Integrales log-trigonométricas de Ramanujan

Question

Descubrí numéricamente la siguiente identidad conjeturada mientras estudiaba una familia de integrales relacionadas.

Pongamos $$ R^{+}:= \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}\sqrt[\normalsize{8}]{x^2 + \ln^2\!\cos x} \sqrt{ \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{ \frac{1}{2}+ \frac{1}{2} \sqrt{ \frac{\ln^{2}\!\cos x}{ x^2 + \ln^2\! \cos x}}}}\,\mathrm{d}x, \tag1 $$ $$ R^{-}:= \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt[\normalsize{8}]{x^2 + \ln^2\!\cos x}} \sqrt{ \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{ \frac{1}{2}+ \frac{1}{2} \sqrt{ \frac{\ln^{2}\!\cos x}{ x^2 + \ln^2\! \cos x}}}}\,\mathrm{d}x. \tag2 $$ Podemos observar numéricamente con al menos 500 dígitos de precisión que $$ \begin{align} & R^{+}R^{-} \stackrel{?}{=}1 \tag 3 \\\\ & R^{+} \stackrel{?}{=} \sqrt[\normalsize{4}]{\ln 2} \tag4 \\\\ & R^{-} \stackrel{?}{=}\frac{1}{\sqrt[\normalsize{4}]{\ln 2}}. \tag5 \end{align} $$

¿Cómo podemos demostrarlo?

Se ha enviado una versión de esto a Eric Weisstein, estas integrales están en Mathworld como Integrales log-trigonométricas de Ramanujan .

Answer 1

He aquí un enfoque.

Teorema. Sea $s$ sea un número real tal que $-1<s<1$ . Entonces

\begin{equation}{\Large\int_{0}^{\!\Large \frac{\pi}{2}}} \frac{\cos \left(\! s \arctan \left(-\frac{x}{\ln \cos x}\right)\right)}{(x^2+\ln^2\! \cos x)^{\Large\frac{s}{2}}}\, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\frac{1}{\ln^{\Large s}\!2} \tag1\end{equation}

Prueba. En primer lugar, supongamos que $0<s<1.$ Entonces podemos escribir $$ \begin{align} \int_{0}^{\!\Large \frac{\pi}{2}} \frac{\cos \left(\! s \arctan \left(-\frac{x}{\ln \cos x}\right)\right)}{(x^2+\ln^2\! \cos x)^{s/2}} \mathrm{d}x & = \frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\!\Large \frac{\pi}{2}}\!\!\int_{0}^{+\infty} u^{s-1} \cos (u x) \:e^{u \ln \cos x}\:\mathrm{d}u \:\mathrm{d}x \tag2\\\\ & = \frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{+\infty}u^{s-1}\!\!\int_{0}^{\!\Large \frac{\pi}{2}} \cos^u\! x \cos (u x)\:\mathrm{d}x \:\mathrm{d}u \tag3\\\\ & = \frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{+\infty}u^{s-1} \frac{\pi}{2^{u+1}}\:\mathrm{d}u \tag4\\\\ & = \frac{\pi}{2} \frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{+\infty}u^{s-1} e^{-u\ln 2}\:\mathrm{d}u \tag5\\\\ & = \frac{\pi}{2}\frac{1}{\Gamma(s)}\frac{\Gamma(s)}{\ln^{s}\!2} \tag6\\\\ & = \frac{\pi}{2}\frac{1}{\ln^{s}\!2} \tag7 \end{align} $$ donde hemos utilizado el teorema de Fubini y los resultados clásicos ( aquí y allí ) $$ \begin{align} & \int_{0}^{+\infty} u^{s-1} \cos (a u) \:e^{-b u}\:\mathrm{d}u = \Gamma (s)\frac{\cos \left(\! s \arctan \left(\frac{a}{b}\right)\right)}{(a^2+b^2)^{s/2}}, \, \left(\Re(s)>0, b>0, a>0 \right) \tag8 \\ & \int_{0}^{\!\Large \frac{\pi}{2}} \cos^u\! x \cos (u x)\:\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2^{u+1}}, \quad u>-1. \tag9 \end{align} $$ Podemos ampliar la identidad $(7)$ por continuación analítica para obtener $(1)$ .

Ejemplo 1. Tenemos

$$ \int_{0}^{\pi/2}\displaystyle \sqrt{\sqrt{x^2 + \ln^2\!\cos x}-\ln\! \cos x}\,\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\sqrt{2\ln 2} \tag{10} $$

y

$$ \int_{0}^{\pi/2}\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2 + \ln^2\!\cos x}} \sqrt{\sqrt{x^2 + \ln^2\!\cos x}-\ln\! \cos x}\,\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{\sqrt{2\ln 2}} \tag{11} $$

Prueba. Sea $0<x<\frac{\pi}{2}$ y establece $t:=\arctan \left(-\frac{x}{\ln \cos x}\right)$ . Observe que $0 < t < \frac{\pi}{2}$ y $$ \cos t=\cos \left(\!\arctan \left(-\frac{x}{\ln \cos x}\right)\right)= -\frac{\ln \cos x}{\sqrt{x^2 + \ln^2\!\cos x}}, $$ $$ \cos \left(\frac{t}{2}\right) = \sqrt{ \frac{1}{2}+ \frac{1}{2} \cos t} $$ a continuación, poner sucesivamente $\displaystyle s=-\frac{1}{2}$ , $\displaystyle s=\frac{1}{2}$ en $(1)$ para obtener $(10)$ y $(11)$ .

Ejemplo 2.

$$ \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}\sqrt[\normalsize{8}]{x^2 + \ln^2\!\cos x} \sqrt{ \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{ \frac{1}{2}+ \frac{1}{2} \sqrt{ \frac{\ln^{2}\!\cos x}{ x^2 + \ln^2\! \cos x}}}}\,\mathrm{d}x = \sqrt[\normalsize{4}]{\ln 2} \tag{12} $$

y

$$ \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt[\normalsize{8}]{x^2 + \ln^2\!\cos x}} \sqrt{ \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{ \frac{1}{2}+ \frac{1}{2} \sqrt{ \frac{\ln^{2}\!\cos x}{ x^2 + \ln^2\! \cos x}}}}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt[\normalsize{4}]{\ln 2}} \tag{13} $$

Prueba. Sea $0<x<\frac{\pi}{2}$ y establece $t:=\arctan \left(-\frac{x}{\ln \cos x}\right)$ . Observe que $0 < t < \frac{\pi}{2}$ y $$ \cos t=\cos \left(\!\arctan \left(-\frac{x}{\ln \cos x}\right)\right)=\sqrt{ \frac{\ln^{2}\!\cos x}{x^2 + \ln^2\! \cos x}}, $$ $$ \cos \left(\frac{t}{4}\right) = \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{ \frac{1}{2}+ \frac{1}{2} \cos t}}, $$ a continuación, poner sucesivamente $\displaystyle s=-\frac{1}{4}$ , $\displaystyle s=\frac{1}{4}$ en $(1)$ para obtener $(12)$ y $(13)$ .

Ejemplo n.

Establecer

$$ R_n^{+}:=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}\sqrt[\Large {2^n}]{x^2 + \ln^2\!\cos x} \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2}\sqrt{ \frac{1}{2}+ \frac{1}{2}\sqrt{ \frac{\ln^{2}\!\cos x}{ x^2 + \ln^2\! \cos x}}}}}\,\mathrm{d}x $$

y

$$ R_n^{-}:=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt[\Large {2^n}]{x^2 + \ln^2\!\cos x}} \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2}\sqrt{ \frac{1}{2}+ \frac{1}{2}\sqrt{ \frac{\ln^{2}\!\cos x}{ x^2 + \ln^2\! \cos x}}}}}\,\mathrm{d}x. $$

Entonces

$$ R_n^{+}= \sqrt[\Large {2^n}]{\ln 2} \tag{14} $$

y

$$ R_n^{-}= \frac{1}{\sqrt[\Large {2^n}]{\ln 2}} \tag{15}. $$

Prueba. Sea $0<x<\frac{\pi}{2}$ y establece $t:=\arctan \left(-\frac{x}{\ln \cos x}\right)$ . Observe que $0 < t < \frac{\pi}{2}$ y $$ \cos t=\sqrt{ \frac{\ln^{2}\!\cos x}{x^2 + \ln^2\! \cos x}}, $$ $$ \cos \left(\frac{t}{2^n}\right) = \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2}\sqrt{ \frac{1}{2}+ \frac{1}{2} \cos t}}}}, $$ a continuación, poner sucesivamente $\displaystyle s=-\frac{1}{2^n}$ , $\displaystyle s=\frac{1}{2^n}$ , $n\geq 1,$ en $(1)$ para obtener $(14)$ y $(15)$ .

Answer 2

Oloa tenía razón, anoche iba por buen camino (me pregunto si ya lo ha resuelto y no nos lo ha dicho). El truco final es darse cuenta $(ix-\ln(\cos x))^{1/4}=\ln(1+i\tan(x))^{1/4}$ y luego hacer la sustitución $u=1+i\tan x$ . Esto da $R^+=\frac{2}{\pi}\text{Re}\lbrace\frac{i}{2}\Gamma(5/4) \text{PolyLog}(5/4, 2)\rbrace=(\ln 2)^{1/4}$ . Los detalles se publicarán en una edición en los próximos minutos.

Editar: más detalles Por lo tanto, puede que no sea la mejor manera, pero al menos es una manera: Para llegar a la forma compacta que he publicado en el comentario anterior, vamos a $\theta(x)$ sea tal que $$\cos(\theta(x))=\frac{-\ln(\cos x)}{\sqrt{x^2+\ln^2(\cos x)}}.$$ Considerando el triángulo rectángulo con catetos $x$ y $-\ln(\cos x)$ observamos que la hipotenusa viene dada por $h(x)=\sqrt{x^2+\ln^2(\cos x)}$ y además que $\sin(\theta(x))=\frac{x}{h(x)}$ . Esto da, utilizando la identidad correcta $\sqrt{1/2+1/2\cos x}=\cos(x/2)$ : $$R^+:=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi/2}\left(\frac{x}{\sin(\theta[x])}\right )^{1/4}\cos\left (\frac{\theta[x]}{4}\right )dx\\R^-:=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi/2}\left(\frac{x}{\sin(\theta[x])}\right )^{-1/4}\cos\left (\frac{\theta[x]}{4}\right )dx. $$

El truco está ahora en convertir ese $\theta/4$ en una especie de 4ª raíz. Usamos la definición exponencial de coseno: $\cos(\theta/4)=\frac{1}{2}\left ( e^{i\theta/4}+e^{-i\theta/4} \right )=\frac{1}{2}\left ( \left [\cos\theta+i\sin\theta \right ]^{1/4}+\left [\cos\theta-i\sin\theta \right ]^{1/4} \right )$ . Entonces tenemos $$\left(\frac{x}{\sin(\theta[x])}\right )^{1/4}\cos\left (\frac{\theta[x]}{4}\right )=\frac{1}{2}\left ( [x\cot\theta+ix]^{1/4}+[x\cot\theta-ix]^{1/4} \right ).$$ Si volvemos a considerar el triángulo, obtenemos $$\left(\frac{x}{\sin(\theta[x])}\right )^{1/4}\cos\left (\frac{\theta[x]}{4}\right )=\frac{1}{2}\left ( [-\ln(\cos x)+ix]^{1/4}+[-\ln(\cos x)-ix]^{1/4} \right )\\=\text{Re}\left \lbrace [-\ln(\cos x)+ix]^{1/4} \right \rbrace. $$ Métodos similares muestran $$\left(\frac{x}{\sin(\theta[x])}\right )^{-1/4}\cos\left (\frac{\theta[x]}{4}\right )=\text{Re}\left \lbrace [-\ln(\cos x)-ix]^{-1/4} \right \rbrace.$$ Ahora volvemos a utilizar la propiedad de adición de los logaritmos y la forma exponencial del coseno: $$-\ln(\cos x)+ix=-\ln(e^{ix}/2+e^{-ix}/2)+\ln(e^{ix})=\ln\left ( \frac{2e^{ix}}{e^{ix}+e^{-ix}} \right ) \\=\ln(1+i\tan x).$$ Del mismo modo, $-\ln(\cos x)-ix=\ln(1-i\tan x).$ Bien, juntando todo esto da, usando el hecho de que la integral sobre una parte real es la parte real de una integral: $$R^+=\frac{2}{\pi}\text{Re}\left \lbrace \int_0^{\pi/2}\ln(1+i\tan x)^{1/4}dx \right \rbrace \\ R^-=\frac{2}{\pi}\text{Re}\left \lbrace \int_0^{\pi/2}\ln(1-i\tan x)^{-1/4}dx \right \rbrace.$$ Parece que Mathematica todavía no podía resolver esto, pero con una simple sustitución funciona. Para $R^+$ deje $u=1+i\tan x$ . Entonces $$ R^+=\frac{2}{\pi}\text{Re}\left \lbrace i\int_1^{1+i\infty}\frac{\ln(u)^{1/4}}{u^2-2u}du \right \rbrace\\=\frac{2}{\pi}\text{Re}\lbrace\frac{i}{2}\Gamma(5/4) \text{PolyLog}(5/4, 2)\rbrace\\=(\ln 2)^{1/4}.$$ Supongo que alguien experto en integración de contornos puede hacer lo que Mathematica hizo para obtener esta respuesta. Para $R^-$ deje $u=1-i\tan x$ . Entonces $$ R^-=\frac{2}{\pi}\text{Re}\left \lbrace i\int_1^{1-i\infty}\frac{\ln(u)^{-1/4}}{u^2-2u}du \right \rbrace\\=\frac{2}{\pi}\text{Re}\lbrace\frac{i}{2}\Gamma(3/4) \text{PolyLog}(3/4, 2)\rbrace\\=(\ln 2)^{-1/4}.$$ Tuve que amañar un signo menos en este caso, probablemente algo relacionado con la dirección de integración del contorno o algo así. En fin, conjetura confirmada. Supongo que se pueden utilizar métodos similares para confirmar la Integral Log-Trigonométrica de Ramanujan de enésimo orden mencionada por Oloa. En concreto, parece que tenemos $$R_n^+=\frac{2}{\pi}\text{Re}\left \lbrace \int_0^{\pi/2}\ln(1+i\tan x)^{1/(2^n)}dx \right \rbrace \\ R_n^-=\frac{2}{\pi}\text{Re}\left \lbrace \int_0^{\pi/2}\ln(1-i\tan x)^{-1/(2^n)}dx \right \rbrace.$$

Edita: Para mí fue una tontería elegir diferentes representaciones para la parte real. Mejor elegir la misma en cuyo caso tenemos: $$R_n^\pm=\frac{2}{\pi}\text{Re}\left \lbrace \int_0^{\pi/2}\ln(1+i\tan x)^{\pm 1/(2^n)}dx \right \rbrace.$$