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Podemos pensar de $I_{n}$ como una clásica de la función de partición para $n$ cuentas en un círculo que no puede pasar a través de cada uno de los otros, con logarítmica potencial de interacción entre cada una de las cuentas y de su próxima-a-vecinos más cercanos en cualquier lado. Por $I_{2n}$ las cuentas se dividen en dos `colores", que no tienen logarítmica de las interacciones de unos con otros; mientras que por $I_{2n+1}$ las cuentas no se dividen en dos grupos independientes.
Hacer dos cambios de variable. En primer lugar, podemos etiquetar las coordenadas de la $k^{th}$ cuenta como $y_k$, donde $y_1=0$ es fijo (la explotación de la traducción de la invariancia del problema) y definimos $y_{2n+k} = 1+y_k$ (porque de el periódico de la naturaleza del círculo):
$$
u_i = y_{i+1}-y_i\ ,\qquad y_1=0\ ,\qquad y_{2n+i}\equiv 1+y_i \ .
$$
Entonces la integral se puede escribir como un camino ordenado de la expresión sin la función delta de restricción, como
$$
I_{n}= \int_0^1 dy_{n} \int_0^{y_{n}} dy_{n-1}\cdots\int_0^{y_3} dy_2\, \prod_{k=1}^{2n}\frac{1}{y_{k+2}-y_k}\ .
$$
El segundo cambio de variables a $\{y_2,\ldots,y_n\}\\{s_2,\ldots,s_n\}$ en el fin de cambiar la integración de dominio a una unidad de hipercubo:
$$
y_{k} =\prod_{j=k}^{n} s_{j}\ ,
$$
con Jacobiana
$$
J_n = \prod_{j=3}^{n} s_j^{j-2}\ .
$$
Con este cambio de variables, $I_{2n}$ se convierte (por $n\ge 2$)
$$
I_{2n} = \int_0^1 d^{2n-1}{\bf s}\, \prod_{j=2}^{2n-1} \,
\frac{1}{1-s_j s_{j+1}} \frac{1}{1-s_{2n}{\bf S}_{2n+1}}\equiv \int_0^1d^{2n-1}{\bf s}\, {\cal F}_{2n}({\bf s})\ $$
donde $d^{2n-1}{\bf s}=ds_2\cdots ds_{2n}$, y el signo integral indica que cada uno de los $s$ variables está siendo integrado de cero a uno, y hemos definido
$$
{\bf S}_{k}\equiv 1+(-1)^k\prod_{j=2}^{k-2} s_j\ ,\qquad
{\cal F}_{2n}({\bf s}) = \prod_{j=2}^{2n-1} \,
\frac{1}{1-s_j s_{j+1}} \frac{1}{1-s_{2n}{\bf S}_{2n+1}}\ ,
$$
con
$$
S_3=0\ ,\qquad {\cal F}_{2}({\bf s}) =1\ .
$$
Tenga en cuenta que para completar los $k$, ${\bf S}_k<1$, mientras que para incluso $k$, ${\bf S}_k>1$.
Este objeto ${\bf S}_k$ tiene la propiedad por $k$
$$
{\bf S}_{k+1} -s_{k-1} = 1-s_{k-1} {\bf S}_k\ .
$$
La estrategia es considerar el desarrollo de una relación de recursividad a la hora de integrar más de $ds_{2n}$ y $ds_{2n-1}$, relativas $I_{2n}$ $I_{2n-2}$. Para ello es útil para definir las siguientes funciones de $x$, $y$ en el dominio de $ 0<x<1,\ 0<y<1$:
$$
{\cal P}_k(x,y) = \frac{1}{(2k)!}
\prod_{i=1}^k
\left(\pi^2 (2k-1)^2 + \ln^2\left[\frac{1-x}{x(1-y)}\right]\right)\ ,\qquad {\cal P}_0(x,y)\equiv 1\ ,
$$
y
$$
{\cal G}(\alpha,x,y) = \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{\alpha}{\pi}\right)^{2n} {\cal P}_n(x,y) =
\frac{1}{2 \sqrt{1-\alpha ^2}}\left[\left(\frac{1-x}{x(1-y)}\right)^{c}+\left(\frac{1-x}{x(1-y) }\right)^{c}\,\right]\ ,
$$
$$
c\equiv \frac{\sin ^{-1}(\alpha )}{\pi }\ .
$$
Podemos generalizar el problema a la consideración de la integral
$$
{\cal I}_{2n}(\alpha) = \int_0^1d^{2n-1}{\bf s}\, {\cal F}_{2n}({\bf s})\,{\cal G}(\alpha,s_{2n},{\bf S}_{2n+1})\ .
$$
Podemos realizar los $s_{2n}$ y $s_{2n-1}$ integrales en ${\cal I}_{2n}$ el uso de los resultados (usando las propiedades de ${\bf S_k}$ de más arriba)
Por $0<s_{2n-1}<1$ y $0<{\bf S}_{2n+1}<1$:
$$
\frac{1}{2} \int_0^1 ds_{2n} \frac{1}{(1-s_{2n-1} s_{2n})(1-s_{2n}{\bf S}_{2n+1})}\left[ \left(\frac{1-s_{2n}}{s_{2n}(1-{\bf S}_{2n+1})}\right)^c+ \left(\frac{1-s_{2n}}{s_{2n}(1-{\bf S}_{2n+1})}\right)^{c}\right]
= \frac{\pi \csc (\pi c) \left(\left(\frac{1-s_{2n-1}}{1-{\bf S}_{2n+1}}\right)^{c}-\left(\frac{1-s_{2n-1}}{1-{\bf S}_{2n+1}}\right)^c\right)}{2(s_{2n-1}-{\bf S}_{2n+1})}
=\frac{\pi \csc (\pi c)\left(\left(\frac{1-s_{2n-1}}{s_{2n-1}({\bf S}_{2n}-1)}\right)^{c}-\left(\frac{1-s_{2n-1}}{s_{2n-1}({\bf S}_{2n}-1)}\right)^c\right)}{2(1-s_{2n-1}{\bf S}_{2n})}\
$$
Por $0<s_{2n-2}<$ 1 y $1<{\bf S}_{2n}$:
$$\frac{1}{2} \int_0^1 ds_{2n-1} \frac{1}{(1-s_{2n-2}s_{2n-1})(1-{\bf S}_{2n}s_{2n-1})}
\qquad\times \left[ \left(\frac{1-s_{2n-1}}{s_{2n-1}({\bf S}_{2n}-1)}\right)^c- \left(\frac{1-s_{2n-1}}{s_{2n-1}({\bf S}_{2n}-1)}\right)^{c}\right]
= -\frac{\pi \csc (\pi c)
\left(\left(\frac{1-s_{2n-2}}{{\bf S}_{2n}-1}\right)^{c}+\left(\frac{1-s_{2n-2}}{{\bf S}_{2n}-1}\right)^c-2 \cos
(\pi c)\right)}{2 (s_{2n-2}-{\bf S}_{2n})}
= -\frac{\pi \csc (\pi c)
\left(\left(\frac{1-s_{2n-2}}{1-s_{2n-2}{\bf S}_{2n-1}}\right)^{c}+\left(\frac{1-s_{2n-2}}{1-s_{2n-2}{\bf S}_{2n-1}}\right)^c-2 \cos
(\pi c)\right)}{2 (1-s_{2n-2}{\bf S}_{2n-1})}
$$
Con estas integrales podemos realizar las integraciones más de $s_{2n}$ y $s_{2n-1}$ en nuestro generalizada integral ${\cal I}_{2n}(\alpha)$, la obtención de
$$
{\cal I}_{2n}(\alpha)
=\int d^{2n-3}{\bf s} \, {\cal F}_{2n-2}({\bf s})\, \left[\pi^2\csc^2(c\pi)\left({\cal G}(\alpha,s_{2n-2},{\bf S}_{2n-1}) -\frac{ \cos c\pi}{ \sqrt{1-\alpha^2}}\right) \right]
\,
=\int d^{2n-3}{\bf s}{\cal F}_{2n-2}({\bf s})\, \left[\frac{\pi^2}{\alpha^2}\left({\cal G}(\alpha,s_{2n-2},{\bf S}_{2n-1})-1\right) \right]
$$
donde conseguir la segunda línea nos acaba de instalar en $\pi c=\sin^{-1}\alpha$. Refiriéndose a la definición de ${\cal G}$, podemos igualar los poderes de $\alpha$ en ambos lados de la ecuación anterior con el resultado de que por cada $k\ge 0$,
$$
\int_0^1d^{2n-1}{\bf s}\, {\cal F}_{2n}({\bf s})\, {\cal P}_k(s_{2n},{\bf S}_{2n+1})
= \int_0^1d^{2n-3}{\bf s}\, {\cal F}_{2n-2}({\bf s})\, {\cal P}_{k+1}(s_{2n-2},{\bf S}_{2n-1})
$$
que es un resultado bonito.
El resultado anterior nos permite escribir para la deseada $2n$-dimensiones integrales como una dimensión de las integrales
$$
I_{2n}=\int_0^1d^{2n-1}{\bf s}\, {\cal F}_{2n}({\bf s})\, {\cal P}_0(s_{2n},{\bf S}_{2n+1})
=\int_0^1ds_2 {\cal P}_{n-1}(s_{2},0)\ .
$$
Los resultados anteriores, a continuación, implica que
$$
\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{\alpha}{\pi}\right)^{2n} I_{2n+2} = \int_0^1dx\,\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{\alpha}{\pi}\right)^{2n} {\cal P}_n(x,0)
= \int_0^1dx\, {\cal G}(\alpha,x,0)
=\int_0^1dx\frac{1}{2 \sqrt{1-\alpha ^2}}\left[\left(\frac{1-x}{x}\right)^{c}+\left(\frac{1-x}{x }\right)^{c}\right]
= \frac{\sin^{-1}\alpha}{\alpha\sqrt{1-\alpha^2}}
= \sum_{n=0}^\infty (2\alpha)^{2n} B(n+1,n+1)\ .
$$
La equiparación de poderes de $\alpha$ entre el primer y el último expresiones respuestas, publicado pregunta:
$$
I_{2n+2}
= (2\pi)^{2n}\mathrm{B}(n+1,n+1){=} (2\pi)^{2n} \frac{(n!)^2}{(2n+1)!}\ .
$$
Esta solución se encontró en colaboración con E. Mereghetti.
