Integral doble

Question

Estoy tratando de encontrar el valor de la integral $$I=\int_0^1\int_0^1 \frac{\sin^{-1}(xy)}{xy} \,\mathrm dx\,\mathrm dy.$ $ . Intenté usar el hecho de que para $x\in (-1,1)$ , $\arcsin(x)=\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)}x^{2n+1}$ , pero solo complica las cosas.

Answer 1

Aviso para cualquier $x,y \in [0,1]$, $xy$ toma valores en $[0,1]$. Además, para cualquier $t \in [0,1]$, tenemos $$A(t) \stackrel{def}{=} \verb/Área/\big\{ (x,y) \in [0,1]^2 : xy \le t \big\} = \int_0^1 \min\big\{ 1, \frac{t}{x} \big\} dx = t - t\log t$$ Con esto, podemos reescribir la integral de la $I$como $$I = \int_0^1 \frac{\sin^{-1}(t)}{t} A'(t) dt = - \int_0^1 \frac{\sin^{-1}(t)}{t}\log t dt = -\frac12 \int_0^1 \sin^{-1}(t) \log^2(t))' dt$$ Integrar por partes, obtenemos

$$\begin{align}I = \frac12 \int_0^1 \frac{\log^2(t)}{\sqrt{1-t^2}} dt &= \frac18 \frac{\partial^2}{\partial\alpha^2}\left[ \int_0^1 \frac{t^{2\alpha}}{\sqrt{1-t^2}}dt \right]_{\alpha=0}\\ \color{blue}{u = t^2 \rightarrow}\quad &= \frac{1}{16}\frac{\partial^2}{\partial\alpha^2} \left[ \int_0^1 u^{\alpha-\frac12}(1-u)^{-\frac12}du \right]_{\alpha=0}\\ \color{blue}{\text{beta integral}\rightarrow}\quad &= \frac{1}{16}\frac{\partial^2}{\partial\alpha^2} \left[ \frac{\Gamma(\alpha+\frac12)\Gamma(\frac12)}{\Gamma(\alpha+1)} \right]_{\alpha=0}\\ &= \frac{1}{16}\frac{\Gamma(\frac12)^2}{\Gamma(1)}\left[ \psi'\left(\frac12\right)-\psi'(1)+ \left(\psi\left(\frac12\right)-\psi(1)\right)^2 \right]\\ &= \frac{\pi}{16}\left[ \frac{\pi^2}{2} - \frac{\pi^2}{6} + \left((-2\log(2) - \gamma) - (-\gamma)\right)^2 \right]\\ &= \frac{\pi}{16}\left[ \frac{\pi^2}{3} + \log^2(4)\right] \end{align} $$ donde $\Gamma(x)$ es la función gamma y $\psi(x) = \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}$ es la función digamma.

Answer 2

Al utilizar su serie e integrar término por término, obtengo $$\sum_{n=0}^\infty \frac{2n \choose n}{4^n (2n+1)^3}$ $ que, según Maple, es $${\mbox{$ _ 4$F$ _ 3$}(1/2,1/2,1/2,1/2;\,3/2,3/2,3/2;\,1)}$ $ No sé si hay una Forma cerrada más simple. Es aproximadamente $$1.0233110122363703231$ $

Answer 3

$$I=\int_0^1\int_0^1 \frac{\sin^{-1}(xy)}{xy}$$

(1)término por el término de Integración (con su Expansión en series de $arcsin$) y

(2)Después de usar $\int_0^1x^{2 n}\log^2(x)=2(2n+1)^{-3}$

(3) Explotar el Taylorexpansion de la raíz cuadrada,

entonces, tendrás que

$$ I=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\log^2(x)}{\sqrt{1-x^2}} $$

no puede utilizar las ideas de @cansado aquí:

Búsqueda de $\int^{1}_{0}\frac{\ln^2(x)}{\sqrt{4-x^2}}dx$

usted encontrará

$$ I=\frac{\pi^3}{48}+\frac{3 \pi \log(4)}{48} $$

Answer 4

Vaya, no me di cuenta de que ya había dos buenas respuestas. Pero como ya lo escribí, aquí hay otra solución. Usando el cambio de las variables $t=xy$ , $dt=y\,dx$ obtienes \begin{align*} & \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\arcsin(xy)}{xy}\,dxdy\\ & =\int_{0}^{1}\frac{1}{y}\int_{0}^{y}\frac{\arcsin t}{t}\,dtdy \end {align *} y usando $$ \ frac {\ arcsin t} {t} = \ sum_ {k = 0} ^ {\ infty} \ frac {(2k-1) !!} {(2k) !!} \ frac {t ^ {2k}%} {2k +1}% $$ encuentra \begin{align*} & \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\frac{1}{2k+1}\int_{0}^{1}\frac {1}{y}\int_{0}^{y}t^{2k}\,dtdy\\ & =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\frac{1}{2k+1}\int_{0}^{1}% \frac{1}{y}\frac{y^{2k+1}}{2k+1}\,dy\\ & =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\frac{1}{(2k+1)^{2}}\int_{0}% ^{1}y^{2k}\,dy\\ & =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\frac{1}{(2k+1)^{3}}% \end {align* }