Sea $$f(r)=\int_0^1\frac{x^r(1-x)^r}{1+x^2}dx.$$ Un hecho sorprendente es que $f(4)=\frac{22}{7}-\pi.$ Esto me hizo pensar. Seguramente, no puede ser una coincidencia que una aproximación racional bastante precisa de $\pi$ aparezca de esta manera, ¿verdad? Bueno, esto es lo que he encontrado hasta ahora: $$\boxed{f(0)=\frac{\pi}{4}0.785}$$ $$\boxed{f(4)=\frac{22}{7}-\pi0.001}$$ $$\boxed{f(8)=4\pi-\frac{188684}{15015}3.64×10^{-6}}$$ $$\boxed{f(12)=\frac{431302721}{8580495}-16\pi1.18×10^{-8}}$$ $$\boxed{f(16)=64\pi-\frac{5930158704872}{29494189725}4.00×10^{-11}}$$ Sea $k\in\{0,1,2,\ldots\}.$ Me parece que $f(4k)=4^{k-1}((-1)^k\pi+(-1)^{k+1}R_k),$ donde $R_k$ es alguna aproximación racional de $\pi.$ Tenemos: $$\boxed{R_0=0}$$ $$\boxed{R_1=\frac{22}{7}}$$ $$\boxed{R_2=\frac{188684}{15015×4}}$$ $$\boxed{R_3=\frac{431302721}{8580495×16}}$$ $$\boxed{R_4=\frac{5930158704872}{29494189725×64}}$$ En este punto tengo tres conjeturas: $$\textbf{C1:}\lim_{r\to\infty}f(r)=0.$$ $$\textbf{C2:}\forall k\in\{0,1,2,\ldots\},f(4k)=4^{k-1}((-1)^k\pi+(-1)^{k+1}R_k),R_k\in\mathbb{Q}.$$ $$\textbf{C3:}\lim_{k\to\infty}R_k=\pi.$$ Claramente, $(\textbf{C1}\wedge\textbf{C2})\implies\textbf{C3}.$ ¿Cómo podemos demostrar estas conjeturas? Parece que $\textbf{C2}$ es la más difícil de las tres. $\textbf{C1}$ tiene sentido intuitivo ya que el integrando es una función decreciente de $r.$
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Como se mencionó en los comentarios, C1 se sigue inmediatamente del teorema de convergencia dominada, y como dijiste, demostrar C2 demuestra C3.
Para C2, se puede verificar la prueba de Wikipedia. Se establece que \begin{align} \frac1{2^{2n-2}} \int_0^1\frac{x^{4n}(1-x)^{4n}}{1+x^2}\,dx = \sum_{j=0}^{2n-1}\frac{(-1)^j}{2^{2n-j-2}(8n-j-1)\binom{8n-j-2}{4n+j}} +(-1)^n\left(\pi-4\sum_{j=0}^{3n-1}\frac{(-1)^j}{2j+1}\right) \end{align} de lo cual inferimos que $$R_k = 4\sum_{j=0}^{3k-1} \frac{(-1)^j}{2j+1} - \sum_{j=0}^{2k-1}\frac{(-1)^{k+j}}{2^{2k-j-2}(8k-j-1)\binom{8k-j-2}{4k+j}}$$ es una suma finita de racionales, por lo tanto racional.
Dado que las otras respuestas (al momento de escribir esto) de alguna manera no parecen responder a la pregunta, el único punto de esta respuesta es tener una copia de la prueba de Wikipedia en este sitio web también. (Aparentemente la página fue nominada para eliminación antes...) Aquí está -
Para todos los enteros $k ≥ 0$ y $\ell ≥ 2$ tenemos \begin{align} x^k(1-x)^\ell&=(1-2x+x^2)x^k(1-x)^{\ell-2}\\ &=(1+x^2)\,x^k(1-x)^{\ell-2}-2x^{k+1}(1-x)^{\ell-2}. \end{align}
Aplicando esta fórmula recursivamente $2n$ veces obtenemos $$ x^{4n}(1-x)^{4n} =\left(1+x^2\right)\sum_{j=0}^{2n-1}(-2)^jx^{4n+j}(1-x)^{4n-2(j+1)}+(-2)^{2n}x^{6n}. $$ Además,
\begin{align} x^{6n}-(-1)^{3n} &=\sum_{j=1}^{3n}(-1)^{3n-j}x^{2j}-\sum_{j=0}^{3n-1}(-1)^{3n-j}x^{2j}\\ &=\sum_{j=0}^{3n-1}\left((-1)^{3n-(j+1)} x^{2(j+1)}-(-1)^{3n-j}x^{2j}\right)\\ &=-(1+x^2)\sum_{j=0}^{3n-1} (-1)^{3n-j}x^{2j}, \end{align}
donde la primera igualdad se cumple, porque los términos para $1 ≤ j ≤ 3n – 1$ se cancelan, y la segunda igualdad surge del cambio de índice $j → j + 1$ en la primera suma.
La aplicación de estos dos resultados da
\begin{align}\frac{x^{4n}(1-x)^{4n}}{2^{2n-2}(1+x^2)} =\sum_{j=0}^{2n-1} & \frac{(-1)^j}{2^{2n-j-2}}x^{4n+j}(1-x)^{4n-2j-2}\\ & {} -4\sum_{j=0}^{3n-1}(-1)^{3n-j}x^{2j}+(-1)^{3n}\frac4{1+x^2}.\tag{1} \end{align}
Para enteros $k, \ell ≥ 0$, usando integración por partes $\ell$ veces, obtenemos
\begin{align} \int_0^1x^k(1-x)^\ell\,dx &=\frac \ell{k+1}\int_0^1x^{k+1}(1-x)^{\ell-1}\,dx\\ &\,\,\,\vdots\\ &=\frac \ell{k+1} \frac{\ell-1}{k+2}\cdots\frac1{k+\ell}\int_0^1x^{k+\ell}\,dx\\ &=\frac{1}{(k+\ell+1)\binom{k+\ell}{k}}.\tag{2} \end{align}
Estableciendo $k = \ell = 4n$, obtenemos
$$\int_0^1 x^{4n} (1-x)^{4n}\,dx = \frac{1}{(8n+1)\binom{8n}{4n}}.$$
Al integrar la ecuación (1) de 0 a 1 utilizando la ecuación (2) y $\arctan(1) = \frac{π}4$, obtenemos la ecuación reclamada que involucra a $\pi$.
La integral se puede evaluar con el método de Laplace cuando $r\to\infty$. Según el enlace, se tiene que una integral en la forma según abajo con un mínimo de $p(x)$ en $x=a$ a orden principal se da por
$$ \int_a^b \exp(-rp(x))q(x)dx \sim \frac{Q}{\mu} \Gamma\left(\frac{\lambda}{\mu}\right) \frac{e^{-rp(a)}}{(Pr)^{\lambda/\mu}}, \quad r\to \infty $$
donde las constantes se encuentran a partir de las expansiones de Taylor de $p(x)$ y $q(x)$ alrededor de $x=a$ respectivamente. En este caso, se tiene
$$ f(r) = \int_0^1 \frac{x^r(1-x)^r}{1+x^2} dx=\int_0^1 \exp\left(-rp(x) \right) q(x)dx $$
con $p(x) = -\ln(x(1-x))$ y $q(x) =(1+x^2)^{-1}$. Con un mínimo en $x = 1/2$ se tiene que alrededor de $x=1/2$,
$$ p(x) = \ln(4)+4\left(x-\frac{1}{2}\right)^2 +... $$ $$ q(x) = \frac{4}{5}-\frac{16}{25}\left(x-\frac{1}{2}\right)+... $$
Dividiendo la integral en dos partes, la primera de $0$ a $1/2$ y la segunda de $1/2$ a $1$, se tiene que
$$ \int_{1/2}^1 \exp\left(-rp(x) \right) q(x)dx \sim \frac{4^{-r}}{5}\sqrt{\frac{\pi}{r}} $$
y permitiendo que $x\to x+1/2$ da similarmente que la integral de $0$ a $1/2$ es la misma que la de arriba. Por lo tanto, a orden principal, se tiene
$$ f(r) = \int_0^1 \frac{x^r(1-x)^r}{1+x^2} dx \sim \frac{2\cdot4^{-r}}{5}\sqrt{\frac{\pi}{r}}, \quad r \to \infty $$
Ahora, por ejemplo viendo $f(4k)$ con $k=8$ da que $f(4k) = 6.712\cdot 10^{-21}$ mientras que la expresión asintótica da que $f(4k) \sim \frac{4^{-4k}}{5} \sqrt{\frac{\pi}{k}} = 6.794\cdot 10^{-21}$.
Si es posible obtener $\textbf{C}_2$ o $\textbf{C}_3$ en este caso, no estoy seguro. Quiero decir, se podría tomar la suposición de $\textbf{C}_2$ y sustituir en la expresión asintótica, lo cual daría $R_k \sim \pi +(-1)^{k-1}\frac{4^{-5k+1}}{5} \sqrt{\frac{\pi}{k}}$ pero realmente no creo que tenga mucho sentido de esa manera.
$$f(r)=\int_0^1\frac{x^r(1-x)^r}{1+x^2}dx$$ $$f(r)=\sqrt{\pi }\,\,\frac{ \Gamma (r+1)}{2^{2 r+1}\,\,\Gamma \left(r+\frac{3}{2}\right)}\, _3F_2\left(1,\frac{r+1}{2},\frac{r+2}{2};r+1,\frac{2r+3}{ 2};-1\right)$$ En términos de suma $$f(r)=\Gamma (r+1)\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\,\frac{\Gamma (2 n+r+1)}{\Gamma (2 (n+r+1))}$$ que convergerá muy rápidamente ya que $$a_n=\frac{\Gamma (2 n+r+1)}{\Gamma (2 (n+r+1))}\quad \implies \quad \log\left(\frac{a_{n+1}}{a_n}\right)=-\frac{r+1}{n}+\frac{(r+1) (3 r+4)}{4 n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)$$
Como has notado, si $r=4k$, obtenemos lo que observaste y conjeturaste
Calculando hasta $r=100$ $$\log(f(r))=a + b\,r$$ con $R^2=0.9999985$ $$\begin{array}{|llll} \hline \text{} & \text{Estimado} & \text{Error estándar} & \text{Intervalo de confianza} \\ a & -2.14647 & 0.04008 & \{-2.22601,-2.06693\} \\ b & -5.55932 & 0.00069 & \{-5.56069,-5.55795\} \\ \end{array}$$
Editar
El enfoque de @AxelT es muy atractivo y podría extenderse un poco más.
Escribiendo $$q(x)=\sum_{n=0}^m a_n\,\left(x-\frac{1}{2}\right)^n$$ $$I_n=\int_{0}^1 \exp\left(-r\,p(x) \right) \left(x-\frac{1}{2}\right)^n\,dx $$ $$I_n=2^{-(n+2 r+1)} r^{-\frac{n+1}{2}} \left(\Gamma \left(\frac{n+1}{2}\right)-\Gamma \left(\frac{n+1}{2},r\right)\right)$$ $$I_n \sim \frac 1{2^{n+2 r+1} }\left(r^{-\frac{n+1}{2}} \Gamma \left(\frac{n+1}{2}\right) -\frac{e^{-r} (n+2 r-1)}{2 r^2}\right)$$
Con $m=2$ $$f(r)\sim\frac 1{2^r}\left(\frac{2}{5} \sqrt{\frac{\pi}{r}}-\frac{4}{25 r}-\frac{\sqrt{\pi }}{125 r^{3/2}}-e^{-r}\frac{ 28 r-26}{125 r^2}\right)=g(r)$$ que es una aproximación decente incluso para valores pequeños de $r$ $$\left( \begin{array}{ccc} r & \log(g(r)) & \log(f(r)) \\ 1 & -2.02322 & -2.02517 \\ 2 & -3.66861 & -3.63135 \\ 3 & -5.20670 & -5.17007 \\ 4 & -6.71015 & -6.67309 \\ 5 & -8.19183 & -8.15398 \\ 6 & -9.65820 & -9.61981 \\ 7 & -11.1133 & -11.0747 \\ 8 & -12.5599 & -12.5213 \\ 9 & -13.9998 & -13.9615 \\ 10 & -15.4344 & -15.3963 \\ \end{array} \right)$$
Forma rápida de probar C1, C2, C3, sin evaluar $R_k$:
Tenemos un isomorfismo de campos: $$\mathbb{Q}[i]\to\mathbb{Q}[x]/(1+x^2), identificando $i\mapsto x$.
Así que para encontrar el resto que queda después de dividir un polinomio $p$ por $1+x^2$, simplemente evaluamos $p(i)=a+bi$ (con $a,b\in\mathbb{Q}$) y tomamos $a+bx$ como el resto.
En particular, $x^{4k}(1-x)^{4k}$ evaluado en $i$ es simplemente $((1-i)^4)^k=(-4)^k$. Así que $$ \frac{x^{4k}(1-x)^{4k}}{1+x^2} = p(x)+\frac{(-4)^k}{1+x^2}, $$ donde $p(x)\in \mathbb{Q}[x]$.
Entonces $$\int_0^1 \frac{x^{4k}(1-x)^{4k}}{1+x^2} dx = \int_0^1 p(x) dx +\int_0^1 \frac{(-4)^k}{1+x^2} dx$$ $$ =R_k'+(-1)^k 4^{k-1}\pi, $$ con $R_k'\in \mathbb{Q}$.
Esto es simplemente C2 con $R_k=(-4)^{1-k} R_k'$.
Para C1 simplemente observa que ${\rm sup}_{x\in [0,1]}\{x(1-x)\}=\frac14$ y ${\rm inf}_{x\in [0,1]}\{1+x^2\}=1$, así que $$0\leq \int_0^1 \frac{x^{r}(1-x)^{r}}{1+x^2} dx \leq \frac1{4^r}.$$
C3 sigue inmediatamente.
Recurrencia
Define $$\newcommand{\rmod}[1]{\quad\left(\text{mod}\ \ {#1}\right)} f(n)=\int_0^1\frac{x^n(1-x)^n}{1+x^2}\,\mathrm{d}x\tag1 $$ Nos gustaría encontrar una relación de recurrencia para $f(n)$. Para hacer esto, encontraremos $a,b,c$ de manera que $$ ax^2(1-x)^2+bx(1-x)+c\equiv0\rmod{1+x^2}\tag2 $$ Utilizando $\{1,x\}$ como base para $\left.\mathbb{R}[x]\middle/\left(1+x^2\right)\right.$, $$ \begin{align} 1&\equiv1&\rmod{1+x^2}\tag{3a}\\ x(1-x)&\equiv1+x&\rmod{1+x^2}\tag{3b}\\ x^2(1-x)^2&\equiv2x&\rmod{1+x^2}\tag{3c} \end{align} $$ Trabajando desde $(3)$, podemos ver que $$ x^2(1-x)^2-2x(1-x)+2\equiv0\rmod{1+x^2}\tag4 $$ Notando que $\left(u^2-2u+2\right)\left(u^2+2u+2\right)=u^4+4$ y definiendo $u=x(1-x)$, multiplicamos $(4)$ por $x^2(1-x)^2+2x(1-x)+2$ para obtener $$ x^4(1-x)^4+4\equiv0\rmod{1+x^2}\tag5 $$ De hecho, $$ x^4(1-x)^4+4 =\left(x^6-4x^5+5x^4-4x^2+4\right)\left(1+x^2\right)\tag6 $$ Por lo tanto, utilizando la Integración de la Función Beta, obtenemos $$ \begin{align} \hspace{-24pt}f(n+4)+4f(n) &=\int_0^1x^n(1-x)^n\frac{x^4(1-x)^4+4}{1+x^2}\mathrm{d}x\tag{7a}\\ &=\int_0^1x^n(1-x)^n\left(x^6-4x^5+5x^4-4x^2+4\right)\mathrm{d}x\tag{7b}\\ &=\frac1{n+1}\left(\frac1{\binom{2n+7}{n+1}}-\frac4{\binom{2n+6}{n+1}}+\frac5{\binom{2n+5}{n+1}}-\frac4{\binom{2n+3}{n+1}}+\frac4{\binom{2n+1}{n+1}}\right)\tag{7c}\\[6pt] &\in\mathbb{Q}\tag{7d} \end{align} $$ Dado que $f(0)=\frac\pi4$, obtenemos que $$ f(4n)\equiv(-4)^n\frac\pi4\rmod{\mathbb{Q}}\tag8 $$ Además, dado que $x(1-x)\le\frac14$, obtenemos que $$ f(4n)\le\frac1{256^n}\tag9 $$
Conjeturas
Las conjeturas en la pregunta pueden ser verificadas utilizando $(8)$ y $(9)$.
$\textbf{C1}$ sigue directamente de $(9)$.
$\textbf{C2}$ sigue de $(8)$, que dice que $\frac{f(4n)}{4^{n-1}}=(-1)^n\pi+(-1)^{n-1}R_n$, para algún $R_n\in\mathbb{Q}$.
$\textbf{C3}$ sigue de $\textbf{C2}$ y $(9)$: $|\pi-R_n|=\frac{f(n)}{4^{n-1}}\le\frac4{1024^n}$
Cómputo de la Integral
Podemos usar $\text{(7c)}$ para calcular $f(4n)$. $$ \begin{array}{r|l} n&f(4n)&\approx f(4n)&\approx\frac1{256^n}\\\hline 0&\frac\pi4&0.7853981634&1.0000000000\\ 1&\frac{22}7-\pi&0.0012644893&0.0039062500\\ 2&4\pi-\frac{188684}{15015}&3.6479922066\times10^{-6}&1.5258789063\times10^{-5}\\ 3&\frac{431302721}{8580495}-16\pi&1.1814790762\times10^{-8}&5.9604644775\times10^{-8}\\ 4&64\pi-\frac{5930158704872}{29494189725}&4.0282588889\times10^{-11}&2.3283064365\times10^{-10}\\ 5&\frac{26856502742629699}{33393321606645}-256\pi&1.4141199610\times10^{-13}&9.0949470177\times10^{-13}\\ 6&1024\pi-\frac{423877461668007447086}{131762096268962445}&5.0587290930\times10^{-16}&3.5527136788\times10^{-15} \end{array} $$
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