Encontrar la forma cerrada para seguir la integral doble que contiene radicales.

Question

pregunta:

Probar :

$\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle \int_{0}^{1}\dfrac{dxdy}{\sqrt{1-x^2}{\sqrt{1-y^2}}{\sqrt{4x^2+y^2-x^2y^2}}}=\dfrac{3\left(\Gamma{\dfrac{1}{3}}\right)^6}{2^{\dfrac{17}{3}}\pi^2}$

Traté de intentarlo mediante la transformación en coordenadas polares, pero no ayudó

No pude deshacerme de los radicales y tampoco hay margen para cambiar el orden de

Integración para su evaluación.

por favor ayuda . gracias

Answer 1

Esta integral doble es la primera transformada en una sola integrante de una integral elíptica completa: \begin{align} I&=\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle \int_{0}^{1}\dfrac{dxdy}{\sqrt{1-x^2}{\sqrt{1-y^2}}{\sqrt{4x^2+y^2-x^2y^2}}}\\ &\stackrel{x=\cos t}{=}\int_0^1\frac{dy}{\sqrt{1-y^2}}\int_{0}^{\pi/2}\frac{dt}{\sqrt{y^2+\left( 1-\sin^2t \right)\left( 4-y^2 \right)}}\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{dy}{\sqrt{1-y^2}}\int_{0}^{\pi/2}\frac{dt}{\sqrt{1-\left( 1-y^2/4 \right)\sin^2t}} \end{align} Se introduce la integral elíptica completa mediante su representación integral (DLMF): \begin{align} I&=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\mathbf{K}\left( \sqrt{1-y^2/4} \right)}{\sqrt{1-y^2}}dy\\ &\stackrel{y=\cos \phi}{=}\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}\mathbf{K}\left( \sqrt{1-\frac{1}{4}\cos^2\phi} \right)\,d\phi \end{align} (el argumento de la elíptica en función corresponde a su módulo). Similar integrales se calculan en estos artículos aquí y aquí donde el siguiente resultado: \begin{equation} \int_0^{\pi/2}\mathbf{K}\left( \sqrt{1-\sin^2\alpha\cos^2\phi} \right)\,d\phi= \mathbf{K}\left(\sin \frac{\alpha}{2} \right)\mathbf{K}\left(\cos \frac{\alpha}{2} \right) \end{equation} Aquí elegimos $\alpha=\pi/6$ y, a continuación, \begin{equation} I=\frac{1}{2} \mathbf{K}\left(\sin \frac{\pi}{12} \right)\mathbf{K}\left(\cos \frac{\pi}{12} \right) \end{equation} Pero $\sin \frac{\pi}{12}=\frac{\sqrt{2}}{4}\left( \sqrt{3}-1 \right)=\lambda^*(3)$, donde $\lambda^*(r)$ da un valor singular de la elíptica en el módulo de $k_r$ para que $\mathbf{K}\left( \sqrt{1-k_r^2} \right)=\sqrt{r}\mathbf{K}(k_r)$ ver aquí, aquí y aquí. Entonces \begin{align} \mathbf{K}\left(\sin \frac{\pi}{12} \right)&=\frac{3^{1/4}\Gamma^3\left( \frac{1}{3} \right)}{2^{7/3}\pi}\\ \mathbf{K}\left(\cos \frac{\pi}{12} \right)&=\frac{3^{3/4}\Gamma^3\left( \frac{1}{3} \right)}{2^{7/3}\pi} \end{align} y así \begin{equation} I=\frac{3\Gamma^6\left( \frac{1}{3} \right)}{2^{17/3}\pi^2} \end{equation} como era de esperar. Este resultado está relacionado con algunas de Paseo Aleatorio Integrales.