Problema de la Olimpiada Matemática de la Integral Doble

Question

Estaba haciendo un examen de la Olimpiada de Matemáticas y una de las preguntas era calcular la siguiente integral doble: $$\int_0^\infty\int_0^\infty\frac{\log|(x+y)(1-xy)|}{(1+x^2)(1+y^2)}\ \mathrm{d}x\ \mathrm{d}y$$ Aquí, como siempre, $\log a$ y $|a|$ son los logaritmo natural y valor absoluto de $a$ respectivamente.

Supongo que no hay que resolverlo analíticamente, sino encontrar algún argumento de simetría o simplificación inteligente que lo haga sencillo. Como no sé ni por dónde empezar, cualquier ayuda es bienvenida.

Por si quieres saberlo, esto fue tomado de la Olimpiada Matemática del Estado de Río de Janeiro 2016, conocida en portugués como OMERJ.

Answer 1

Al establecer $x=\tan u$ y $y=\tan v$ nos quedamos con

$$ I=\iint_{(0,\pi/2)^2}\log\left|(\tan x+\tan y)(1-\tan(x)\tan(y))\right|\,dx\,dy $$ y traduciendo las variables

$$ I = \iint_{(-\pi/4,\pi/4)^2}\log\left|\frac{2\sin(2x+2y)}{(\sin x+\cos x)^2(\sin y+\cos y)^2}\right|\,dx\,dy $$ por lo que basta con explotar la serie de Fourier de $\log\sin x$ lo que lleva a..: $$ \iint_{(-\pi/4,\pi/4)}\log\left|\sin(2x+2y)\right|\,dx\,dy = -\frac{\pi^2}{4}\log 2$$ y a: $$ \iint_{(-\pi/4,\pi/4)}\log\left|\sin x+\cos x\right|\,dx\,dy = -\frac{\pi^2}{8}\log 2 $$ para deducir: $$\boxed{ I = \color{red}{\frac{\pi^2\log 2}{2}}.}$$

Answer 2

Aquí hay una solución siguiendo la pista de @Sirzh. Deja que

$$ I = \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} \frac{\log|(x+y)(1-xy)|}{(1+x^2)(1+y^2)} \, dxdy $$

y

$$ J = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \cos \theta \, d\theta = -\frac{\pi}{2}\log 2. \tag{1}$$

Aplicando la sustitución $x = \tan u$ y $y = \tan v$ a $I$ obtenemos

\begin {align*} I &= \int_ {0}^{ \frac { \pi }{2}} \int_ {0}^{ \frac { \pi }{2}} \log |( \tan u + \tan v)(1 - \tan u \tan v)|, dudv \\ &= \int_ {0}^{ \frac { \pi }{2}} \int_ {0}^{ \frac { \pi }{2}} \log | \sin (u+v) \cos (u+v)|, dudv - \int_ {0}^{ \frac { \pi }{2}} \int_ {0}^{ \frac { \pi }{2}} \log ( \cos ^2 u \cos ^2 v) \N, dudv \tag {2} \\ &= \int_ {0}^{ \frac { \pi }{2}} \int_ {0}^{ \frac { \pi }{2}} \log\left | \frac { \sin (2u+2v)}{2} \right |, dudv - 2 \pi J. \\ &= \int_ {0}^{ \frac { \pi }{2}} \left ( \frac {1}{2} \int_ {v}^{ \pi +v} \log \left | \frac { \sin \theta }{2} \right | \, d \theta \right ) dv - 2 \pi J \qquad ( \theta = 2u+2v) \end {align*}

Ahora bien, como $\theta \mapsto \log \left| \frac{\sin \theta}{2} \right|$ es $\pi$ -periódico, para cualquier $v$ tenemos

\begin {align*} \frac {1}{2} \int_ {v}^{ \pi +v} \log \left | \frac { \sin \theta }{2} \right | \, d \theta &= \frac {1}{2} \int_ {0}^{ \pi } \log \left | \frac { \sin \theta }{2} \right | \, d \theta \\ &= \int_ {0}^{ \frac { \pi }{2}} \log \left | \frac { \sin \theta }{2} \right | \, d \theta = J - \frac { \pi }{2} \log 2. \end {align*}

Por lo tanto,

$$I = \frac{\pi}{2} \left( J - \frac{\pi}{2}\log 2 \right) - 2\pi J = \frac{\pi^2}{2}\log 2.$$

---

$\text{(1)}$ : Puede utilizar la expansión de Fourier

$$ \log |\cos\theta| = \Re \log\left(\frac{1+e^{2i\theta}}{2} \right) = -\log 2 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \cos (2n\theta) $$

para calcular $J$ . Como alternativa, se puede calcular $J$ a partir de la siguiente ecuación

$$J = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin\theta \, d\theta = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log \sin(2\theta) \, d\theta = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log (2\sin \theta \cos \theta) \, d\theta = \frac{\pi}{2}\log 2 + 2J. $$

$\text{(2)}$ : Aplica la fórmula de la suma a

$$ (\tan u + \tan v)(1 - \tan u \tan v) = \frac{(\sin u \cos v + \cos u \sin v)(\cos u \cos v - \sin u \sin v)}{\cos^2 u \cos^2 v}. $$

Answer 3

$\newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin {align} & \color {#f00}{ \int_ {0}^{ \infty } \int_ {0}^{ \infty } { \ln\pars { \bracks {x + y} \verts {1 - xy}} \over \pars {1 + x^{2}} \pars {1 +y^{2}}} \, \dd x\, \dd \overbrace { \int_ {0}^{ \infty } \int_ {0}^{ \infty } { \ln\pars {x} \over \pars {1 + x^{2}} \pars {1 + y^{2}}}\, \dd x\, \dd y}^{ \ds {=\ 0}} \\ [5mm] +&\N \int_ {0}^{ \infty } \int_ {0}^{ \infty } { \ln\pars {1 + y/x} \over \pars {1 + x^{2}} \pars {1 + y^{2}}}\, \dd x\, \dd y + \int_ {0}^{ \infty } \int_ {0}^{ \infty } { \ln\pars { \verts {1 - xy}} \over \pars {1 + x^{2}} \pars {1 + y^{2}}}\, \dd x\, \dd y \end {align} En la segunda integral, en el lado derecho, deja $\ds{x\ \mapsto\ 1/x}$ : \begin {align} & \color {#f00}{ \int_ {0}^{ \infty } \int_ {0}^{ \infty } { \ln\pars { \bracks {x + y} \verts {1 - xy}} \over \pars {1 + x^{2}} \pars {1 +y^{2}}} \, \dd x\, \dd y} \\ [5mm] = &\\N- \int_ {0}^{ \infty } \int_ {0}^{ \infty } { \ln\pars {1 + y/x} \over \pars {1 + x^{2}} \pars {1 + y^{2}}}\, \dd x\, \dd y + \int_ {0}^{ \infty } \int_ {0}^{ \infty } { \ln\pars { \verts {1 - y/x}} \over \pars {1 + x^{2}} \pars {1 + y^{2}}}\, \dd x\, \dd y \\ [5mm] = &\\N- \int_ {0}^{ \infty }{1 \over x^{2} + 1} \int_ {0}^{ \infty } { \ln\pars { \verts {1 - y^{2}/x^{2}} \over 1 + y^{2}}\, \dd y\, \dd x \,\,\, \stackrel \mapsto\ y}{=}\,\,\, \int_ {0}^{ \infty }{x \over x^{2} + 1} \int_ {0}^{ \infty } { \ln\pars { \verts {1 - y^{2}}} \over 1 + x^{2}y^{2} {\}, \dd y\, \dd x \\ [5mm] = &\\N- \int_ {0}^{ \infty } \ln\pars { \verts {1 - y^{2}}}\ \overbrace { \int_ {0}^{ \infty } {x \over \pars {x^{2} + 1} \pars {y^{2}x^{2} + 1}}, \dd x} ^{ \ds { \ln\pars {y} \over y^{2} - 1}}\ \, \dd y\ =\ \int_ {0}^{ \infty }{ \ln\pars { \verts {1 - y^{2}}} \ln\pars {y} \over y^{2} - 1}\, \dd y \end {align} Ahora, dividimos la integral a lo largo de $\ds{\pars{0,1}}$ y $\ds{\pars{1,\infty}}$ . Más adelante, hacemos la sustitución $\ds{y \mapsto 1/y}$ en la segunda integral $\pars{~\mbox{along}\ \pars{1,\infty}~}$ : \begin {align} & \color {#f00}{ \int_ {0}^{ \infty } \int_ {0}^{ \infty } { \ln\pars { \bracks {x + y} \verts {1 - xy}} \over \pars {1 + x^{2}} \pars {1 +y^{2}}} \, \dd x\, \dd y} \\ [5mm] = &\\N- \int_ {0}^{1}{ \ln\pars {1 - y^{2}} \ln\pars {y} \over y^{2} - 1}\, \dd y + \int_ {0}^{1}{ \bracks { \ln\pars {1 - y^{2}} - 2 \ln\pars {y}} \ln\pars {y} \over y^{2} - 1}\, \dd y \\ [5mm] = &\\N- 2 \int_ {0}^{1} { \ln\pars {1 - y^{2}} \ln\pars {y} - \ln ^{2} \pars {y} \over y^{2} - 1}\, \dd y \,\,\, \stackrel {y^{2}\ \mapsto\ y}{=}\,\,\, 2 \int_ {0}^{1} { \ln ^{2} \pars {y}/4 - \ln\pars {1 - y} \ln\pars {y}/2 \over 1 - y}\,{1 \over 2}\,y^{-1/2} \dd y \\ [5mm] = &\\\\N- {1 \over 4}\ \underbrace {% \int_ {0}^{1}{y^{-1/2} \ln ^{2} \pars {y} \over 1 - y}\, \dd y} _{ \ds {=\ 14 \zeta\pars {3}}}\ -\ {1 \over 2}\ \underbrace { \int_ {0}^{1}{y^{-1/2} \ln\pars {y} \ln\pars {1 - y} \over 1 - y}\, \dd y}_{ \ds {=\ - \pi ^{2} \ln\pars {2} + 7 \zeta\pars {3}}}\ =\ \color {#f00}{{1 \over 2}\, \pi ^{2} \ln\pars {2}} \end {align}

Las dos últimas integrales pueden reducirse directamente a derivadas de la Función Beta y evaluado en límites adecuados.