Demuestra que $\int_{[0,1]\times [0,1]}\frac{dx \, dy}{1-xy} = \frac{\pi^2}{6}$

Question

$$ \int_{[0,1] \times [0,1]} \frac{dx \, dy}{1-xy}=\frac{\pi^2}{6}, $$ hay una pista para la sustitución dada, pero parece que no puedo llegar a ninguna parte con ella. $$ \begin{cases} x = \frac{u-v}{\sqrt{2}} \\ y= \frac{u+v}{\sqrt{2}} \end{cases} $$ y evaluar dejando que $u = \sqrt{2}\sin t$ . También debería encontrar el término $(1-\sin t)/\cos t$ (Que no pude obtener)

He conseguido calcular el jacobiano de la transformación, que es exactamente 1, y he hecho la sustitución por u y v, obteniendo: $$ \int_{[0,\sqrt{2}]\times [-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}]} \frac{2}{2-u^2 +v^2} \,du\, dv $$ haciendo la subtitución para $u$ obtenemos: $$ \int \frac{2\sqrt{2}\cos t}{2\cos^2 t+v^2}\,dt\, dv $$ Entonces no es obvio cómo integrar con respecto a $t$ ahora, así que cambia el orden de integración e integra con respecto a v.

que será igual a $\int 4\arctan \frac{1}{2\cos t} \, dt$

Ahora esto es una integral bastante complicada, ¿cómo proceder a partir de aquí? o ¿hay algún método alternativo que haya pasado por alto en los pasos anteriores?

¿Podría tener alguna idea sobre este problema, por favor?

Answer 1

En lugar de hacer el $u$ sustitución antes de evaluar la integral en $v$ Es más fácil hacerlo después de calcular la integral. Aquí hay un cálculo detallado.

(He supuesto que quieres evaluar esta integral y no simplemente demostrar que es igual a $\zeta(2)$ . Este ejercicio aparece en varias referencias: Tom Apostol's Una prueba que Euler pasó por alto: Evaluando $\zeta(2)$ la manera más fácil , de Martin Aigner y Günter Ziegler Pruebas de El Libro y como ejercicio en un texto de teoría de números de LeVeque .)

Mediante la sustitución $x=\frac{\sqrt{2}}{2}\left( u-v\right) ,y=\frac{\sqrt{2}}{2}\left( u+v\right) $ cuyo jacobiano $J=\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}=1$ la región de integración se convierte en el cuadrado azul del $u,v$ -plano con vértices

$$(0,0),\left(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right),(\sqrt{2},0),\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right), $$ como se muestra en la siguiente figura.

Observando que

$$ \frac{1}{1-xy}=\frac{2}{2-u^2+v^2} $$

es simétrico en $v$ obtenemos

$$\begin{eqnarray*} I &=&\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{1-xy}\,dx\,dy & x=\frac{\sqrt{2}}{2} (u-v) ,\quad y=\frac{\sqrt{2}}{2} (u+v) \\ &=&2\int_{u=0}^{\sqrt{2}/2}\int_{v=0}^{u} \frac{2}{2-u^{2}+v^{2}}\times 1\,du\,dv \\ &&{}+2\int_{u=\sqrt{2}/2}^{\sqrt{2}}\int_{v=0}^{\sqrt{2}-u}\frac{2}{ 2-u^2+v^2}\times 1\,du\,dv \\ &=&4\int_0^{\sqrt{2}/2}\left( \int_{0}^{u}\frac{dv}{2-u^{2}+v^{2}}\right) \,du\, \\ &&{}+4\int_{\sqrt{2}/2}^{\sqrt{2}}\left( \int_{0}^{\sqrt{2}-u}\frac{dv}{ 2-u^{2}+v^{2}}\right) \,du \\ &=&4\int_{0}^{\sqrt{2}/2}\frac{1}{\sqrt{2-u^{2}}}\arctan \frac{u}{\sqrt{ 2-u^{2}}}\,du, & u=\sqrt{2}\sin t \\ &&{}+4\int_{\sqrt{2}/2}^{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{2-u^{2}}}\arctan \frac{\sqrt{2 }-u}{\sqrt{2-u^{2}}}\,du\, & u=\sqrt{2}\cos \theta \\ &=&4\int_{0}^{\pi /6}\arctan(\tan t)\, dt\\&&{}+4\int_0^{\pi /3}\arctan \left( \frac{1-\cos \theta}{\sin \theta}\right) d\theta, \\ &=&4\int_{0}^{\pi /6}t\,dt+4\int_0^{\pi /3}\arctan \left( \tan \frac{\theta}{2} \right) \, d\theta \\ &=&\frac{\pi^2}{18}+\frac{\pi^2}{9}=\frac{\pi^2}{6}. \end{eqnarray*} $$

Una de las sustituciones es nueva. Después del primer par de sustituciones $x,y$ , hemos hecho dos adicionales en las integrales resultantes, como se ha indicado anteriormente: en la 1ª, $u=\sqrt{2}\sin t,du=\sqrt{2}\cos t\,dt$ y en el 2do, $u=\sqrt{2}\cos \theta,du=-\sqrt{2}\sin \theta\,d\theta$ .

Answer 2

Por lo que he entendido de tu pregunta, te gustaría resolver la integral mediante una sustitución. (si no, el comentario de did a tu pregunta podría proporcionar una solución más sencilla)

Tienes razón en que el jacobiano es 1, pero has cometido algunos errores con los límites de integración después de la sustitución. La solución correcta es $$\int_{[0,1] \times [0,1]} \frac{dx \, dy}{1-xy} = \underbrace{\int_0^{\sqrt{2}/2}\!du \int_{-u}^u\!dv \, \frac{2}{2-u^2+v^2}}_{I_1}+ \int_{\sqrt{2}/2}^\sqrt{2}\!du \int_{-\sqrt{2}+u}^{\sqrt{2}-u}\!dv \, \frac{2}{2-u^2+v^2} $$ que se obtiene reescribiendo las condiciones $0\leq x,y \leq 1$ en términos de $u$ y $v$ .

Ahora, te muestro cómo integrar la primera de las dos integrales, $I_1$ (el otro es muy similar). Calculando la integral sobre $u$ obtenemos $$ I_1= \int_{0}^{\sqrt{2}/2}\!du\, \frac{4\arctan(u/\sqrt{2-u^2})}{\sqrt{2-u^2}}.$$ Sustituyendo $x=\arctan(u/\sqrt{2-u^2})$ produce $$ I_1 = 4 \int_0^{\pi/6} dx\,x= \frac{\pi^2}{18}. $$ El último paso equivale a la sustitución, quizá más intuitiva, de $u=\sqrt{2} \sin t$ tal y como se indica en su post.

Answer 3

$$\int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{1-xy} \, dy \, dx = \int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{-x} \, dx$$

desde $\ln(1-x)=-\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}$ entonces $$\int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{-x} \, dy \, dx=\int_0^1 \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{n} \, dx = \sum_{n=1}^\infty \int_0^1 \frac{x^{n-1}}{n} \, dx = \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\cdots.$$