Interesante triple integral

Question

Hace algún tiempo me topé con una supuesta identidad $$\int\limits_0^\infty \frac{dx}{x} \int\limits_0^x \frac{dy}{y} \int\limits_0^y \frac{dz}{z} [\sin{x}+\sin{(x-y)}-\sin{(x-z)}-\sin{(x-y+z)}]= -\frac{\pi^3}{12}.$$ ¿Cómo se puede demostrar esta identidad? El contexto en el que ha surgido esta integral se describe en Integral múltiple (problema 11621 del American Mathematical Monthly y su generalización) .

Answer 1

Considero la función $$f(t):=\int_0^t\frac{dx}{x}\int_0^x\frac{dy}{y}\int_0^y\frac{dz}{z}\bigl\{ \sin x+\sin(x-y)-\sin(x-z)-\sin(x-y+z)\bigr\}.$$ Tiene una expansión asintótica con términos principales $$f(t)= -\frac{\cos t}{2}\frac{\log^2t}{t}+O\Bigl(\frac{\log t}{t}\Bigr).$$ Por lo tanto, el límite $\lim_{t\to+\infty}f(t)=0\ne-\pi^3/12$ .

Mis pruebas son demasiado largas para publicarlas aquí, y sólo explicaré brevemente los puntos principales: La función $f(t)$ se extiende a una función entera con series de potencias $$f(t)=\sum_{n=1}^\infty(-1)^n \Bigl(\sum_{k=1}^{2n+1}\frac{H_{k-1}}{k}\Bigr)\frac{t^{2n+1}}{(2n+1)!(2n+1)}$$ donde $H_k$ son los números armónicos.

La serie de potencias puede transformarse en una representación integral alternativa $$f(t)=\int_0^tdu\int_0^1\int_0^1\Bigl(\frac{x\sin u}{u(1-x)(1-x y)}-\frac{\sin(ux)}{u(1-x)(1-y)}+\frac{\sin(uxy)}{u(1-y)(1-xy)}\Bigr)\,dx\,dy.$$ Esto se puede utilizar para escribir $f(t)$ como una transformada de Fourier $$f(t)=\int_0^1\Bigl(\frac12\log^2(1-x)+\sum_{n=1}^\infty\frac{(1-x)^n-1}{n^2}\Bigr) \frac{\sin(tx)}{x}\,dx.$$ Como el integrando está en $L^1(0,1)$ , el El lema de Riemann-Lebesgue implica que $\lim_{t\to\infty}f(t)=0$ y la expansión asintótica se obtiene a partir de esta representación por métodos estándar.

Las fórmulas anteriores y la expansión asintótica nos permiten calcular el función $f(t)$ fácilmente.

Los detalles se encuentran en http://arxiv.org/abs/1505.00440

Answer 2

Denotaremos la integral con la letra $I$ es decir, :

$$I:=\int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{x} \int_0^x \frac{\mathrm{d}y}{y} \int_0^y \frac{\mathrm{d}z}{z} [\sin{x}+\sin{(x-y)}-\sin{(x-z)}-\sin{(x-y+z)}]$$

El punto clave es insertar un exponencial de amortiguación $e^{-\alpha z}$ (donde $\alpha \geq 0$ ) en el integrando, esto hace que la integral dependa directamente del $\alpha$ factor, luego aplicar la fórmula de Leibnitz para la differentatiaon bajo el signo integral, finalmente integrar de nuevo recordando $I(\infty)=0$ y $I(0)=I$ . Aunque se puede ver en este procedimiento, respectivamente se puede hacer, utilizando la sustitución $$\frac{1}{z}=\int_0^\infty \! e^{-\alpha z} \; {\mathrm{d}\alpha}$$

Entonces, el cambio del orden de integración implicaría que esta reformulación apareciera :

$$I=\int_0^\infty \! {\mathrm{d}\alpha} \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{x} \int_0^x \frac{\mathrm{d}y}{y} \int_0^y {\mathrm{d}z} \, [\sin{x}+\sin{(x-y)}-\sin{(x-z)}-\sin{(x-y+z)}] \, e^{-\alpha z}$$

La integral interna es ahora evaluable directamente, manteniendo la línea :

$$I=\int_0^\infty \! {\mathrm{d}\alpha} \! \int_0^\infty \! \frac{\mathrm{d}x}{x} \int_0^x \frac{\mathrm{d}y}{y} \! \frac{1-e^{-\alpha y}}{\alpha(1+\alpha^2)} (\sin{x}+\sin{(x-y)}) +\frac{1+e^{-\alpha y}}{1+\alpha^2}(\cos{x}-\cos{(x-y)})$$

Como puede ver en este artículo ( http://arxiv.org/pdf/1201.1975v1.pdf ), integral similar a la contenida en $I$ se calcula allí, es decir, :

$$\zeta{(2)} = \int_0^\infty \! \frac{\mathrm{d}x}{x} \int_0^x \frac{\mathrm{d}y}{y} (\cos{(x-y)}-\cos{x})$$

Aunque, desde la representación de $I$ somos capaces de derivar este resultado (denotado como $\tilde{I}$ en el artículo), independientemente de utilizar el último como un hecho o de una fuente diferente. Sin embargo, el enfoque real es muy similar al descrito en el artículo: Basta con considerar una integral paramétrica $\tilde{I}(\alpha)$ definido como:

$$\tilde{I}(\alpha) := \int_0^\infty \! \frac{\mathrm{d}x}{x} \int_0^x \frac{1+e^{-\alpha y}}{y} (\cos{(x-y)}-\cos{x}) \, \mathrm{d}y$$

Evidentemente: $\tilde{I}(0)=2\tilde{I} \wedge \tilde{I}(\infty)=\tilde{I}$ utilizando el Teorema Fundamental del Cálculo podemos escribir $$\tilde{I}=-\left( \tilde{I}-2\tilde{I} \right)=-\left( \tilde{I}(\infty)-\tilde{I}(0) \right)=-\int_0^\infty \tilde{I'}(\alpha) \, \mathrm{d}\alpha$$

Entonces la diferenciación bajo el signo de la integral y alguna integración complicada nos llevará al valor $\zeta{(2)}$ también.

Sin embargo, ahora continuaremos en la evaluación de $I$ el esfuerzo realizado en la discusión de la $\zeta{(2)}$ integral no carece en absoluto de sentido, porque ahora separaremos este resultado de nuestra representación integral de $I$ debido a la relación : $$1+e^{-\alpha y}=2-(1-e^{-\alpha y})$$

ahora dividimos el $I$ -integral en dos partes :

$$I=J-2\int_0^\infty \mathrm{d}\alpha \frac{\zeta{(2)}}{1+\alpha^2} =J-\frac{\pi^3}{6}$$

donde

$$J:=\int_0^\infty \! {\mathrm{d}\alpha} \! \int_0^\infty \! \frac{\mathrm{d}x}{x} \int_0^x \frac{\mathrm{d}y}{y} \! \frac{1-e^{-\alpha y}}{\alpha(1+\alpha^2)} (\sin{x}+\sin{(x-y)})-\frac{1-e^{-\alpha y}}{1+\alpha^2}(\cos{x}-\cos{(x-y)})$$

Estamos haciendo esto para la preparación para hacer un reemplazo unificado (otro), a saber :

$$\frac{1-e^{-\alpha y}}{y}=\int_0^\alpha \! e^{-\beta y} \; {\mathrm{d}\beta}$$

Tras el cambio del orden de integración en $\beta$ :

$$J=\int_0^\infty \! \frac{\mathrm{d}\alpha}{\alpha(1+\alpha^2)} \! \int_0^\alpha \! {\mathrm{d}\beta} \! \int_0^\infty \! \frac{\mathrm{d}x}{x} {\int_0^x} \mathrm{d}y \,[\sin{x}+\sin{(x-y)}-\alpha (\cos{x}-\cos{(x-y)})] e^{-\beta y}$$

De nuevo, por integración directa de la integral interna :

$$J\!=\!\int_0^\infty \!\!\!\! \frac{\mathrm{d}\alpha}{\alpha(1+\alpha^2)} \!\! \int_0^\alpha \!\! {\mathrm{d}\beta} \! \int_0^\infty \!\! \mathrm{d}x \frac{\sin{x}\!-\!\alpha\cos{x}}{\beta}\frac{1\!-\!e^{-\beta y}}{x}\!+\!\frac{\alpha \beta-\!1}{1\!+\!\beta^2}\frac{\cos{x}\!-\!e^{-\beta y}}{x}\!+\!\frac{\alpha\!+\!\beta}{1\!+\!\beta^2}\frac{\sin{x}}{x}$$

Las integrales resultantes son algo elementales (es decir, la integral de Dirichlet, etc.), sin embargo podemos volver a utilizar esa regla de sustitución tonta utilizando

$$\frac{1}{x}=\int_0^\infty \! e^{-\gamma x} \; {\mathrm{d}\gamma}$$

Sin embargo, también se podría hacer la otra sustitución, es decir

$$\frac{1-e^{-\beta x}}{x}=\int_0^\beta \! e^{-\gamma x} \; {\mathrm{d}\gamma}$$

Definir $$\begin{split} S(\beta) & :=\int_0^\infty \mathrm{d}x \frac{1-e^{-\beta y}}{x}\sin{x} \\ C(\beta) & :=\int_0^\infty \mathrm{d}x \frac{1-e^{-\beta y}}{x}\cos{x} \\ L(\beta) & :=\int_0^\infty \mathrm{d}x \frac{\cos{x}-e^{-\beta y}}{x} \\ D & :=\int_0^\infty \mathrm{d}x \frac{\sin{x}}{x} \end{split}$$

Por definición, entonces

$$J = \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}\alpha}{\alpha(1+\alpha^2)} \int_0^\alpha {\mathrm{d}\beta} \; \frac{1}{\beta}S(\beta)-\frac{\alpha}{\beta} C(\beta)+\frac{\alpha \beta-1}{1+\beta^2} L(\beta)+\!\frac{\alpha+\beta}{1+\beta^2} D$$

Ahora en la evaluación - para las dos primeras integrales $S$ y $C$ la forma más rápida de calcularlas es a través del segundo tipo de reemplazo, El tercero y el cuarto se hacen (debido a los problemas de convergencia) por el reemplazo "tonto". Para cada integral tenemos: $$S(\beta)=\int_0^\beta {\mathrm{d}\gamma} \int_0^\infty \mathrm{d}x \sin{x} e^{-\gamma x} = \int_0^\beta {\mathrm{d}\gamma} \frac{1}{1+\gamma^2}=\arctan{\beta} \\ \\ C(\beta)=\int_0^\beta {\mathrm{d}\gamma} \int_0^\infty \mathrm{d}x \cos{x} e^{-\gamma x} = \int_0^\beta {\mathrm{d}\gamma} \frac{\gamma}{1+\gamma^2}=\frac{1}{2} \ln{(1+\beta^2)} \\ L(\beta)=\int_0^\infty {\mathrm{d}\gamma} \int_0^\infty \mathrm{d}x (\cos{x}\!-\!e^{-\beta x}) e^{-\gamma x} = \int_0^\infty {\mathrm{d}\gamma} \frac{\gamma}{1\!+\!\gamma^2}\!-\!\frac{1}{\beta\!+\!\gamma} = \ln{\frac{\sqrt{1 \!+\!\gamma^2}}{\beta \! + \! \gamma}} {\Big|}_0^\infty = \ln{\beta} \\ D=\int_0^\infty {\mathrm{d}\gamma} \int_0^\infty \mathrm{d}x \sin{x} e^{-\gamma x} = \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}\gamma}{1+\gamma^2} = \frac{\pi}{2}$$

Sustituyendo estos resultados por el $J$ integral :

$$J = \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}\alpha}{\alpha(1+\alpha^2)} \int_0^\alpha {\mathrm{d}\beta} \; \frac{\arctan{\beta}}{\beta}-\frac{\alpha}{2\beta} \ln{(1+\beta^2)}+\frac{\alpha \beta-1}{1+\beta^2} \ln{\beta}+\!\frac{\alpha+\beta}{1+\beta^2} \frac{\pi}{2}$$

El siguiente paso será realmente importante. Basta con considerar lo lejos que estamos, terminamos con una integral doble con su dominio de integración - triángulo infinito, es decir, la mitad del primer cuadrante. Realicemos un cambio de variable de tal manera que se transforme en rectángulo. Hay muchos candidatos (por ejemplo, el polar), sin embargo, elegimos este particular :

$$\alpha=t \\ \beta=tk$$

Con el jacobiano de la transformación igual a $J=t$ El dominio propio consiste ahora en una franja semi-infinita $$(t,k)\in\{(0,\infty)\times(0,1)\}$$

Después de esta transformación :

$$J \!=\! \int_0^1 \!\mathrm{d}k \int_0^\infty \!\mathrm{d}t \; \frac{\arctan{kt}}{kt(1+t^2)}-\frac{\ln{(1\!+\!k^2t^2)}}{2k(1\!+\!t^2)}\!-\!\frac{1-kt^2}{(1\!+\!t^2)(1\!+\!k^2t^2)} \ln{(kt)}\!+\!\!\frac{t(1+k)}{(1\!+\!t^2)(1\!+\!k^2t^2)} \frac{\pi}{2}$$

Definir ( $0<s<4$ ) :

$$\begin{split} J_1(k) & :=\int_0^\infty \frac{\arctan{kt}}{t(1+t^2)} \mathrm{d}t \\ J_2(k) & :=\int_0^\infty \frac{\ln{(1\!+\!k^2t^2)}}{2(1+t^2)} \mathrm{d}t \\ P_s(k) & :=\int_0^\infty \frac{t^{s-1}\,\mathrm{d}t}{(1\!+\!t^2)(1\!+\!k^2t^2)} \\ L_s(k) & :=\int_0^\infty \frac{t^{s-1}\ln{t} \, \mathrm{d}t}{(1+t^2)(1+k^2t^2)} \end{split}$$

Entonces por definición directa :

$$J \!=\! \int_0^1 \!\mathrm{d}k \; \frac{J_1(k)}{k}-\frac{J_2(k)}{k}\!-P_1(k) \ln{k}+ P_3(k) k \ln{k} - L_1(k) + L_3(k) k + \frac{\pi}{2} (1+k)P_2(k)$$

Calculemos el $P_s(k)$ (para un valor arbitrario $s$ ), observe que :

$$\frac{1}{(1+t^2)(1+k^2t^2)}=\frac{1}{1-k^2}\frac{1}{1+t^2}-\frac{k^2}{1-k^2}\frac{1}{1+k^2t^2}$$

Sustituyendo esa descomposición a la definición de $P_s(k)$ y al insertar la sustitución $tk \rightarrow t$ en la segunda integral podemos obtener la $s$ -de ambas integrales, recordando :

$$P_s(k) =\frac{1-k^{2-s}}{1-k^2} \int_0^\infty \frac{t^{s-1}}{1+t^2} \mathrm{d}t$$

Lamentablemente, esta representación restringe el valor de $s$ en gran medida, ahora $0<s<2$

Recordemos la definición de la función beta, utilizando una simple tranformación $1+t^2 \rightarrow 1/t$ y aplicando la fórmula de la reflexión se obtiene

$$P_s(k) =\frac{1-k^{2-s}}{1-k^2} \frac{\pi}{2 \sin{(\frac{\pi s}{2})}}$$

Para $s=1$ tenemos :

$$P_1(k) = \frac{\pi}{2} \frac{1}{1+k}$$

Utilizando la regla de L'Hopital también la extracción de $P_2(k)$ es posible :

$$P_2(k) = - \frac{\ln{k}}{1-k^2}$$

De la definición se desprende que $P_1(k)+k^2P_3(k)=\int_0^\infty \! \frac{\mathrm{d}t}{1+t^2} = \pi/2$ Por lo tanto:

$$P_3(k) = \frac{\pi}{2k} \frac{1}{1+k}$$

Sorprendentemente, este resultado puede obtenerse también evaluando el $P_s$ fromula en $s=3$

Evidentemente $L_s(k)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}P_s(k)$ realizando esa diferenciación sobre el precalculado $P_s(k)$ se obtiene :

$$L_s(k) =\frac{k^{2-s} \ln{k}}{1-k^2} \frac{\pi}{2 \sin{(\frac{\pi s}{2})}} - \frac{\pi^2}{4} \frac{1-k^{2-s}}{1-k^2} \frac{\cos{(\frac{\pi s}{2})}}{\sin^2{(\frac{\pi s}{2})}}$$

Evaluación en $s=1$ da:

$$L_1(k) = \frac{\pi}{2} \frac{k \ln{k}}{1-k^2}$$

Utilizando el mismo truco que en $P_3$ también se puede evaluar $L_3$ (Sin embargo, también se podría haber hecho una sustitución directa)

$$L_3(k) = - \frac{\pi}{2k} \frac{\ln{k}}{1-k^2}$$

Veamos ahora con más detalle $J_1$ y $J_2$ integrales, como podemos ver, tanto en $k=0$ se desvanecen, es decir $J_1(0)=J_2(0)=0$

Parece natural aplicar la diferenciación bajo el signo integral, realizando que se puede obtener :

$$J'_1(k) = \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}t}{(1+t^2)(1+k^2t^2)} = P_1(k) = \frac{\pi}{2} \frac{1}{1+k} \\ J'_2(k) = k\int_0^\infty \frac{t^2 \mathrm{d}t}{(1+t^2)(1+k^2t^2)} = k P_3(k) = \frac{\pi}{2} \frac{1}{1+k}$$

Utilizar el teorema fundamental del cálculo $f(x)=f(0)+\int_0^x f'(y) \mathrm{d}y$ , lo que resulta en :

$$J_1(k)=J_2(k)= \frac{\pi}{2}\ln{(1+k)}$$

Poniendo toda esta información ( $J_s,P_s,L_s$ ) juntos, en $J$ que tenemos ahora, debido a la "enorme cancelación" :

$$J = -\pi \int_0^1 \! \frac{\ln{k}}{1-k} \, \mathrm{d}k = -\pi \mathrm{Li}_2(1-k) {\Big|}_0^1 = \frac{\pi^3}{6}$$

Si nos remontamos a la definición original de $J$ da el resultado deseado :) ...