Una sorprendente identidad integral de dilogarithm derivados de un problema de recinto punto generalizado

Question

Esta pregunta le preguntó:

¿Cuál es la probabilidad de que los tres puntos seleccionados uniformemente al azar en el círculo unidad contiene un punto fijo en la distancia $x$ desde el círculo del centro?

He contestado a esa pregunta con una derivación geométrica de la siguiente integral doble de probabilidad: $$P(x)=\frac14-\frac3{\pi^3}\int_0^\pi\int_0^a\left(\sin^{-1}\frac{x\sin b}{\sqrt{1+x^2-2x\cos b}}-\sin^{-1}\frac{x\sin a}{\sqrt{1+x^2-2x\cos a}}\right)\,db\,da$$ Por debajo de esta ecuación que afirmó:

Tratando de encontrar una forma cerrada de expresión para que este no es ni simple ni esclarecedor.

Yo hice una aproximación a $P(x)$ y mostró que había un error de no más de alrededor de 0.004 a través de matplotlib. (En los gráficos a continuación, el polo se refiere el punto fijo.) $$P(x)\approx\frac{(1-x^2)^{2/3}}4$$

Pero el tamaño relativo del error me irrita – había intentado más complicado aproximaciones, con sólo mejoras marginales. Entonces tuve la idea de utilizar la serie de Taylor para una mejor aproximación a – $P(x)$ sólo está definida en $[0,1]$, dentro del radio de convergencia de muchas series de Taylor.

Así que me puse a trabajar, utilizando SymPy para calcular el Maclaurin (Taylor al $x=0$) de la serie de $P(x)$. Después de media hora tengo las siguientes: $$P(x)=\frac14-\frac{3x^2}{2\pi^2}-\frac{3x^4}{8\pi^2}-\frac{x^6}{6\pi^2}-\frac{3x^8}{32\pi^2}-\frac{3x^{10}}{50\pi^2}+\mathcal O(x^{12})$$ Me di cuenta de que

• el plazo inicial y de los factores de $\frac3{\pi^2}$ en plazos posteriores se hace eco de su presencia en la expresión de $P(x)$, por lo que podría ser un factor fuera
• calcular el $x^{12}$ plazo llevaría para siempre en esta forma, así que me separé de el integrando en cuatro partes con el logarítmica versión de $\sin^{-1}$: $$\int_0^\pi\int_0^a\left(\sin^{-1}\frac{x\pecado b}{\sqrt{1+x^2-2x\cos b}}-\sin^{-1}\frac{x\pecado de un}{\sqrt{1+x^2-2x\cos a}}\right)\db\,da=\\ i\left(\int_0^\pi\int_0^a\ln(xe^{ib}-1)\db\,da-\frac12\int_0^\pi\int_0^a\ln(1+x^2-2x\cos b)\db\,da\\ -\int_0^\pi\int_0^a\ln(xe^{ia}-1)\db\,da+\frac12\int_0^\pi\int_0^a\ln(1+x^2-2x\cos a)\db\,da\right)\tag1$$

Con eso, me calcula el $x^{12}$ plazo: $$P(x)=\frac14-\frac3{\pi^2}\left(\frac{x^2}2+\frac{x^4}8+\frac{x^6}{18}+\frac{x^8}{32}+\frac{x^{10}}{50}+\frac{x^{12}}{72}+\mathcal O(x^{14})\right)$$ Todos los poderes, incluso, y había unidad de fracción coeficientes después de factoring $\frac3{\pi^2}$. Os pongo a continuación la secuencia de $2,8,18,32,50,72$ en la OEIS y tengo una sorpresa... estos son el doble de las plazas!

Por lo tanto yo podría escribir $$P(x)=\frac14-\frac3{\pi^2}\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}{2n^2}$$ Así se reveló la expansión de la serie de la dilogarithm, la expresión más simple para $P(x)$ y quizás la más elegante de la ecuación que he encontrado: $$\bbox[5px,border:1px solid black]{P(x)=\frac14-\frac3{2\pi^2}\operatorname{Li}_2(x^2)}$$ He confirmado la veracidad de esta expresión mediante la comparación de sus valores a mi precalculadas muestras de $P(x)$, no encontrando nada, pero error de redondeo en el último:

Por supuesto, una igualdad que se pide explicación, y esta es la cuestión que voy a plantear aquí:

¿Por qué la siguiente identidad verdadera? $$\int_0^\pi\int_0^a\left(\sin^{-1}\frac{x\sin b}{\sqrt{1+x^2-2x\cos b}}-\sin^{-1}\frac{x\sin a}{\sqrt{1+x^2-2x\cos a}}\right)\,db\,da=\frac\pi2\operatorname{Li}_2(x^2)$$

La forma logarítmica $(1)$ de el integrando en $P(x)$ puede ayudar. Además de la serie de Taylor, estoy abierto a pruebas, que se aprovechan de la geometría de la situación; aquí es el diagrama que he utilizado para justificar la expresión integral para $P(x)$.

Aquí $O$ es el origen y los argumentos de la $A$ $B$ cuando se trata como números complejos se $a$$b$, acostado en $[0,\pi]$ $[0,a]$ respectivamente. El argumento de el triángulo del tercer punto (no se muestra) se encuentra en $[-\pi,0]$ y tiene que ser entre el $P$ $Q$ para el triángulo para contener el punto fijo,$D$$(x,0)$. El primer término en el integrando $\sin^{-1}\frac{x\sin b}{\sqrt{1+x^2-2x\cos b}}$$\angle DOQ$, el segundo término $\angle DOP$.

Answer 1

Continuando a partir de la última expresión de la original de la integral doble en la respuesta de David: $$\mathcal P(x)=\int_0^\pi\int_0^a(\dots)\,db\,da=\frac12\int_0^\pi\int_0^\omega\tan^{-1}\frac{x^2\sin\varphi}{1-x^2\cos\varphi}\,d\varphi\,d\omega$$ El uso de la forma logarítmica de $\tan^{-1}$ podemos reescribir el integrando de la RHS como $$\begin{align}\tan^{-1}\frac{x^2\sin\varphi}{1-x^2\cos\varphi}&=\frac i2\ln\frac{1-\frac{ix^2\sin\varphi}{1-x^2\cos\varphi}}{1+\frac{ix^2\sin\varphi}{1-x^2\cos\varphi}}\\ &=\frac i2\ln\frac{\frac{1-x^2\cos\varphi-ix^2\sin\varphi}{1-x^2\cos\varphi}}{\frac{1-x^2\cos\varphi+ix^2\sin\varphi}{1-x^2\cos\varphi}}\\ &=\frac i2\ln\frac{1-x^2(\cos\varphi+i\sin\varphi)}{1-x^2(\cos\varphi-i\sin\varphi)}\\ &=\frac i2\ln\frac{1-x^2e^{i\varphi}}{1-x^2e^{-i\varphi}}\\ &=\frac i2(\ln(1-x^2e^{i\varphi})-\ln(1-x^2e^{-i\varphi})) \end{align}$$ El uso de la serie de Maclaurin de $\ln(1-z)$, lo cual es válido, ya que $|x^2e^{i\varphi}|=x^2\le1$: $$\begin{align} \frac i2(\ln(1-x^2e^{i\varphi})-\ln(1-x^2e^{-i\varphi}))&=\frac i2\left(\sum_{n=1}^\infty-\frac{(x^2e^{i\varphi})^n}n-\sum_{n=1}^\infty-\frac{(x^2e^{-i\varphi})^n}n\right)\\ &=-\frac i2\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}n(e^{in\varphi}-e^{-in\varphi})\\ &=-\frac i2\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}n\cdot2i\sin n\varphi\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}n\sin n\varphi \end{align}$$ Por lo tanto $$\frac12\int_0^\pi\int_0^\omega\tan^{-1}\frac{x^2\sin\varphi}{1-x^2\cos\varphi}\,d\varphi\,d\omega=\frac12\int_0^\pi\int_0^\omega\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}n\sin n\varphi\,d\varphi\,d\omega$$ Podemos mover la suma y $\frac{x^{2n}}n$ factor para el exterior, a continuación, realice simple termwise de integración para obtener el resultado deseado: $$\begin{align} \frac12\int_0^\pi\int_0^\omega\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}n\sin n\varphi\,d\varphi\,d\omega&=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}n\int_0^\pi\int_0^\omega\sin n\varphi\,d\varphi\,d\omega\\ &=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}n\int_0^\pi\left[-\frac1n\cos n\varphi\right]_0^\omega\,d\omega\\ &=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}n\int_0^\pi\frac1n(1-\cos n\omega)\,d\omega\\ &=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}{n^2}\int_0^\pi(1-\cos n\omega)\,d\omega\\ &=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}{n^2}\left[\omega-\frac1n\sin n\omega\right]_0^\pi\\ &=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}{n^2}\cdot\pi\\ &=\frac\pi2\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}{n^2}\\ \mathcal P(x)&=\frac\pi2\operatorname{Li}_2(x^2) \end{align}$$

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Más generalmente, se tiene la siguiente identidad para $|z|\le1$: $$\int_0^\pi\int_0^\omega\tan^{-1}\frac{z\sin\varphi}{1-z\cos\varphi}\,d\varphi\,d\omega=\pi\operatorname{Li}_2(z)$$

Answer 2

En Construcción: Esto no es una respuesta completa, pero yo quería seguir adelante y señalar algunas simetrías y simplificaciones para su integral que va a hacer que sea mucho más amigable para trabajar con...

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Definir la función de $f:\left[0,1\right]\times\left[0,\pi\right]\setminus\{\left(1,0\right)\}\rightarrow\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ a través de la inversa de la expresión trigonométrica,

$$f{\left(x,\alpha\right)}:=\arcsin{\left(\frac{x\sin{\left(\alpha\right)}}{\sqrt{1-2x\cos{\left(\alpha\right)}+x^{2}}}\right)},$$

y, a continuación, definir la función de $\mathcal{P}:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R}$ a través de la integral doble,

$$\begin{align} \mathcal{P}{\left(x\right)} &:=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\int_{0}^{\alpha}\mathrm{d}\beta\,\left[f{\left(x,\beta\right)}-f{\left(x,\alpha\right)}\right].\\ \end{align}$$

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Lo que ocurre es que cualquier integral doble de esta forma se puede reducir a una sola variable integral sin especificar la función de $f$ dentro del integrando, usando las simetrías.

Para cualquier $x\in\left[0,1\right]$, obtenemos

$$\begin{align} \mathcal{P}{\left(x\right)} &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\int_{0}^{\alpha}\mathrm{d}\beta\,\left[f{\left(x,\beta\right)}-f{\left(x,\alpha\right)}\right]\\ &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\int_{0}^{\alpha}\mathrm{d}\beta\,f{\left(x,\beta\right)}-\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\int_{0}^{\alpha}\mathrm{d}\beta\,f{\left(x,\alpha\right)}\\ &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\beta\int_{0}^{\beta}\mathrm{d}\alpha\,f{\left(x,\alpha\right)}-\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\int_{0}^{\alpha}\mathrm{d}\beta\,f{\left(x,\alpha\right)}\\ &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\int_{\alpha}^{\pi}\mathrm{d}\beta\,f{\left(x,\alpha\right)}-\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\int_{0}^{\alpha}\mathrm{d}\beta\,f{\left(x,\alpha\right)}\\ &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\,\left[\int_{\alpha}^{\pi}\mathrm{d}\beta\,f{\left(x,\alpha\right)}-\int_{0}^{\alpha}\mathrm{d}\beta\,f{\left(x,\alpha\right)}\right]\\ &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\,\left[\left(\pi-\alpha\right)f{\left(x,\alpha\right)}-\alpha\,f{\left(x,\alpha\right)}\right]\\ &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\,\left(\pi-2\alpha\right)f{\left(x,\alpha\right)}.\\ \end{align}$$

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Dado $x\in\left(0,1\right)$, podemos encontrar usando la identidad trigonométrica

$$\arcsin{\left(x\right)}=\arctan{\left(\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)};~~~\small{x^{2}<1},$$

que $\mathcal{P}$ se reduce a:

$$\begin{align} \mathcal{P}{\left(x\right)} &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\int_{0}^{\alpha}\mathrm{d}\beta\,\left[f{\left(x,\beta\right)}-f{\left(x,\alpha\right)}\right]\\ &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\,\left(\pi-2\alpha\right)f{\left(x,\alpha\right)}\\ &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\,\left(\pi-2\alpha\right)\arcsin{\left(\frac{x\sin{\left(\alpha\right)}}{\sqrt{1-2x\cos{\left(\alpha\right)}+x^{2}}}\right)}\\ &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\,\left(\pi-2\alpha\right)\arctan{\left(\frac{x\sin{\left(\alpha\right)}}{1-x\cos{\left(\alpha\right)}}\right)}\\ &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\,\left(\pi-\alpha\right)\arctan{\left(\frac{x\sin{\left(\alpha\right)}}{1-x\cos{\left(\alpha\right)}}\right)}\\ &~~~~~-\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\,\alpha\arctan{\left(\frac{x\sin{\left(\alpha\right)}}{1-x\cos{\left(\alpha\right)}}\right)}\\ &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\,\left(\pi-\alpha\right)\arctan{\left(\frac{x\sin{\left(\alpha\right)}}{1-x\cos{\left(\alpha\right)}}\right)}\\ &~~~~~-\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\,\left(\pi-\alpha\right)\arctan{\left(\frac{x\sin{\left(\alpha\right)}}{1+x\cos{\left(\alpha\right)}}\right)};~~~\small{\left[\alpha\mapsto\pi-\alpha\right]}\\ &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\,\left(\pi-\alpha\right)\left[\arctan{\left(\frac{x\sin{\left(\alpha\right)}}{1-x\cos{\left(\alpha\right)}}\right)}-\arctan{\left(\frac{x\sin{\left(\alpha\right)}}{1+x\cos{\left(\alpha\right)}}\right)}\right]\\ &=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\alpha\,\left(\pi-\alpha\right)\arctan{\left(\frac{x^{2}\sin{\left(2\alpha\right)}}{1-x^{2}\cos{\left(2\alpha\right)}}\right)}\\ &=\frac14\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\,\left(2\pi-\varphi\right)\arctan{\left(\frac{x^{2}\sin{\left(\varphi\right)}}{1-x^{2}\cos{\left(\varphi\right)}}\right)};~~~\small{\left[2\alpha=\varphi\right]}\\ &=\frac14\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\,\left(-\varphi\right)\arctan{\left(\frac{x^{2}\sin{\left(\varphi\right)}}{1-x^{2}\cos{\left(\varphi\right)}}\right)};~~~\small{\left[\varphi\mapsto2\pi-\varphi\right]}\\ &=\frac14\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\,\left(\pi-\varphi\right)\arctan{\left(\frac{x^{2}\sin{\left(\varphi\right)}}{1-x^{2}\cos{\left(\varphi\right)}}\right)}\\ &=\frac12\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\varphi\,\left(\pi-\varphi\right)\arctan{\left(\frac{x^{2}\sin{\left(\varphi\right)}}{1-x^{2}\cos{\left(\varphi\right)}}\right)}\\ &=\frac12\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\varphi\int_{\varphi}^{\pi}\mathrm{d}\omega\,\arctan{\left(\frac{x^{2}\sin{\left(\varphi\right)}}{1-x^{2}\cos{\left(\varphi\right)}}\right)}\\ &=\frac12\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\omega\int_{0}^{\omega}\mathrm{d}\varphi\,\arctan{\left(\frac{x^{2}\sin{\left(\varphi\right)}}{1-x^{2}\cos{\left(\varphi\right)}}\right)}...\\ \end{align}$$

---

...TBC