Concurso Integral

Question

Antes de responder a esta OP, por favor lea los términos y condiciones a continuación. Gracias...

Hoy celebro un pequeño concurso no oficial sobre brilliant.org . Ahora, lo sostendré aquí en Matemáticas S.E. Es sólo para los chicos divertidos. (>‿◠)✌

Antes de empezar el concurso, aquí están las reglas de mi pequeño concurso que debes obedecer como concursante (el que postea una respuesta a este OP durante el período del concurso):

1. El concurso comenzará el domingo, octubre $26$ , $2014$ en $12.00$ p.m. mediodía (UTC). Así que, hasta el día D, por favor no hagas ningún intento (publicando comentarios o respuestas) que pueden llevar a los usuarios aquí a responder al concurso de problemas.
2. Puede publicar su respuesta después de que esta OP sea marcada como una pregunta de recompensa por mí. Daré una recompensa a esta OP al menos $250$ representantes. La recompensa será otorgada al ganador.
3. El ganador de este concurso es la respuesta más votada . Así que el jurado de este concurso no soy sólo yo, sino todos nosotros.
4. Cada concursante sólo puede publicar una respuesta y la respuesta puede ser publicada en cualquier momento durante el período del concurso. Una vez que la respuesta es publicada. no puede se editará durante el período del concurso. Ya que tienes al menos $4$ días para preparar la respuesta a esta OP, por favor asegúrese de crear error cero responder.
5. No publique este problema de concurso en otros sitios por preguntar una pista o una respuesta.
6. El concurso terminará el domingo, noviembre $2$ , $2014$ (después de que termine el período de recompensa).
7. El concursante será descalificado por violar las reglas del concurso. El término descalificado significa que el concursante que viole las reglas pero que posea la respuesta más votada al final del concurso no será declarado ganador. Por lo tanto, la recompensa no será otorgada a ella/él.

Si es necesario, las normas pueden modificarse en consecuencia. Para ser justos, no responderé a esta OP ni daré ninguna pista a nadie. Realmente necesito su cooperación para que este concurso tenga éxito. Gracias.

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Aquí está el problema del concurso:

Pruebe \begin{equation}\large{\int_0^{\Large\frac{\pi}{2}}}\ln\left(\frac{\ln^2\sin\theta}{\pi^2+\ln^2\sin\theta}\right)\,\frac{\ln\cos\theta}{\tan\theta}\,d\theta=\frac{\pi^2}{4}\end{equation}

Siéntase libre de usar cualquier método para resolver este problema ( enfoque de análisis real o complejo ). Bien, feliz solución de problemas y ¡mucha suerte! ٩(˘◡˘)۶

Answer 1

También soy partidario de la opinión de que las reglas propuestas van en contra de la forma en que comunicamos las ideas en esta comunidad. Al mismo tiempo, sin embargo, la parte matemática de OP es algo que vale la pena tratar. Así que aquí hay una solución:

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1. wstępne

Antes del cálculo hacemos algunos resultados preliminares:

Lema 1. Para cualquier $u > 0$ y $n > 0$ Tenemos $$\frac{1}{n^{2}} \log \left(1 + \frac{4\pi^{2}n^{2}}{u^{2}} \right) = \pi^{2} \int_{u/2}^{\infty} \frac{2}{s^{2} + n^{2}\pi^{2}} \, \frac{ds}{s}.$$

Prueba. Diferenciando ambos lados con respecto a $u$ comprobamos que deben ser iguales a una constante. Tomando $u \to \infty$ encontramos que esta constante debería ser igual a cero. ////

Lema 2. Por cualquier cosa real $x$ tenemos $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{s^{2} + n^{2}\pi^{2}} = \frac{s \coth s - 1}{s^{2}}. $$

Aunque no es trivial, es un resultado estándar en un análisis complejo. Así que omitimos la prueba.

Lema 3. Deje que $f(s) = (1 - e^{-2s})(s\coth s - 1)$ . Luego

• $f(s) = (s-1) + (s+1)e^{-2s}$ y por lo tanto $f''(s) = 4s e^{-2s}$ .
• $f(s)/s^{2}$ y $f'(s)/s$ converge en $0$ como $s \to 0$ y $s \to +\infty$ .

Prueba. La primera afirmación es sólo un simple cálculo. Para probar la segunda afirmación, basta con mirar la expansión de la serie McLaurin $f(s) = \frac{2}{3}s^{3} - \frac{2}{3}s^{4} + \cdots$ . ////

2. Cálculo

Ahora estamos listos para calcular la integral. Dejemos que $I$ denotan la integral. Luego con la sustitución $\sin^{2}\theta = e^{-t}$ (para que $d\theta/\tan\theta = -dt/2t$ ), tenemos

\begin{align*} I &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \left( \frac{\log^{2} \sin^{2}\theta}{4\pi^{2} + \log^{2}\log^{2}\theta} \right) \frac{\log^{2}\cos^{2}\theta}{\tan\theta} \, d\theta \\ &= \frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} \log(1 - e^{-t}) \log\left( \frac{t^{2}}{4\pi^{2} + t^{2}} \right) \, dt\\ &= \frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{-nt}}{n} \log \left(1 + \frac{4\pi^{2}}{t^{2}} \right) \, dt. \end{align*}

Ahora utilizamos el El teorema de Tonelli para intercambiar la suma y la integral. Luego

\begin{align*} I &= \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-nt}}{n} \log \left(1 + \frac{4\pi^{2}}{t^{2}} \right) \, dt \\ &= \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-u}}{n^{2}} \log \left(1 + \frac{4\pi^{2}n^{2}}{u^{2}} \right) \, du, \quad (u = nt) \\ &= \frac{\pi^{2}}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{-u} \left( \int_{u/2}^{\infty} \frac{2}{s^{2} + n^{2}\pi^{2}} \, \frac{ds}{s} \right) \, du, \end{align*}

donde la última igualdad se deriva de Lemma 1. Aplicando el teorema de Tonelli de nuevo, el lema 2 muestra que

\begin{align*} I &= \frac{\pi^{2}}{4} \int_{0}^{\infty} e^{-u} \left( \int_{u/2}^{\infty} \frac{s \coth s - 1}{s^{2}} \, \frac{ds}{s} \right) \, du \\ &= \frac{\pi^{2}}{4} \int_{0}^{\infty} \left( \int_{0}^{2s} e^{-u} \, du \right) \frac{s \coth s - 1}{s^{3}} \, ds \\ &= \frac{\pi^{2}}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{f(s)}{s^{3}} \, ds, \end{align*}

donde aplicamos el teorema de Tonelli de nuevo en la segunda línea, y $f(s)$ denota la función en Lemma 3. Así que basta con probar que la última integral, sin la constante $\pi^{2}/4$ es igual a 1. De hecho, Lemma 3 muestra que

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \frac{f(s)}{s^{3}} \, ds &= \left[ -\frac{f(s)}{2s^{2}} \right]_{0}^{\infty} + \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{f'(s)}{s^{2}} \, ds \\ &= \left[ -\frac{\smash{f'}(s)}{2s} \right]_{0}^{\infty} + \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{f''(s)}{s} \, ds \\ &= \int_{0}^{\infty} 2e^{-2s} \, ds = 1 \end{align*}

y por lo tanto tenemos $I = \pi^{2}/4$ como se desea.

Answer 2

Nota: Haré esta entrada en la Wiki de la Comunidad porque se parece a la respuesta de la hermana de Chris.

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Usaré el siguiente resultado: $$\lim_{N\to\infty}\left[\sum^\infty_{k=1}\frac{(-1)^{k+1}}{2k(2k)!}N^{2k}-\ln{N}\right]=\gamma$$ Su derivación se puede encontrar aquí .

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Dejando $\ln(\sin{\theta})=-x$ y usando $\mathcal{I}$ para denotar la integral en cuestión, \begin{align} \mathcal{I} =&\frac{1}{2}\int^\infty_0\ln(1-e^{-2x})\ln\left(\frac{x^2}{\pi^2+x^2}\right)\ {\rm d}x\\ =&-\frac{\partial}{\partial a}\Bigg{|}_{a=0}\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n}\int^\infty_0x^ae^{-2nx}\ {\rm d}x+\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n}\int^\infty_0e^{-2nx}\ln(\pi^2+x^2)\ {\rm d}x\\ =&-\frac{\partial}{\partial a}\Bigg{|}_{a=0}\frac{\Gamma(a+1)\zeta(a+2)}{2^{a+1}}+\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=1}\frac{\ln{\pi}}{n^2}+\frac12\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n^2}\int^\infty_0\frac{xe^{-2nx}}{\pi^2+x^2}{\rm d}x\\ =&-\frac{1}{2}\Gamma'(1)\zeta(2)-\frac{1}{2}\Gamma(1)\zeta'(2)+\frac{1}{2}\Gamma(1)\zeta(2)\ln{2}+\frac{1}{2}\zeta(2)\ln{\pi}\\ &+\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n}\int^\infty_0\int^\infty_0e^{-2nx}e^{-xy}\cos{\pi y}\ {\rm d}x\ {\rm d}y\\ =&\frac{\pi^2}{12}\left(\gamma+\ln{2\pi}\right)-\frac{1}{2}\zeta'(2)+\frac12\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n^2}\int^\infty_0\frac{\cos{\pi y}}{y+2n}{\rm d}y\\ =&\frac{\pi^2}{12}\left(\gamma+\ln{2\pi}\right)-\frac{1}{2}\zeta'(2)+\frac12\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n^2}\int^\infty_0\frac{\cos{(y+2n\pi)}}{y+2n\pi}{\rm d}y\\ =&\frac{\pi^2}{12}\left(\gamma+\ln{2\pi}\right)-\frac{1}{2}\zeta'(2)+\frac12\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n^2}\int^\infty_{2n\pi}\frac{\cos{y}}{y}{\rm d}y\\ =&\frac{\pi^2}{12}\left(\gamma+\ln{2\pi}\right)-\frac{1}{2}\zeta'(2)+\frac12\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n^2}\left[\left(\int^\infty_0-\int^{2n\pi}_0\right)\frac{\cos{y}-1}{y}{\rm d}y+\ln{y}\Bigg{|}^\infty_{2n\pi}\right]\\ =&\color{grey}{\frac{\pi^2}{12}\left(\gamma+\ln{2\pi}\right)-\frac{1}{2}\zeta'(2)}+\frac12\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n^2}\int^{2n\pi}_0\frac{1-\cos{y}}{y}{\rm d}y\color{grey}{-\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=1}\frac{\ln(2n\pi)}{n^2}}\\ &+\color{grey}{\frac{1}{2}\lim_{N\to\infty}\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n^2}\left[\ln{N}-\sum^\infty_{k=1}\frac{(-1)^{k+1}}{2k(2k)!}N^{2k}\right]}\\ =&\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n^2}\int^1_0\frac{1-\cos{2n\pi y}}{y}{\rm d}y\\ =&\frac{1}{2}\int^1_0\left(\frac{\pi^2}{6y}-\pi^2y+\pi^2-\frac{\pi^2}{6y}\right)\ {\rm d}y=\frac{\pi^2}{2}\int^1_0(1-y)\ {\rm d}y=\Large{\frac{\pi^2}{4}} \end{align} como se iba a mostrar.

Answer 3

Aquí hay una solución que utiliza un análisis complejo. Como otras personas han demostrado, la integral es equivalente a: $$I=\frac{1}{2}\int_0^\infty\log\bigg(\frac{x^2}{x^2+\pi^2}\bigg)\log(1-e^{-2x})dx$$ Integraré la función: $$f(z)=\log z \log(1-e^{-2z})$$ En este contorno:

Te ahorraré los detalles sangrientos de mostrar eso por $\epsilon \rightarrow 0$ y $R \rightarrow \infty$ las integrales en $\gamma_2$ , $\gamma_4$ y $\gamma_6$ desaparecen. Nos quedamos con: $$\int_0^\infty \log x\log(1-e^{-2x})dx +\int_\infty^0\log(x+i\pi)\log(1-e^{-2x})dx+i\int_\pi^0\log (iy) \log(1-e^{-2iy})dy=0$$ Llamaré a la suma de las dos primeras integrales $I_1$ y el último $I_2$ . Para $I_1$ que tenemos: $$I_1=\int_0^\infty \log\bigg(\frac{x}{\sqrt{x^2+\pi^2}}\bigg)\log(1-e^{-2x})dx-i\int_0^\infty \arg(x+i\pi)\log(1-e^{-2x})dx$$ De lo cual, podemos ver que la parte real es muy interesante. Ahora, para $I_2$ tenemos $$I_2=-i\int_0^\pi\log(iy)\log(1-e^{-2iy})dy=-i\int_0^\pi \bigg[\log y+i\frac{\pi}{2}\bigg]\bigg[\log(2-2\cos 2y)+i \arg (1-e^{-2iy})\bigg]dy$$ De la cual estamos interesados en la parte real, que es: $$\Re I_2=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi \log(2-2\cos 2y)dy + \int_0^\pi \log y \arg (1-e^{-2iy})dy=J_1+J_2$$ Evaluemos el primero. $$J_1=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi \log(2-2\cos 2y)dy=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi \log(4\sin^2 y)dy=0$$ La última línea sigue de la bien conocida integral de $\log(\sin x)$ . Evaluemos $J_2$ . $$1-e^{-2iy}=1-\cos (2y) + i \sin (2y)= 2 \sin^2 y + 2i \sin y \cos y=2 \sin y(\sin y +i \cos y)=2i \sin y e^{-iy}$$ Ahora podemos ver que, hasta costos sin importancia, la multiplicación por $2i\sin y$ es una rotación por $\pi/2$ así que en términos de argumento equivale a una multiplicación por $e^{i\pi/2}$ . Así que..: $$\arg(1-e^{-2iy})=\arg (e^{i(\pi/2-y)})=\frac{\pi}{2}-y$$ Así que $J_2$ se convierte: $$J_2=\int_0^\pi \log y\frac{\pi}{2}dy-\int_0^{\pi}y\log y dy=-\frac{\pi^2}{4}$$ La última línea se deriva de las técnicas de integración elementales. Poniendo todo lo que tenemos: $$\Re I_1=-\Re I_2$$ $$\int_0^\infty \log\bigg(\frac{x}{\sqrt{x^2+\pi^2}}\bigg)\log(1-e^{-2x})dx = \frac{\pi^2}{4} $$ Así que, multiplicando por $2$ y recordando el original $1/2$ que tenemos: $$I=\frac{\pi^2}{4}$$ Como desee.

Answer 4

Primero, que $-\log(\sin(\theta))=y$ que produce $$\underbrace{\int_0^{\infty} \log(y) \log(1-e^{-2 y}) \ dy}_{\displaystyle \pi^2 \log(A)-\frac{1}{12}\pi^2 \log(\pi)}-\frac{1}{2}\underbrace{\int_0^{\infty} \log(\pi^2+y^2) \log(1-e^{-2 y}) \ dy}_{\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\operatorname{Ci}(2k \pi)}{k^2} -\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\log(\pi)}{k^2}}$$

donde el resultado de la serie se obtiene combinando la serie de $\log(1-e^{-2 y})$ y la integral exponencial.
Haciendo uso de la $1.22 a$ de http://arxiv.org/pdf/1008.0040.pdf concluimos que

$$ \begin{equation}\large{\int_0^{\Large\frac{\pi}{2}}}\ln\left(\frac{\ln^2\sin\theta}{\pi^2+\ln^2\sin\theta}\right)\,\frac{\ln\cos\theta}{\tan\theta}\,d\theta=\frac{\pi^2}{4}\end{equation} $$

Q.E.D. ( Ten en cuenta que sólo usé resultados antiguos conocidos. ¿No es demasiado fácil para un concurso? )