Para$r \in (0,1)$$k \in \mathbb Z^+$, probar $$ \frac{1}{\pi} \int_{0}^\pi \ln\left(1 + r \cos(u)\right) \ln \left( 1 + r \cos(3^k u)\right) du = \left(\ln\left(\frac{2(1-\sqrt{1-r^2})}{r^2}\right)\right)^2.$$ Dado que para cualquier $n \in \mathbb Z^+$ $$ - \frac{1}{\pi} \int_{0}^\pi \ln\left(1 + r \cos(nu)\right) du = \ln\left(\frac{2(1-\sqrt{1-r^2})}{r^2}\right).$$ En mi opinión, la estrategia debe ser la de utilizar el hecho de que $\cos(u)$ $\cos(3^ku)$ son ortogonales. Escribir $[0,\pi]$ como un producto espacio donde $\cos(u)$ $\cos(3^ku)$ son constantes a lo largo de la (ortogonal) de las fibras. A continuación, utilice el teorema de Fubini. Pero estoy teniendo dificultad en poner las piezas juntas. Gracias por tu ayuda.
Respuestas
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Para un entero positivo $s$, e $r\in(0,1)$, vamos a $I_s(r)$ ser definido por $$ I_s(r)=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\ln(1+r\cos(t))\ln(1+r\cos(s t))dt. $$ Vamos a probar el siguiente resultado:
La proposición. Para cada entero positivo $s$, y cada una de las $r\in(0,1)$ hemos $$ I_s(r)=\left(\ln\left(\frac{2(1-\sqrt{1-r^2})}{r^2}\right)\right)^2 +\frac{2}{s}{\rm Li}_2\left(\left(\frac{\sqrt{1-r^2}-1}{r}\right)^{s+1}\right) $$ donde ${\rm Li}_2$ es el conocido Dilogarithm.
Este resultado muestra que la fórmula propuesta en la pregunta está mal.
${\it Proof.}$ En lo que sigue $z=\frac{1-\sqrt{1-r^2}}{r}$. $z$ es la raíz que pertenece a $(0,1)$ de la ecuación de $z^2-\frac{2}{r}z+1=0$.
Ahora $$\eqalign{ \ln(1+z^2+2z \cos t)&=\ln(|1+z e^{es}|^2)=2{\rm Re}\,{\rm Log}(1+ze^{es})\cr &=\sum_{n=1}^\infty\frac{2(-1)^{n-1}z^n}{n}\cos(nt) } $$ utilizando el hecho de que $\frac{2z}{1+z^2}=r$ llegamos a la conclusión de que $$ \ln(1+r \cos t)=-\ln\left(\frac{2z}{r}\right)+\sum_{n=1}^\infty\frac{2(-1)^{n-1}z^n}{n}\cos(nt)\etiqueta{1} $$ La sustitución de $t$ $st$ tenemos también $$ \ln(1+r \cos (st))=-\ln\left(\frac{2z}{r}\right)+\sum_{n=1}^\infty\frac{2(-1)^{n-1}z^n}{n}\cos(sn t)\etiqueta{1} $$ Utilizando la fórmula de Parseval llegamos a la conclusión de que $$ \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} \ln(1+r \cos (t))\ln(1+r \cos (st))dt =\left(\ln\left(\frac{2z}{r}\right)\right)^2 +\frac{2}{s}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-z)^{(s+1) n}}{n^2} $$ O, equivalentemente, $$ I_s(r)=\left(\ln\left(\frac{2z}{r}\right)\right)^2 +\frac{2}{s}\,{\rm Li}_2((-z)^{s+1}). $$ que se anunció el resultado.$\qquad\square$
Por último, tenga en cuenta que la propuesta integral corresponde a $s=3^k$.
Muhammad Soliman
Puntos
750
Lema 1: Vamos a $n \in \mathbb{Z}\backslash\{0\}$ y deje $f$ ser una función que $f(x+T)=f(x)$ todos los $x$. Entonces $$ \int_0^T f(nx) \mathrm{d}x = \int_0^T f(x) \mathrm{d}x $$
${}$
Lema 2: Deje $f$ ser cualquier función tal que $\int_0^{\pi} f(x)\,\mathrm{d}x $ converge, entonces $$\int_0^{\pi} f(\cos x)\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_0^{2\pi} f(\cos x)\,\mathrm{d}x$$
El uso de estos dos resultados se deduce inmediatamente que
\begin{align*} I_n(r) & = - \frac{1}{\pi} \int_{0}^\pi \ln\left(1 + r \cos(nu)\right) du \\ & = - \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \ln\left(1 + r \cos(nu)\right) du \\ & = - \frac{1}{\pi} \int_{0}^\pi \ln\left(1 + r \cos u\right) du \\ & = I_1(r) = I(r) \end{align*}
El siguiente paso es diferenciar bajo el signo integral. Voy a volver a las condiciones en las que esta tiene, por lo
\begin{align*} I'(r) = - \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \frac{\partial }{\partial r} \ln\left(1 + r \cos u\right)\,\mathrm{d}u = \frac{-1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \frac{\cos u}{1 + r \cos u}\,\mathrm{d}u = \frac{1}{r} - \frac{1}{r\sqrt{1-r^2}}\end{align*}
También tenga en cuenta que $I(0) = 0$, por lo que la integración de la expresión anterior de $0$ $r$da
\begin{align*} \int_0^r I(\tau) \mathrm{d}\tau & = \int_0^r \frac{1}{\tau} - \frac{1}{\tau\sqrt{1-\tau^2}} \mathrm{d}\tau \\ I(r) - I(0) & = \log \left( \frac{2}{r} \right) - \operatorname{arctanh}\left( \frac{1}{\sqrt{1-r^2}} \right) \end{align*}
Esto es válido, ya que suponemos que $|r|< 1$. Por lo tanto
$$ I_n(r) = - \frac{1}{\pi} \int_{0}^\pi \ln\left(1 + r \cos(nu)\right) du = \log \left( \frac{2}{r} \right) - \operatorname{arctanh}\left( \frac{1}{\sqrt{1-r^2}} \right) $$
La prueba de la segunda lema es trivial, y la evaluación de las integrales trigonométricas se puede hacer algo a lo largo de las líneas de $$ \frac{1}{r}\int_0^{2\pi} \frac{r\cos x}{1 + r \cos x} \mathrm{d}x = \frac{1}{r}\int_0^{2\pi} 1 - \frac{\mathrm{d}x}{1 + r \cos x} = \frac{2\pi}{r} - \int_{-\infty}^\infty \frac{2\mathrm{d}u}{(1-r)u^2 + 1+r} $$ A continuación, utilice algo como $u \mapsto u\frac{1+r}{\sqrt{1-r}}$ para completar el trabajo. La prueba de la primera integral es también elemental nota \begin{align} \int_0^{T} f(kx) \mathrm{d}x = \frac{1}{k}\int_{0}^{kT} f(x)\mathrm{d}x = \frac{1}{k}\sum_{n=0}^{k-1} \int_{nT}^{(n+1)T} f(x)\mathrm{d}x = \frac{1}{k}\sum_{n=0}^{k-1} \int_{0}^{T} f(u + nT)\mathrm{d}u \end{align} Esto completa la prueba puesto, $f$ se tiene un período de $T$$f(u+nT)=f(u)$. Por ejemplo intuitivamente tenemos $k$ integral $\int_0^T + \int_T^{2T} + \cdots + \int_{(k-1)T}^{kT}$ igualmente grande.
