¿Existe una forma cerrada para esta suma?

Question

Mientras generalizaba el resultado anterior, conjeturé que la expansión en series de

\begin{align*} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan \left( \frac{2x \sin\theta}{1-x^{2}} \right) \arctan \left( \frac{2y \sin\theta}{1-y^{2}} \right) \arctan \left( \frac{2z \sin\theta}{1-z^{2}} \right) \arctan \left( \frac{2w \sin\theta}{1-w^{2}} \right) \, d\theta \end{align*}

es igual a

$$ \frac{\pi}{2} \sum_{i=0}^{\infty} \sum_{j=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{l=0}^{\infty} (-1)^{i+j+k+l} d(i,j,k,l) \frac{x^{2i+1}}{2i+1} \frac{y^{2j+1}}{2j+1} \frac{z^{2k+1}}{2k+1} \frac{w^{2l+1}}{2l+1}, \tag{1} $$

donde $d(i,j,k,l)$ denota el número de elecciones de signos para que

$$ \pm(2i+1) \pm(2j+1) \pm (2k+1) \pm(2l+1) = 0. $$

Comprobé que la fórmula $\text{(1)}$ es correcta hasta el grado 40. En comparación con el aspecto atroz de la integral original, esta representación en serie es bastante ordenada y cautivadora.

Suponiendo que $i \leq j \leq k \leq l$, tenemos el siguiente algoritmo:

$$ (-1)^{i+j+k+l} d(i,j,k,l) = \begin{cases} 6 & \text{si } i = j = k = l, \\ 4 & \text{si } i = j < k = l, \\ 2 & \text{si } i + l = j + k, \\ -2 & \text{si } i + j + k = l-1, \\ 0 & \text{en otro caso}. \end{cases} $$

Si solo sumamos los términos de $\text{(1)}$ correspondientes a $d = 6$ o $4$, obtenemos una combinación de funciones chi de Legendre. Pero no tengo idea de cómo simplificar más.

Answer 1

El OP ya dio la expansión de la serie para $\arctan \left( \frac{2x \sin\theta}{1-x^{2}} \right) $ en aquí. Usando esa expansión, tenemos

\begin{align*} &\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan \left( \frac{2x \sin\theta}{1-x^{2}} \right) \arctan \left( \frac{2y \sin\theta}{1-y^{2}} \right) \arctan \left( \frac{2z \sin\theta}{1-z^{2}} \right) \arctan \left( \frac{2w \sin\theta}{1-w^{2}} \right) \, d\theta \\ &\quad = 16 \sum_{m=0}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{p=0}^{\infty} \sum_{q=0}^{\infty} \frac{x^{2m+1}y^{2n+1}z^{2p+1}w^{2q+1}}{(2m+1)(2n+1)(2p+1)(2q+1)} \times \\ & \qquad \times \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(2m+1)\theta \sin(2n+1)\theta \sin(2p+1)\theta \sin(2q+1)\theta \, d\theta \quad \quad \rm{\bf (1)} \end{align*}

Ahora usamos la siguiente igualdad trigonométrica algo extensa para $x,y,z,w$ generales (que se puede demostrar con fórmulas de Euler, o más fácilmente, combinando fórmulas de productos triples y dobles como se enumera en Wikipedia aquí) \begin{align*} & \quad 8 \sin(w) \sin(x) \sin(y) \sin(z) = \\ & - \cos(w+x+y-z) - \cos(w+y+z-x) - \cos(w+z+x-y) + \cos(w+x+y+z)+\\ &\cos(-w+x+y-z) + \cos(-w+y+z-x) + \cos(-w+z+x-y) - \cos(-w+x+y+z) \end{align*}

Surgen integrales, donde 4, 3 o 2 argumentos tienen un signo positivo. Veamos estos tipos de integrales. En lo siguiente, $\delta_n = 1$ para $n=0$, $\delta_n =0$ en otro caso.

a) 4 signos positivos: $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos(2m+2n+2p+2q+4)\theta \, d\theta = \frac{\pi}{2} \delta_{m+n+p+q +2} $$ Dado que $m,n,p,q \geq 0$, este término nunca se encontrará en la suma.

b) 3 signos positivos: $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos(2m+2n+2p-2q +2)\theta \, d\theta = \frac{\pi}{2} \delta_{m+n+p-q +1} $$

c) 2 signos positivos: $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos(2m+2n-2p-2q)\theta \, d\theta = \frac{\pi}{2} \delta_{m+n-p-q} $$

Así que la integral completa (1) se convierte en

\begin{align*} & \frac{\pi}{16}\Big[ \delta_{m+n+p+q +2} - \delta_{-m+n+p+q +1}- \delta_{m-n+p+q +1}- \delta_{m+n-p+q +1}- \delta_{m+n+p-q +1} +\\ & \delta_{m+n-p-q} +\delta_{-m+n-p+q} +\delta_{m-n-p+q} \Big] \end{align*}

Entonces, la conjetura se prueba si establecemos

\begin{align*} & \frac12 (-1)^{m+n+p+q} d(m,n,p,q) = \quad \quad \rm{\bf (2)}\\ & \delta_{m+n+p+q +2} - \delta_{-m+n+p+q +1}- \delta_{m-n+p+q +1}- \delta_{m+n-p+q +1}- \delta_{m+n+p-q +1} +\\ & \delta_{m+n-p-q} +\delta_{-m+n-p+q} +\delta_{m-n-p+q} \end{align*}

Dado que $d(m,n,p,q)$ denota la cantidad de elecciones de signos de modo que $$ \pm(2m+1) \pm(2n+1) \pm (2p+1) \pm(2q+1) = 0 $$

Podemos convencernos de los diversos casos. Esto se ve mejor con la descripción de casos dada por el OP. (Nota: parece haber un error tipográfico en el penúltimo caso). Aquí hay una lista de términos (con signos correspondientes) que se aplican. Tenga en cuenta que necesitamos la mitad de los términos dados por el OP, debido al factor $\frac12$ en (2):

$$ \begin{cases} \delta_{m+n-p-q} +\delta_{-m+n-p+q} +\delta_{m-n-p+q} & \text{si } m = n = p = q, \\ \delta_{-m+n-p+q} +\delta_{m-n-p+q} & \text{si } m = n < p = q, \\ \delta_{m+n-p-q} & \text{si } m + n = p + q, \\ - \delta_{m+n+p-q +1} & \text{si } m + n + p = q-1, \\ 0 & \text{en otro caso}. \end{cases} $$

Esto se aplica también para todas las permutaciones de los índices. Listo. $\quad \quad \Box$