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Cómo probar %#% #%

Cómo puede uno demostrar que % #% # % %#% #%

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He re-publicado pregunta de larry de MathOverflow, y la Respuesta FINAL publicado por Prof. Juan Arias de Reyna (aquí y aquí) viene después de un mes!

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user87400 Puntos 120

No me caracterizar mi respuesta como una "solución integral", al menos en el sentido esperado. Lo que voy a hacer, (también porque es una lástima que esta pregunta no tiene aún una respuesta), es el uso de diversas transformaciones relacionadas con la estadística matemática y variables aleatorias, para transformar el problema en uno de la prueba de la existencia y unicidad de una espera (específica) del valor. Al menos en el final, no integral estará en la vista.

Siguiendo la notación establecida en los comentarios, vamos a $S(x)=\tanh^{-1}(x)-\tan^{-1}(x)$. Nuestros integral puede escribirse (preparar para la integración por partes)

$$I=\int_0^1 \tan^{-1}\left[\frac{S(x)}{\pi+S(x)}\right]\left(\frac{d\ln x}{dx}\right)dx$$ Integración por partes da

$$I = \tan^{-1}\left[\frac{S(x)}{\pi+S(x)}\right]\ln x\Big|_0^1 - \int_0^1 \frac {d\tan^{-1}\left[\frac{S(x)}{\pi+S(x)}\right]}{dx}\ln xdx$$

$$= 0-\int_{0}^{1}\frac{\pi}{(\pi+S(x))^{2}+S(x)^{2}}\frac {dS(x)}{dx}\ln xdx$$

donde para su uso posterior $\frac {dS(x)}{dx}=\frac {2x^2}{1-x^4}$.

Ahora considere la variable $Z=S(X)$. We first show that the term $\frac{1}{(\pi+z)^{2}+z^{2}} $ es la densidad de un Cauchy variable aleatoria. En general, esta densidad es

$$f_Z(z) = \frac 1{\pi}\frac {\gamma}{(z-m)^2+\gamma^2} $$ donde $m$ is the median/mode and $\gamma >0$ es un verdadero parámetro de escala. Si ponemos $m=-\pi/2,\;\; \gamma = \pi/2$ obtenemos

$$f_Z(z;m=-\pi/2,\gamma=\pi/2) = \frac 1{\pi}\frac {\pi/2}{(z+\pi/2)^2+\pi^2/4}=\frac{1}{(\pi+z)^{2}+z^{2}}$$

De hecho, la variable $Z=S(X)$ can be seen as a Cauchy$(m=-\pi/2,\gamma=\pi/2)$ random variable with the above density. Now reverse the direction of thought: if $Z$ is a random variable, so is $X$, defined by $X=S^{-1}(Z)$. When we define a random variable as a function of another, if the function is strictly monotone, we have available the change-of-variable formula to derive the density of the former. The function $S(x)$ es estrictamente creciente y por lo tanto también lo es su inversa. La inversión de la relación que hemos $Z = (S^{-1})^{-1}(X) = S(X)$. El cambio de variable de la fórmula da

$$f_X(x) = \left|\frac {dS(x)}{dx}\right|\cdot f_Z(S(x)) = \frac {dS(x)}{dx}\cdot f_Z(S(x))=\frac {dS(x)}{dx}\frac{1}{(\pi+S(x))^{2}+S(x)^{2}}$$

Pero esta última expresión ya existe en nuestra integral. Sustituyendo obtenemos

$$I = -\pi\int_{0}^{1}f_X(x)\ln xdx$$

Esta última expresión puede ser el valor esperado de $\ln x$, (by the so called "Law of Unconscious Statistician"), if only the density $f_X(x)$ integrates to unity over $[0,1]$.

Tenga en cuenta que $$\int_{0}^{1}f_X(x)dx = \int_{0}^{\infty}f_Z(z)dz = \int_{0}^{\infty}\frac{1}{(\pi+z)^{2}+z^{2}}dz $$ Adoptar para nuestro caso una fórmula de Gradshteyn y Ryzhik 7ª ed. (3.252(1), p.325) nos encontramos con que

$$\int_{0}^{\infty}f_Z(z)dz = \frac 14 = \int_{0}^{1}f_X(x)dx \Rightarrow \int_{0}^{1}4f_X(x)dx =1$$

Así es la variable aleatoria con densidad de $\tilde f_X(x) = 4f_X(x)$ that has the (truncated) support $[0,1]$ que valida el tratamiento de nuestros intergal como un valor esperado: $$I = -\frac {\pi}{4}\int_{0}^{1}4f_X(x)\ln xdx = -\frac {\pi}{4}E[\ln X]$$

Lo que hemos logrado (si algo)? Hemos transformado el problema: a partir de

"demostrar que el $I =\frac{\pi}{8}\ln\frac{\pi^2}{8}$"

ahora debemos probar, de alguna manera que

"Existe una variable aleatoria $X$ with support $[0,1]$ whose logarithm has expected value equal to $-\frac{1}{2}\ln\frac{\pi^2}{8}$".

Si esta frase puede ser comprobada en general (para la existencia y unicidad), luego tenemos a "resolver la integral".

Otra forma de tratar de probar que esto es para tratar de coincidir con el $\tilde f_X(x)$ density with some known distribution. As an example, we observe that the integral is evaluated in $[0,1]$ which is the support of a Beta distribution. Also, if we can match our density with a Beta distribution, then we know the expression for the expected value of its logarithm : $E[\ln X]=\psi(a) - \psi(a+b)$, where $\psi()$ is the digamma function. Therefore, if we postulate a Beta density for $X$, $f_X(x) = \frac {x^{a-1}(1-x)^{b-1}}{\operatorname{B}(a,b)},\; a,b>0$$ la integral debe satisfacer
$$I = -\frac {\pi}{4}\Big(\psi(a) - \psi(a+b)\Big)$$

Aquí, la tarea se ha convertido para determinar el $a^*>0,b^*>0$ tal que

$$ -\frac {\pi}{4}\Big(\psi(a^*) - \psi(a^*+b^*)\Big) = \frac{\pi}{8}\ln\frac{\pi^2}{8}\qquad [A]$$ y que también satisfacer

$$\frac {x^{a^*-1}(1-x)^{b^*-1}}{\operatorname{B}(a^*,b^*)} = \frac{4}{(\pi+S(x))^{2}+S(x)^{2}}\frac {2x^2}{1-x^4},\;\; \forall x\in [0,1]\qquad [B]$$

Tenga en cuenta que la segunda ecuación debe mantener durante todo el intervalo de $x\in [0,1]$. If existence and uniqueness of the solution to this system of non-linear equations can be proven, we have essentially "solved the integral". If non-existence is proved, then the postulate of a beta-distributed $X$ es rechazado. Un comentario ya ha demostrado que este postulado debe ser rechazada, pero se los dejo como un ejemplo de este enfoque.

Pero el enfoque general, y la transformación de la integral en un valor esperado de $\ln X$ sigue siendo válido.

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