Calcular un integral doble: $\int_0^1\int_0^1 \frac{(xy)^s}{\sqrt{-\log(xy)}}dxdy$

Question

¿Es posible obtener una forma cerrada de la siguiente integral? $$I=\int_0^1\int_0^1 \frac{(xy)^s}{\sqrt{-\log(xy)}} \, dx \, dy\quad \quad \quad (s>0).$ $ Mi intento: lo he intentado un cambio de variables de coordenadas cartesianas a coordenadas polares: $$\begin{align}x&=r \cos (\theta)\y&=r \sin (\theta).\end {Alinee el} $$ I've computed the jacobian:$ J=\left|\frac{D(x,y)}{D(r,\theta)$} \right|=|\cos (\theta) r \cos (\theta)-(-r \sin (\theta)) \sin (\theta)|=r.$$ de Aquí estoy atrapado.

Answer 1

\begin{align} u & = xy \\[10pt] v & = \frac y x \\[10pt] du\,dv = \frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} \, dx \, dy & = \frac {2y} x \, dx\,dy = 2v\,dx\,dy \\[10pt] \frac{du\,dv}{2v} & = dx\,dy \end{align}

\begin{align} & \int_0^1 \int_u^{1/u} \frac{u^s}{\sqrt{-\log u}} \, \frac{dv \, du}{2v} \\[10pt] = {} & \int_0^1 \frac{u^s}{\sqrt{-\log u}} \cdot \frac 1 2 \left( \log \frac 1 u - \log u \right) \, du \\[10pt] = {} & \int _0^1 u^s \sqrt{-\log u} \, du \tag 1 \end{align}

\begin{align} w & = \sqrt{-\log u} \\[10pt] e^{-w^2} & = u \\[10pt] -2w e^{-w^2}\,dw & = du \end{align}

Por lo $(1)$ hace $\displaystyle \int_\infty^0 e^{-sw^2} w ( -2w e^{-w^2} \, dw) = 2\int_0^\infty w^2 e^{-(s^2+1)w^2} \, dw$.

Podemos reducir esto a que el valor esperado de una función de una variable aleatoria con una distribución normal estándar:

\begin{align} (s^2+1) w^2 & = \frac{z^2} 2 \\[10pt] dw & = \frac{dz}{\sqrt2\sqrt{s^2+1}} \end{align}

Nuestros integral se convierte en $$ 2\int_0^\infty \frac{z^2}{2(s^2+1)} e^{-z^2/2} \frac{dz}{\sqrt2\sqrt{s^2+1}} = \frac 1 {(s^2 + 1)^{3/2}\sqrt 2} \int_0^\infty z^2 e^{-z^2/2}\,dz. $$

Esta última integral es la mitad del valor esperado de una $\chi^2_1$ variable aleatoria; por lo tanto es igual a $1/2$.

Answer 2

Aquí es un enfoque.

Tenemos, por $s>0$, $\sigma>0$,

$$ \int_0^1\!\int_0^1\frac{x^{m-1}y^{\sigma-1}}{\sqrt{-\log (xy)}}\,dx\,dy=\frac{\sqrt{\pi}}{s\sqrt{\sigma}+\sigma\sqrt{s}}.\tag1 $$

Prueba. Se puede observar que la $$ \frac1{\sqrt{a}}=\frac2{\sqrt{\pi}}\int_0^\infty e^{\large-a^2}dt, \qquad a>0. \tag2 $$ Assume $s>0$, $\sigma>0$ and $\sigma\neq s$. A continuación, obtenemos $$ \begin{align} \iint_{[0,1]\times[0,1]} \frac{x^{s-1}y^{\sigma-1}}{\sqrt{-\log (xy)}}\,dx\,dy&=\iint_{[0,1]\times[0,1]} x^{s-1}y^{\sigma-1}\left(\frac1{\sqrt{-\log (xy)}}\right)dx\,dy\\\\ &=\iint_{[0,1]\times[0,1]} x^{s-1}y^{\sigma-1}\left(\frac2{\sqrt{\pi}}\int_0^\infty e^{\large t^2\log(xy)}dt\right)dx\,dy\\\\ &=\frac2{\sqrt{\pi}}\int_0^\infty\iint_{[0,1]\times[0,1]} x^{s-1}y^{\sigma-1}\times x^{t^2}y^{t^2}dx\,dy\,dt\\\\ &=\frac2{\sqrt{\pi}}\int_0^\infty\left(\int_0^1x^{t^2+s-1}dx\right)\times \left(\int_0^1y^{t^2+\sigma-1}dy\right)\,dt\\\\ &=\frac2{\sqrt{\pi}}\int_0^\infty\frac1{(t^2+s)(t^2+\sigma)}\,dt\\\\ &=\frac2{\sqrt{\pi}(\sigma-s)}\left(\int_0^\infty\frac{1}{\left(t^2+s\right)}\,dt-\int_0^\infty\frac{1}{\left(t^2+\sigma\right)}\,dt\right)\\\\ &=\frac2{\sqrt{\pi}(\sigma-s)}\left(\frac{\pi}{2\sqrt{s}}-\frac{\pi}{2\sqrt{\sigma}}\right)\\\\ &=\frac{\sqrt{\pi}}{s\sqrt{\sigma}+\sigma\sqrt{s}}. \end{align} $$ Se obtiene la deseada integral mediante el establecimiento $s:=s+1$ $(1)$ $\sigma :=s+1$ dando

$$ \int_0^1\!\int_0^1\frac{(x-y)^s}{\sqrt{-\log (xy)}}\,dx\,dy=\frac{\sqrt{\pi}}{2(1+s)^{3/2}}.\tag3 $$

Answer 3

Nuestro objetivo es mostrar que

$$ \int_0^1\int_0^1\frac{(x-y)^s}{\sqrt{-\log xy}}\,dx\,dy =2\int_0^1\int_y^1\frac{(x-y)^s}{\sqrt{-\log xy}}\,dx\,dy =\frac{\sqrt{\pi}}{2(1+s)^{3/2}}. $$

Vamos a necesitar la función de error, $$ \def\fer{\,\text{fer}\,} \erf(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^x e^{-t^2}\,dt. $$ Vamos a empezar a calcular una primitiva con respecto a $x$. Con $$ u=\sqrt{1+s}\sqrt{-\log(xy)} $$ nos encontramos con que $$ \int\frac{(x-y)^s}{\sqrt{-\log xy}}\,dx=-\frac{\sqrt{\pi}}{y\sqrt{1+s}}\fer\bigl(\sqrt{1+s}\sqrt{-\log(xy)}\bigr). $$ La inserción de los límites, nos encontramos con que $$ \int_y^1\frac{(x-y)^s}{\sqrt{-\log xy}}\,dx =-\frac{\sqrt{\pi}}{y\sqrt{1+s}}\fer\bigl(\sqrt{1+s}\sqrt{-\log(y)}\bigr) +\frac{\sqrt{\pi}}{y\sqrt{1+s}}\fer\bigl(\sqrt{1+s}\sqrt{-2\log(y)}\bigr) $$ A continuación, queremos integrar con respecto a $y$. Las integrales son muy similares. Nos encontramos con que ($u=\sqrt{-a\log y}$ e integrando por partes dos veces) $$ \begin{split} \int \frac{1}{y}\erf\bigl(\sqrt{1+s}\sqrt{-a\log y}\bigr)\,dy &=-\frac{2}{a}\int u\erf(\sqrt{1+s}u)\,du\\ &=-\frac{1}{a}u^2\erf(\sqrt{1+s}u)+\frac{\sqrt{1+s}}{a\sqrt{\pi}}\int u^2 e^{-(1+s)u^2}\,du\\ &=-\frac{1}{a}u^2\erf(\sqrt{1+s}u) -\frac{1}{2a\sqrt{\pi}\sqrt{1+s}}ue^{-(1+s)u^2}\\ &\qquad+\frac{1}{4a(1+s)}\erf(\sqrt{1+s}u). \end{split} $$ Se los dejo para que inserte $a=1$$a=2$, y para trabajar con los límites.

Answer 4

$\sqrt{-\log(\cdot)}$ me parece la función inversa de una función gaussiana.

Por lo tanto, puede valer la pena establecer$x=e^{-u^2}$ y$y=e^{-v^2}$ para obtener:

$$ I =\iint_{(0,1)^2}\frac{(xy)^s}{\sqrt{-\log(xy)}}\,dx\,dy = \iint_{(0,+\infty)^2}\frac{4uv\,e^{-(s+1)(u^2+v^2)}}{\sqrt{u^2+v^2}}\,du\,dv $ $ y se ve bien. Si cambiamos a coordenadas polares tenemos:

$$ I = \left(\int_{0}^{\pi/2}4\sin\theta\cos\theta\,d\theta\right)\cdot\left(\int_{0}^{+\infty}\rho^2 e^{-(s+1)\rho^2}d\rho\right)$ $ por lo tanto:

ps