Buena manera de resolver $\int\int \frac{1}{1-(xy)^2} dydx$ ?

Question

Esto es algo en lo que he estado pensando últimamente;

$$\int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{1-(xy)^2} dydx$$ Las soluciones que he leído pasan por hacer las sustituciones: $x= \frac{sin(u)}{cos(v)}$ y $y= \frac{sin(v)}{cos(u)}$ . Esto reduce la integral al área de un triángulo rectángulo con ambos catetos de longitud $\frac{\pi}{2}$ . Mi problema es que dar con esta sustitución no me resulta nada obvio, y darme cuenta de cómo la sustitución distorsiona el cuadrado unitario en un triángulo rectángulo parece requerir mucha reflexión. Mi aproximación sin trucos extravagantes consiste en dejar que $u = xy$ y entonces la integral se "simplifica" en consecuencia:

$\begin{align*} \int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{1-(xy)^2} dydx &= \int_0^1\frac{1}{x}\int_0^x \frac{1}{1-u^2}dudx\\ &= \int_0^1\frac{1}{2x}\int_0^x \frac{1}{1-u}+\frac{1}{1+u}dudx\\ &= \int_0^1\frac{1}{2x}ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)dx \end{align*}$

Si he hecho todo bien esto debería ser $\frac{\pi^2}{8}$ pero no he descubierto cómo resolverlo.

Answer 1

He aquí una derivación alternativa. La forma del integrando sugiere expandirlo en una serie geométrica $$\frac{1}{1-(xy)^2} = \sum_{n=0}^\infty x^{2n}y^{2n}$$ Ahora integrando término por término obtenemos $$\int_0^1\int_0^1\frac{{\rm d}x{\rm d}y}{1-(xy)^2} = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^2}$$ y del resultado conocido $\frac{\pi^2}{6} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(2n+1)^2} + \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n)^2}$ obtenemos $$\int_0^1\int_0^1\frac{{\rm d}x{\rm d}y}{1-(xy)^2} = \frac{\pi^2}{8}$$

Answer 2

Si no tienes una idea, empieza:

$$\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1}{1-(xy)^2}\space\text{d}y\text{d}x=$$ $$\int_{0}^{1}\left[\int_{0}^{1}\frac{1}{1-(xy)^2}\space\text{d}y\right]\text{d}x=$$

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Para el integrante $u=xy$ y $\text{d}u=x\space\text{d}y$ .

Esto da un nuevo límite inferior $u=x\cdot0=0$ y el límite superior $u=x\cdot1=x$ :

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$$\int_{0}^{1}\left[\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\frac{1}{1-u^2}\space\text{d}u\right]\text{d}x=$$ $$\int_{0}^{1}\left[\frac{1}{x}\left[\tanh^{-1}\left(u\right)\right]_{0}^{x}\right]\text{d}x=$$ $$\int_{0}^{1}\left[\frac{1}{x}\left(\tanh^{-1}\left(x\right)-\tanh^{-1}\left(0\right)\right)\right]\text{d}x=$$ $$\int_{0}^{1}\left[\frac{1}{x}\left(\tanh^{-1}\left(x\right)-0\right)\right]\text{d}x=$$ $$\int_{0}^{1}\left[\frac{\tanh^{-1}\left(x\right)}{x}\right]\text{d}x=$$ $$\frac{1}{2}\left[\text{Li}_2(x)-\text{Li}_2(-x)\right]_{0}^{1}=$$ $$\frac{1}{2}\left(\left(\text{Li}_2(1)-\text{Li}_2(-1)\right)-\left(\text{Li}_2(0)-\text{Li}_2(-0)\right)\right)=$$ $$\frac{1}{2}\left(\frac{\pi^2}{4}-0\right)=$$ $$\frac{1}{2}\left(\frac{\pi^2}{4}\right)=\frac{\pi^2}{8}$$

Answer 3

También se puede hacer esto, y esto no implica ningún truco de fantasía:

Considera la integral doble: $$I=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(1+x)(x+y^2)}dydx.$$

Integrar con respecto a $y$ primero y reconocer que esto es :

$$I=\int_{0}^{\infty} \frac{1}{1+x}\lim_{y \rightarrow \infty} \frac{\arctan{\frac{y}{\sqrt{x}}}}{\sqrt {x}} dx=\int_{0}^{\infty}\frac{\frac{\pi}{2}}{\sqrt{x}{(1+x)}}dx.$$ Ahora bien, si se aplica la transformación $u=\sqrt{x}, du=\frac{1}{2\sqrt{x}}dx,$ se obtiene $$I=\int_{0}^{\infty} \frac{\pi}{(1+u^2)}du=\frac{\pi^2}{2}.$$

Por otro lado, invertir el orden de integración en $I$ como tal: $$I=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(1+x)(x+y^2)}dxdy.$$ Ahora integre con respecto a $x$ utilizando fracciones parciales como tal:

$$\frac{1}{(1+x)(x+y^2)}=\frac{1}{y^2-1} \left(\frac{1}{1+x}-\frac{1}{x+y^2}\right).$$

$$I=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{y^2-1} \left(\frac{1}{1+x}-\frac{1}{x+y^2}\right)dxdy=\int_{0}^{\infty}\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\ln(1+x)-\ln(x+y^2)}{y^2-1}dy=\int_{0}^{\infty}\frac{\ln(y^2)}{y^2-1}dy=\int_{0}^{\infty}\frac{2\ln(y)}{y^2-1}dy.$$

Ahora considere $$J=\int_{0}^{1}\frac{\ln(y)}{y^2-1}dy.$$ Una sustitución en u $y=\frac{1}{z}, dy=\frac{-1}{z^2} dz$ nos dice: $$J=\int_{1}^{\infty}\frac{\ln(z)}{z^2-1}dz.$$ Esto nos dice: $$J=\frac{I}{4}=\frac{\pi^2}{8}.$$ Ahora hagamos la sustitución $z=\frac{1-t}{1+t}, dz=\frac{-2}{(t+1)^2}dt.$ Lo tenemos:

$$J=\frac{\pi^2}{8}=\int_{0}^{1} \frac{\ln(1+t)-\ln(1-t)}{2t} dt,$$ la integral a la que llegaste.