2^n}{2n-1\choose n}.$$ These formulas including the factorials in the binomial coefficient may of course be rewritten in terms of $\Gamma$ funciones. Edit. Tenga en cuenta que el producto en la fuente original se convierte en finito, en este caso, lo que podría hacer que sea más manejable. Esta última representación debe, por supuesto, para simplificar el mismo resultado que el tiempo de cálculo y, de hecho, por lo que se ve esta transformación debe ser un trivial de la computación.

Answer 2

Respondiendo a la observación/comentario por Variable Aleatoria de Thu Aug 8, lo que falta por encima de convertir esto en una rigurosa prueba es una evaluación de la cantidad $$R(a,b) = \sum_{m=a}^b \operatorname{Res}\left(\prod_{k=a}^b \frac{1}{k^2+x^2};x=im\right).$$

Ponemos $$g_1(x) = \prod_{k=a}^b \frac{1}{k+ix} \quad \text{y} \quad g_2(x) = \prod_{k=a}^b \frac{1}{k-ix}.$$

La fracción parcial de descomposición de $g_1(x)$ $g_2(x)$ $$ g_1(x) = \frac{1} {b-a)!} \sum_{k=a}^b (-1)^{k+1} {b-a \elegir k-a} \frac{i}{x-ki}$$ y $$ g_2(x) = \frac{1} {b-a)!} \sum_{k=a}^b (-1)^{k-a} {b-a \elegir k-a} \frac{i}{x+ki}.$$ Esto implica que $$ R(a,b) = \sum_{m=a}^b \frac{i}{(b-a)!} (-1)^{m+1} {b-a \elegir m -} \left(\frac{1} {b-a)!} \sum_{k=a}^b (-1)^{k-a} {b-a \elegir k-a} \frac{1}{m+k} \right)$$ que es $$ \frac{i}{((b-a)!)^2} \sum_{m=a}^b \sum_{k=a}^b (-1)^{m+1+k-2a} {b-a \elegir m -} {b-a \elegir k-a} \frac{1}{m+k}.$$ Ahora observar que $$ \sum_{m=a}^b \sum_{k=a}^b (-1)^{m+1+k-2a} {b-a \elegir m-a} {b-a \elegir k-a} x^{m+k-1} \\ = - x^{2a-1} \sum_{m=a}^b {b-a \elegir m-a} (-1)^{m-a} x^{m} \sum_{k=a}^b {b-a \elegir k-a} (-1)^{k-a} x^{k} \\ = - x^{2a-1} (1-x)^{2(b-a)}.$$ La integración nos encontramos con que $$ R(a,b) = - i \frac{1}{((b-a)!)^2} \operatorname{B}(2a, 2(b-a)+1).$$ Volviendo a $I(a,b)$ desde el otro post, tenemos que $$I(a,b) = \frac{1}{2} \frac{\Gamma(b+1)^2}{\Gamma(a)^2} \times 2\pi i \times \left(- i \frac{1}{((b-a)!)^2} \operatorname{B}(2a, 2(b-a)+1) \right) \\= \pi \frac{\Gamma(b+1)^2}{\Gamma(a)^2} \frac{1}{((b-a)!)^2} \operatorname{B}(2a, 2(b-a)+1).$$ El cambio a funciones gamma, esto se convierte en $$ I(a,b) = \pi \frac{\Gamma(b+1)^2}{\Gamma(a)^2} \frac{1}{\Gamma(b-a+1)^2} \frac{\Gamma(2a)\Gamma(2(b-a)+1)}{\Gamma(2b+1)}.$$

Para concluir podemos aplicar la fórmula de duplicación varias veces, llegar $$ \pi \frac{\Gamma(b+1)^2}{\Gamma(a)^2 \Gamma(b-a+1)^2} \frac{\frac{2^{2a-1}}{\sqrt{\pi}} \Gamma(a) \Gamma(a,+1/2) \frac{2^{2b-2a}}{\sqrt{\pi}} \Gamma(b-a+1/2) \Gamma(b-a+1)} {\frac{2^{2b}}{\sqrt{\pi}} \Gamma(b+1/2) \Gamma(b+1)},$$ que es $$ \sqrt{\pi} 2^{2a-1+2b-2a-2b} \frac{\Gamma(b+1)}{\Gamma(a) \Gamma(b-a+1)}\Gamma(a,+1/2) \frac{ \Gamma(b-a+1/2)}{ \Gamma(b+1/2)},$$ que es, de hecho, $$ \frac{\sqrt{\pi}}{2} \frac{\Gamma(b+1)\Gamma(a,+1/2)\Gamma(b-a+1/2)} {\Gamma(a) \Gamma(b-a+1) \Gamma(b+1/2)},$$ como se reivindica.

Answer 3

Para concluir esta realidad hacer la simplificación en términos de la $\Gamma$ función. Tenemos $$\prod_{k=0}^{b-a-1}\frac{1}{2a+2k+1} = \frac{1}{2^{b}} \frac{\Gamma(a, + 1/2)}{\Gamma(b+1/2)}.$$ Además $$\prod_{k=0}^{b-a} (a+k) = \frac{\Gamma(b+1)}{\Gamma(a)}.$$ Por último, $$ \frac{1}{2^{b-a}} {2(b-a) - 1 \elegir b-a} = \frac{1}{2^{b}} \frac{\Gamma(2b-2a)}{\Gamma(b-a+1)\Gamma(b-a)}.$$ Poniendo todos estos juntos, hemos $$I(a, b) = \frac{\pi}{4^{b}} \frac{\Gamma(a, + 1/2)}{\Gamma(b+1/2)} \frac{\Gamma(b+1)}{\Gamma(un)} \frac{\Gamma(2b-2a)}{\Gamma(b-a+1)\Gamma(b-a)}$$ Ahora por la duplicación de la fórmula, $$ \Gamma(2b-2a) = \frac{2^{2(b-a)-1}}{\sqrt\pi} \Gamma(b-a) \Gamma(b-a+1/2)$$ así que, finalmente, $$I(a, b) = \frac{\pi}{4^{b}} \frac{\Gamma(a, + 1/2)}{\Gamma(b+1/2)} \frac{\Gamma(b+1)}{\Gamma(un)} \frac{\Gamma(b-a+1/2)}{\Gamma(b-a+1)} \frac{2^{2(b-a)-1}}{\sqrt\pi} \\ = \frac{\sqrt\pi}{2} \frac{\Gamma(a, + 1/2)}{\Gamma(b+1/2)} \frac{\Gamma(b+1)}{\Gamma(un)} \frac{\Gamma(b-a+1/2)}{\Gamma(b-a+1)}.$$

Hemos verfied la fórmula para $a$ $b$ enteros positivos con $b>a.$ ahora debe seguir por una continuidad en el argumento de que podemos extender a real $a,b$ $b>a>1.$