La constante del catalán y $\int_{0}^{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} \ln(\cos^{2} \theta + \cos^{2} \phi) ~d \theta~ d \phi$

Question

Según mi libro (The Nature of computation, página 691):

$$\int_{0}^{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} \ln(\cos^{2} \theta + \cos^{2} \phi) ~d \theta ~d \phi= 16 \pi^2 \left(\frac{C}{\pi}- \frac{\ln2}{2}\right),$$

donde $C$ es la constante del catalán. He tratado de derivar esta expresión buscando representaciones integrales de $C$ pero no he podido realizar la integral. ¿Alguna ayuda?

Gracias.

Answer 1

He aquí una posible reducción que conduce a la respuesta.

Paso 1. Dejemos que $I$ denotan la integral. Como en @Takahiro Waki Utilizamos varias identidades trigonométricas para escribir

\begin {align*} I &= \int_ {0}^{2 \pi } \int_ {0}^{2 \pi } \log\left ( 1 + \frac { \cos2\theta + \cos2\phi }{2} \right ) \, \mathrm {d} \theta\mathrm {d} \phi \\ &= \int_ {0}^{2 \pi } \int_ {0}^{2 \pi } \log ( 1 + \cos ( \theta + \phi ) \cos ( \theta - \phi )) \, \mathrm {d} \theta\mathrm {d} \phi. \end {align*}

Ahora observe que $(\theta, \phi) \to (\theta-\phi, \theta+\phi) =: (x, y)$ , como la cartografía $(\Bbb{R}/2\pi\Bbb{Z})^2 \to (\Bbb{R}/2\pi\Bbb{Z})^2$ es una cobertura 2-1 con $\mathrm{d}\theta\mathrm{d}\phi = \frac{1}{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ . Esto da

$$ I = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2\pi} \log( 1 + \cos x \cos y ) \, \mathrm{d}x \mathrm{d}y. \tag{1} $$

(Véase el apéndice para una prueba más directa).

Paso 2. Aplicando la expansión de McLaurin de la función $z \mapsto \log(1+z)$ a $\text{(1)}$ e integrando término a término, obtenemos

$$ I = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n} \left( \int_{0}^{2\pi} \cos^{2n} x \, \mathrm{d}x \right)^2 = -2\pi \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\Gamma(n+\frac{1}{2})^2}{n!^2 n}. \tag{2} $$

Para hacer una simplificación más, obsérvese que para el complejo $z$ con $|z| < 1$ tenemos

\begin {align*} \sum_ {n=0}^{ \infty } (-1)^n \frac { \Gamma (n+ \frac {1}{2})}{n!} z^n &= \frac { \sqrt { \pi }}{ \sqrt {1+z}}, \tag {3} \\ \sum_ {n=1}^{ \infty } (-1)^n \frac { \Gamma (n+ \frac {1}{2})}{n!n} z^n &= -2 \sqrt { \pi } \log\left ( \frac {1+ \sqrt {1+z}}{2} \right ) \tag {4}. \end {align*}

Por tanto, de la identidad de Parseval se deduce que

$$I = 2\pi \int_{-\pi}^{\pi} \log\left( \frac{1+\sqrt{1+e^{i\theta}}}{2} \right) \, \frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{1 + e^{-i\theta}}}. \tag{5} $$

Ahora observamos que para $ |\theta| < \pi$ obtenemos $\sqrt{1 + e^{-i\theta}} = e^{-i\theta/2}\sqrt{1 + e^{i\theta}}$ . Utilizando esto, simplificamos la expresión anterior como

$$ I = 2\pi \int_{-\pi}^{\pi} \log\left( \frac{1+\sqrt{1+e^{i\theta}}}{2} \right) \frac{e^{i\theta/2}}{\sqrt{1 + e^{i\theta}}} \, \mathrm{d}\theta. $$

Por último, aplicando la sustitución $u = ie^{i\theta/2}$ y sustituyendo el contorno semicircular resultante por el segmento lineal $[-1, 1]$ encontramos que

$$ I = 4\pi \int_{-1}^{1} \log\left(\frac{1+\sqrt{1-u^2}}{2}\right) \, \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{1-u^2}}. \tag{6} $$

Paso 3. Queda por calcular $\text{(6)}$ . Aplicando la sustitución $u = \sin \theta$ tenemos

$$ I = 8\pi \int_{0}^{\pi/2} \log\left(\frac{1+\cos\theta}{2}\right) \, \mathrm{d}\theta = 16\pi \int_{0}^{\pi/2} \log\cos(\theta/2) \, \mathrm{d}\theta. $$

La integral final no es difícil de calcular utilizando

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

y el resultado es

$$ I = 16\pi \left( C - \frac{\pi}{2} \log 2 \right) $$

corregido por @JeanMarie .

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Adenda.

Aquí recogemos algunos argumentos que aclaran algunos pasos del cómputo principal.

Ecuación (1). Obsérvese que la transformación $(x, y) = (\theta-\phi, \theta+\phi)$ mapea la plaza $[0, 2\pi]^2$ a un cuadrado $\mathcal{D}$ con vértices $(0, 0)$ , $(2\pi, 2\pi)$ , $(-2\pi, 2\pi)$ y $(0, 4\pi)$ . Ahora divide este cuadrado en cuatro partes no superpuestas

$$ \mathcal{D} = \mathcal{D}_1 \cup \mathcal{D}_2 \cup \mathcal{D}_3 \cup \mathcal{D}_4, $$

donde

1. $\mathcal{D}_1$ es el triángulo rectángulo formado por 3 vértices $(0, 0)$ , $(2\pi, 2\pi)$ y $(0, 2\pi)$ .
2. $\mathcal{D}_2$ es el triángulo rectángulo formado por 3 vértices $(0, 0)$ , $(-2\pi, 2\pi)$ y $(0, 2\pi)$ .
3. $\mathcal{D}_3$ es el triángulo rectángulo formado por 3 vértices $(0, 4\pi)$ , $(2\pi, 2\pi)$ y $(0, 2\pi)$ .
4. $\mathcal{D}_4$ es el triángulo rectángulo formado por 3 vértices $(0, 4\pi)$ , $(-2\pi, 2\pi)$ y $(0, 2\pi)$ .

Entonces, traduciendo cada pieza adecuadamente y volviendo a ensamblar, encontramos que

• $\mathcal{D}_1 \cup ( (2\pi, -2\pi) + \mathcal{D}_4) = [0, 2\pi]^2$ ,
• $((2\pi, 0) + \mathcal{D}_2) \cup ( (0, -2\pi) + \mathcal{D}_3) = [0, 2\pi]^2$ .

Así, utilizando el $2\pi$ -periodicidad de ambos $\cos x$ y $\cos y$ podemos escribir

\begin {align*} I &= \frac {1}{2} \iint_ { \mathcal {D}} \log ( 1 + \cos x \cos y ) \, \mathrm {d}x \mathrm {d}y \\ &= \frac {1}{2} \sum_ {i=1}^{4} \iint_ { \mathcal {D}_i} \log ( 1 + \cos x \cos y ) \, \mathrm {d}x \mathrm {d}y \\ &= 2 \times \frac {1}{2} \iint_ {[0, 2 \pi ]^2} \log ( 1 + \cos x \cos y ) \, \mathrm {d}x \mathrm y \end {align*}

Esto demuestra $\text{(1)}$ .

Ecuación (2). Esto es una simple consecuencia de lo siguiente identidad de la función beta

$$ 2\int_{0}^{\pi/2} \cos^{2s-1}\theta \sin^{2t-1}\theta \, \mathrm{d}\theta = \beta(s, t) = \frac{\Gamma(s)\Gamma(t)}{\Gamma(s+t)}, \quad \Re(s), \Re(t) > 0. $$

Ecuaciones (3) y (4). Por el teorema del binomio generalizado, obtenemos

$$ \frac{1}{\sqrt{1+z}} = \sum_{n=0}^{\infty} \binom{-1/2}{n} z^n, \quad |z| < 1. $$

Ahora, expandiendo el coeficiente binomial, encontramos que

\begin {align*} \binom {-1/2}{n} &= \frac {(- \frac {1}{2})(- \frac {1}{2}-1) \cdots (- \frac {1}{2}-n+1)}{n!} \\ &= (-1)^n \frac {(n- \frac {1}{2}) \cdots (1- \frac {1}{2})}{n!} = (-1)^n \frac { \Gamma (n+ \frac ¡{1}{2})}{n! \Gamma ( \frac {1}{2})} = (-1)^n \frac { \Gamma (n+ \frac ¡{1}{2})}{n! \sqrt { \pi }}. \end {align*}

Si se vuelve a introducir esto en la serie binomial, se demuestra que $\text{(3)}$ . Para demostrar $\text{(4)}$ Obsérvese que ambos lados de $\text{(4)}$ definen funciones analíticas en $|z| < 1$ con valor cero en $z = 0$ y que sus derivadas coinciden:

$$ -2\sqrt{\pi} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z} \log\left( \frac{1+\sqrt{1+z}}{2} \right) = \frac{\sqrt{\pi}}{z}\left( \frac{1}{\sqrt{1+z}} - 1 \right) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{\Gamma(n+\frac{1}{2})}{n!} z^{n-1}. $$

Esto demuestra que $\text{(4)}$ es cierto.

Ecuación (5). Dejemos que $0 < r < 1$ . Entonces, utilizando la convergencia absoluta podemos reordenar la suma para escribir

\begin {align*} &2 \pi \log\left ( \frac {1+ \sqrt {1+re^{i \theta }}}{2} \right ) \frac {1}{ \sqrt {1+re^{-i \theta }}} \\ & \hspace {9em} = - \sum_ { \substack {m \geq 0 \\ n \geq 1}} (-1)^{m+n} \frac { \Gamma (m+ \frac {1}{2}) \Gamma (n+ \frac {1}{2})}{m!n!n} r^{m+n} e^{i \theta (m-n)}. \end {align*}

Ahora integremos ambos lados con respecto a $\theta$ en $[0, 2\pi]$ . Como el lado derecho converge uniformemente, podemos integrar término a término para obtener

$$ 2\pi \int_{0}^{2\pi} \log\left( \frac{1+\sqrt{1+re^{i\theta}}}{2} \right)\frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{1+re^{-i\theta}}} = -2\pi \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\Gamma(n+\frac{1}{2})^2}{n!^2 n} r^{2n}. $$

Como tomamos el límite como $r \uparrow 1$ el lado izquierdo converge al lado izquierdo de $\text{(5)}$ por el teorema de convergencia dominada. (Está dominado por $C \left| \theta - \pi \right|^{-1/2}$ para alguna constante $C > 0$ .) Por otro lado, el lado derecho converge por el teorema de convergencia monótona a $I$ . Por lo tanto, $\text{(5)}$ sigue.

Answer 2

$I=\int_{0}^{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} ln(\frac{cos2\theta+1}{2} + \frac{cos2\phi+1}{2}) d \theta d \phi $ ,

Al principio $0<\theta+x<2\pi$

$(\int_{0}^{\frac \pi4}\frac{cos}2 - \int_{\frac \pi4}^{\frac \pi2}\frac{cos}2-\int_{\frac \pi2}^{\frac {3\pi}4}\frac{sin}2+\int_{\frac {3\pi}4}^{ {\pi}}\frac{sin}2)*2$

$J=\int_{0}^{2 \pi}ln(\frac{cos2\theta+1+x}2)$

$=\int_{0}^{2 \pi}ln(\frac{sin2\theta+1+x}2)$

$=\int_{0}^{2 \pi}ln2+\int_{0}^{2 \pi}ln(sin{\theta+1+x})+\int_{0}^{2 \pi}lncos{\theta+1+x}$

$=4{\pi}ln2+2J$

$J=-4{\pi}ln2$

como el mismo

$I=\int_{0}^{2 \pi}ln(\frac{cos2\theta+1+\phi}2) d \phi $

$=-8{\pi}ln2$