Calcular $I_{n}=\int_{-\infty}^\infty \frac{1-\cos x \cos 2x \cdots \cos nx}{x^2}\,dx$

Question

Estoy muy curioso acerca de las maneras en que me puede calcular la siguiente integral. Yo estaría muy contento de saber que su acercándose a los caminos para que la integral:

$$I_{n} \equiv \int_{-\infty}^\infty {1-\cos\left(x\right)\cos\left(2x\right)\ldots\cos\left(nx\right) \sobre x^{2}} \,{\rm d}x$$

De acuerdo a W|A, $I_1=\pi$, $I_2=2\pi$, $I_3=3\pi$, y uno puede estar tentado a pensar que se trata de una progresión aritmética aquí, pero las cosas cambian (por desgracia) de$I_4$$\frac{9 \pi}{2}$. Este problema
vino a mi mente cuando yo estaba trabajando en un problema diferente.

Answer 1

Primera nota de que $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-\cos ax}{x^2} \; dx = \left[ -\frac{1-\cos ax}{x}\right]_{-\infty}^{\infty} + \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sen ax}{x} \; dx = \pi \, |a|,$$ por la integral de Dirichlet. También, por inducción matemática se puede fácilmente demostrar que $$\prod_{k=1}^{n} \cos \theta_k = \frac{1}{2^n} \sum_{\mathrm{e}\in S} \cos\left( e_1 \theta_1 + \cdots + e_n \theta_n \right),$$ donde la suma se ejecuta sobre el conjunto de $S = \{ -1, 1\}^n$. Así tenemos $$\begin{align*} I_n = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-\cos x \cdots \cos nx}{x^2} \; dx &= \frac{1}{2^n} \sum_{\mathrm{e}\in S} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-\cos(e_1 x + \cdots + e_n nx)}{x^2} \; dx \\ &= \frac{\pi}{2^n} \sum_{\mathrm{e}\in S} \left|e_1 + \cdots + e_n n\right|. \end{align*}$$ Por ejemplo, si $n = 3$, $\left|\pm 1 \pm 2 \pm 3\right| = 0, 0, 2, 2, 4, 4, 6, 6$ y por lo tanto $$I_3 = \frac{\pi}{8}(0 + 0 + 2 + 2 + 4 + 4 + 6 + 6) = 3\pi.$$ Deje que la suma de la parte como $$A_n = \sum_{\mathrm{e}\in S} |e_1 + \cdots + e_n n|.$$ Los primeros 10 términos de $(A_n)$ están dadas por $$\left(A_n\right) = (2, 8, 24, 72, 196, 500, 1232, 2968, 7016, 16280, \cdots ),$$ y por lo tanto el correspondiente $(I_n)$ están dadas por $$\left(I_n\right) = \left( \pi ,2 \pi ,3 \pi ,\frac{9 \pi }{2},\frac{49 \pi }{8},\frac{125 \pi }{16},\frac{77 \pi }{8},\frac{371 \pi }{32},\frac{877 \pi }{64},\frac{2035 \pi }{128} \right).$$ Hasta el momento, era incapaz de encontrar una fórmula sencilla para $(A_n)$, y supongo que no es fácil encontrar uno.

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p.s. La distribución de probabilidad de $S_n = e_1 + \cdots + e_n n$ es en forma de campana, y encaja muy bien con la distribución normal correspondiente a $X_n \sim N(0, \mathbb{V}(S_n))$. Por lo tanto no es malo conjetura de que $$\frac{A_n}{2^n} = \mathbb{E}|S_n| \approx \mathbb{E}|X_n| = \sqrt{\frac{n(n+1)(2n+1)}{3\pi}},$$ y por lo tanto $$I_n \approx \sqrt{\frac{\pi \, n(n+1)(2n+1)}{3}}.$$ De hecho, numérico experimento muestra que

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Tuve la oportunidad de probar una mucho más débil declaración: $$\lim_{n\to\infty} \frac{I_n}{n^{3/2}} = \sqrt{\frac{2\pi}{3}}.$$ En primer lugar, observamos que para $|x| \leq 1$ hemos $$\log \cos x = -\frac{x^2}{2} + O\left(x^4\right).$$ Así, en particular, $$\sum_{k=1}^{n} \log\cos\left(\frac{kx}{n}\right) = \sum_{k=1}^{n}\left[-\frac{k^2 x^2}{2n^2} + O\left(\frac{k^4x^4}{n^4}\right)\right] = -\frac{nx^2}{6} + O\left(x^2 \vee nx^4\right).$$ Ahora vamos a $$\begin{align*}\frac{1}{n^{3/2}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1 - \prod_{k=1}^{n}\cos (kx)}{x^2} \; dx &= \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1 - \prod_{k=1}^{n}\cos \left(\frac{kx}{n}\right)}{x^2} \; dx \qquad (nx \mapsto x) \\ &= \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{|x|\leq 1} + \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{|x| > 1} =: J_n + K_n. \end{align*}$$ Para $K_n$, tenemos $$\left|K_n\right| \leq \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{1}^{\infty} \frac{2}{x^2}\;dx = O\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right).$$ Para $J_n$, la sustitución de $\sqrt{n} x \mapsto y$ da $$\begin{align*} J_n &= \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{|x|\leq 1} \left( 1 - \exp\left( -\frac{nx^2}{6} + O\left(x^2 \vee nx^4\right) \right) \right) \; \frac{dx}{x^2} \\ &= \int_{|y|\leq\sqrt{n}} \left( 1 - \exp\left( -\frac{y^2}{6} + O\left(\frac{y^2}{n}\right) \right) \right) \; \frac{dy}{y^2} \\ &\xrightarrow[]{n\to\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1 - e^{-y^2/6}}{y^2} \; dy \\ &= \left[-\frac{1-e^{-y^2/6}}{y}\right]_{-\infty}^{\infty} + \frac{1}{3} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2/6} \; dy = \sqrt{\frac{2\pi}{3}}. \end{align*}$$ Esto completa la prueba.