En la integral $\int_0^\infty \eta^2(i x) \,dx = \ln(1+\sqrt{3}+\sqrt{3+2 \sqrt{3}})$ y sus primos

Question

Mientras que experimentando con integrales que involucran la función Eta de Dedekind, me encontré con una familia de integrales que parecen seguir un patrón muy simple. Con $y \in \mathbb{N}$ defina: $$A(y) = \int_0^{\infty} \eta( i x)\,\eta(i x y)\,dx.$$ La integral se puede reescribir en las siguientes formas de series infinitas:

\begin{align} A(y) & = \frac{12}{\pi} \sum_{(n,m) \in \mathbb{Z}^2} \frac{(-1)^{n+m}}{(6n+1)^2+y \, (6m+1)^2} \\[8pt] & =\frac{2 \sqrt{3}}{\sqrt{y}} \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{(-1)^n}{6n+1} \, \dfrac{ \sinh \frac{\pi \sqrt{y}}{3} (6n+1)}{\cosh \frac{\pi \sqrt{y}}{2} (6n+1)} \\[8pt] & = \frac{2}{\sqrt{y}} \sum_{n \in \mathbb{Z}} (-1)^n \tanh^{-1} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \operatorname{sech}(\pi \sqrt{y} (n+1/6))\right). \end{align}

Los cálculos numéricos parecen confirmar que

\begin{align} A(1) & = \ln\left(1+ \sqrt{3} +\sqrt{3+2 \sqrt{3}} \right) \tag{1} \\[8pt] A(2) & = \frac1{\sqrt{2}} \ln \left(1+ \sqrt{2} + \sqrt{2+ 2 \sqrt{2}} \right) \tag{2} \\[8pt] A(3) & = \frac1{\sqrt{3}} \ln \left( 1+ 2^{1/3} + 2^{2/3} \right) \tag{3} \end{align}

Y en general, parece que $$A(y) = \frac1{\sqrt{y}} \,\ln u \tag{4}$$ donde $u$ es la raíz más cercana a $1$ desde arriba, de un polinomio $P_y$ . He comprobado docenas de diferentes $y$ y he hecho una lista de esos polinomios - comprueba esto enlace pastebin. Faltan algunos, por ejemplo, no he podido encontrar $P_6$ . Otros parecen seguir patrones propios, por ejemplo los números de Heegner. Aquí está el polinomio para $y=163$ :

$$\small P_{163}(u) = u^{12} + 640314 u^{10} + 1280624 u^9 + 640287 u^8 - 1280736 u^7 - 2561412 u^6 - 1280736 u^5 + 640287 u^4 + 1280624 u^3 + 640314 u^2 + 1 = 0$$

Otras cosas interesantes a tener en cuenta son el comportamiento de $P_y(1)$ y $P_y(-1)$ En lo que respecta a $y \pmod{24}$ y las aproximaciones a $\pi$ que se deducen de la terminación de la serie infinita en su primer término.

Sin embargo, no tengo ni idea de cómo probarlo. ¿Cuál sería la forma de probar $(4)$ ? ¿Qué se puede decir de los polinomios $P_y$ ? Además, ¿puede ayudarme a encontrar $P_6$ ¿O otros polinomios que faltan en mi lista?

Editar.

Finalmente, pude producir una forma cerrada para esta integral gracias a @DaveHuff's sugerencias. La idea es reescribir la serie infinita como $$A(y) = \frac2{\sqrt{y}} \sum_{n=0}^{\infty} \tanh^{-1}\left( \dfrac{\cos \frac{\pi}{6} (2n+1)}{\cosh \frac{\pi \sqrt{y}}{6} (2n+1)}\right),$$ y luego, utilizando $\displaystyle \,\,\,\tanh^{-1}x = \frac12 \ln \left( \frac{1+x}{1-x} \right),$ procedemos a factorizar el sumando y obtenemos $$\sqrt{y} \,A(y) = \sum_{n=1}^{\infty} \ln \left( \dfrac{(1-e^{5 \pi i n/6-\pi n\sqrt{y}/6})(1-e^{-5 \pi i n/6-\pi n\sqrt{y}/6})}{(1-e^{ \pi i n/6-\pi n\sqrt{y}/6})(1-e^{-\pi i n/6-\pi n\sqrt{y}/6})} \right),$$ lo que significa: $$A(y) = \frac1{\sqrt{y}} \,\ln \left( \dfrac{\eta\left(\frac{i \sqrt{y}+5}{12}\right)\eta\left(\frac{i \sqrt{y}-5}{12}\right)}{\eta\left(\frac{i \sqrt{y}+1}{12}\right)\eta\left(\frac{i \sqrt{y}-1}{12}\right)}\right).$$

Todavía no conozco lo suficiente la teoría del cociente eta, así que no sé cómo demostrar que este cociente eta es de hecho algebraico para cada natural $y$ (y mucho menos llevarla a la forma implícita en @TitoPiezasIII ), pero sigue siendo un buen progreso.

Answer 1

I. Suponemos que es verdad su integral $A(y)$ es, $$A(y) = \frac1{\sqrt{y}} \,\ln u \tag{4}$$ El problema es encontrar $u$ . Tras una laboriosa manipulación, resulta que si $\color{blue}{\tau=\frac{1+\sqrt{-y}}{2}}$ entonces tenemos una relación bastante simple, $$\big(\mathfrak{f}_2(\tau)\big)^{24} =\left(\frac{\sqrt2\,\eta(2\tau)}{\eta(\tau)}\right)^{24}=\frac{(u^2-1)^6}{(-u^3-u^2-u)^3}\tag5$$ donde $\mathfrak{f}_2(\tau)$ es un Función modular Weber . Ya que para los enteros $y>0$ el cociente eta $\frac{\eta(\tau)}{\eta(2\tau)}$ es un número algebraico, entonces $u$ también es un número algebraico.

II. La ventaja de utilizar $\frac{\eta(\tau)}{\eta(2\tau)}$ es que está bien estudiado y los números algebraicos que forma son más simples que $u$ . Por ejemplo, dejemos que $\tau=\frac{1+\sqrt{-6}}{2}$ entonces $w = \Big(\frac{\eta(\tau)}{\eta(2\tau)}\Big)^{24}$ es sólo una raíz de un cuártico,

$$2^{12} - 4831232 w + 108672 w^2 + 2272 w^3 + w^4 = 0\tag6$$

Para encontrar $P_6$ utilizamos $(5)$ como,

$$\frac{2^{12}}{w}=\frac{(u^2-1)^6}{(-u^3-u^2-u)^3}\tag7$$

Eliminación de $w$ entre $(6),(7)$ ( ¿Supongo que tiene CAS? ) y obtenemos un alto $24$ polinomio de grado 3 en $u$ y que fue una de las razones por las que tuvo problemas para encontrarlo.

$\color{green}{Update:}$

Según lo solicitado, aquí está el método para encontrar $(5)$ . No es tan "laborioso" en retrospectiva, pero sí requiere cierto esfuerzo para detectar los patrones habituales.

A partir de la experiencia anterior, se ha observado con frecuencia que el minipolo de una función modular con argumento $\frac{1+\sqrt{-d}}{2}$ y $d$ un número de Heegner tiene casi múltiplos de una potencia del función j $j(\tau)$ entre los coeficientes. Por ejemplo, se pueden ver enteros cercanos a $640320$ en, $$\small P_{163}(u) = u^{12} + 640314 u^{10} + 1280624 u^9 + 640287 u^8 - 1280736 u^7 - 2561412 u^6 - 1280736 u^5 + 640287 u^4 + 1280624 u^3 + 640314 u^2 + 1 = 0$$ De hecho, si dejamos, $$r = -\sqrt[3]{j(\tau)}\tag8$$ entonces lo anterior tiene la forma palindrómica, $$\small 1 + (r - 6) u^2 + 2(r - 8) u^3 + (r - 33) u^4 + 2(-48 - r) u^5 + 4(-33 - r) u^6 + \\ \small2(-48 - r) u^7 + (r - 33) u^8 + 2(r - 8) u^9 + (r - 6) u^{10} + u^{12}=0\tag9$$ Comprobación de su discriminante $D$ (se debe comprueba siempre esto) muestra que es lo más ordenado, $$D=-2^{24}\cdot3^{15}(n+18)^4(n^2+108)^6$$ donde $n=r-6$ . Además, las pruebas con personas que no son Heegner $d$ y la misma ecuación se mantiene, lo que sugiere que es válida en general. Dado que la función j puede ser expresada por cocientes eta como, $$j(\tau) = \frac{(x+16)^3}{x},\quad\text{where}\quad\small x = \big(\mathfrak{f}_2(\tau)\big)^{24} =\left(\frac{\sqrt{2}\,\eta(2\tau)}{\eta(\tau)}\right)^{24}\tag{10}$$ Eliminación de $r$ y $j(\tau)$ entre $(8),(9),(10)$ y eligiendo el factor adecuado se obtiene $(5)$ .

Answer 2

Dejemos que $\color{blue}{\tau =\frac{1+\sqrt{-y}}{2}}$ y $y$ un número entero positivo. El conocido función j $j(\tau)$ sería entonces un número algebraico . Considera las relaciones de la OP, $$A(y) = \frac{2}{\sqrt{y}}\,\tanh^{-1}\sqrt{z-1} = \frac{1}{\sqrt{y}}\,\ln\frac{1+\sqrt{z-1}}{1-\sqrt{z-1}}$$ donde, $$z=\frac{2}{k}\left(1-\sqrt{1-k+k^2}\right)$$ $$k =\frac{1}{4}e^{2\pi\, i /3}\left(\frac{\sqrt{2}\,\eta(2\tau)}{\eta(\tau)}\right)^8$$ Se sabe que eso, $$j(\tau) = \frac{(x+16)^3}{x}$$ donde $x = \left(\frac{\sqrt{2}\,\eta(2\tau)}{\eta(\tau)}\right)^{24}$ . Así que si $j(\tau)$ es un número algebraico, entonces también lo es $x$ y $z$ . Lo que queda (basado en una actualización del OP) es demostrar que, $$\frac{1+\sqrt{z-1}}{1-\sqrt{z-1}}=\frac{\eta\big(\tfrac{\tau+2}{6}\big)\,\eta\big(\tfrac{\tau-3}{6}\big)}{\eta\big(\tfrac{\tau}{6}\big)\,\eta\big(\tfrac{\tau-1}{6}\big)}\tag0$$ aunque este paso parece difícil.

Una forma alternativa de demostrar que $z$ también es un número algebraico es expresándolo directamente en términos de $j(\tau)$ en sí mismo. Definir,

$$h = \big(\tfrac{1}{27}\,j(\tau)\big)^{1/3}\tag1$$

y el cúbico en $v$ ,

$$v^3-3h^2v-2(h^3-128)=0\tag2$$

El discriminante $D$ de esto es $D=64-h^3$ . Desde $\tau=\frac{1+\sqrt{-y}}{2}$ y $y>3$ tiene un resultado negativo $h$ esto implica que la cúbica tiene una sola raíz real. Usando la raíz real $v$ entonces $z$ satisface la relación simple,

$$z^2-(h+v)(z-1)=4\tag3$$

Desde $h$ es un número algebraico, entonces también lo es $z$ .

P.D. Por supuesto, esta es también otra forma de resolver $z$ . Sin embargo, la raíz apropiada de $(3)$ tiene que ser utilizado.