Evaluar $\int_0^1\int_0^1\left(\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1-y^2}\right)^{-1}\,dx\,dy$

Question

Estoy tratando de conseguir $$\mathcal{J}=\int_0^1\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1-y^2}} \,dx\,dy,\tag{1}$$ como variación de la integral $\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}$ . Entonces, explotando el mismo cambio de varible, digamos que $x=\cos u$ que utilizamos en esta última integral obtenemos $$\mathcal{J}=\int_0^1dy\int_0^{\pi/2}\frac{\sin u}{\sqrt{1-y^2}+\sin u}\,du\tag{2}.$$ Denotamos $A=\sqrt{1-y^2}$ y por lo tanto $\sqrt{A^2-1}=-y^2$ . Entonces sé uisng un CAS que la integral

$$\int_0^{\pi/2}\frac{\sin u}{A+\sin u}\,du$$

es igual a $$\frac{\pi}{2}-\frac{2A\tan^{-1}\left(\frac{1+A}{\sqrt{A^2-1}}\right)}{\sqrt{A^2-1}}+\frac{2A\tan^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{A^2-1}}\right)}{\sqrt{A^2-1}}.$$

Pregunta. ¿Cómo podemos terminar los cálculos (si es posible) para obtener la forma cerrada de $$\mathcal{J}=\int_0^1\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1-y^2}}\,dx\,dy?$$ Muchas gracias.

Estoy interesado en alguna evaluación de dicha integral, por lo tanto si no es posible obtener una forma cerrada mostrar su enfoque.

Answer 1

Veamos. Tenemos $$\mathcal{J}=\iint_{(0,\pi/2)^2}\frac{\cos\theta\cos\varphi}{\cos\theta+\cos\varphi}\,d\theta\,d\varphi=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2}\cot\theta\left(\pi\sin\theta-4\cos\theta\,\text{arctanh}\tan\frac{\theta}{2}\right)\,d\theta$$ y el lado derecho está relacionado con la inversa Función gudermanniana .

$$\begin{eqnarray*}\mathcal{J}&=&\int_{0}^{\pi/4}\cot(2\theta)\left(\pi\sin(2\theta)-4\cos\theta\,\text{arctanh}\tan\theta\right)\,d\theta\\&=&\int_{0}^{1}\frac{1-x^2}{2x(1+x^2)}\left(\frac{2\pi x}{1+x^2}-\frac{4(1-x^2)\text{arctanh}(x)}{1+x^2}\right)\,dx\\&=&\frac{\pi}{2}-2\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)^2\frac{\text{arctanh}(x)}{x}\,dx\end{eqnarray*}$$ y por integración por partes el problema se reduce a evaluar $\int_{0}^{1}\frac{\log(x)}{1-x^2}\,dx=-\frac{\pi^2}{8}$ :

$$\boxed{\mathcal{J}= \frac{\pi(4-\pi)}{4}.}$$

$\mathcal{J}$ también puede representarse como $$ \int_{0}^{+\infty}\left(\int_{0}^{\pi/2}\cos\theta e^{-x\cos\theta}\,d\theta\right)^2\,dx =\frac{\pi^2}{4}\int_{0}^{+\infty}\left(L_{-1}(x)-I_1(x)\right)^2\,dx$$ en términos de una función de Struve y una función de Bessel modificada del primer tipo. $L_{-1}(x)-I_1(x)$ es muy regular en $\mathbb{R}^+$ se comporta aproximadamente como $\frac{2}{\pi} e^{-\pi x/4}$ , lo que lleva inmediatamente a $\mathcal{J}\approx \frac{2}{\pi}$ . Numéricamente

$$ \mathcal{J} = 0.674191\ldots \approx \frac{2001}{2968}. $$

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Folklore Una buena consecuencia de $\frac{\pi(4-\pi)}{4}<\frac{2}{\pi}$ es $\color{blue}{\pi<1+\sqrt{5}=2\varphi}$ .

Answer 2

La respuesta exacta es

$$ \mathcal{J}=\int_0^1 \int_0^1 \frac{dx \, dy} {\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1-y^2}} = \frac{\pi}{4}(4-\pi).$$

Lo derivé dejando que un CAS hiciera la integral alternativa por mí: $$ \mathcal{J} = \frac{2}{\pi}\int_0^\infty\Big( \frac{u}{\sqrt{1+u^2}}\,\tanh^{-1}(1/\sqrt{1+u^2} \Big)^2.$$ A continuación se presenta un esbozo de prueba de la identificación. Utilice la representación gamma de Euler para demostrar $$ \mathcal{J} = \int_0^\infty dt \Big( \int_0^1 dx\,\exp{(-t\sqrt{1-x^2})} \Big)^2. $$ Para cada integral interna utilice el ID $$ \int_0^\infty \frac{du \,u}{b^2+u^2}\sin{(a \,u)} = \frac{\pi}{2} \exp{(-a\, b)} $$ por lo que tienes una integral cuádruple. Cambia los signos integrales. Terminas con una integral interna que se parece a $$ \int_0^\infty \sin{(t \,u)} \sin{(t \,w)} dt,$$ que está relacionada con la función delta de Dirac. La integral de 4 pliegues colapsa a un pliegue de 3, y los dos más internos se separan y tienen la forma exacta dada en el integrando de la segunda fórmula anterior.