He tratado de sustituciones de un par que no la cacerola hacia fuera, y traté de diferenciación bajo el signo integral en $$ I(\theta) = \int_0^1 \int_0^1 xy\sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 - 2xy\cos(\theta)} dx \text {dy $$ a $$ \frac{dI}{d\theta} =-\sin(\theta) \int_0^1 \int_0^1 \frac{x^2y^2}{\sqrt{x^2 + y ^ 2 - 2xy\cos(\theta)}} dx \text {dy $$ pero nada ha funcionado hasta ahora. ¿Alguno de ustedes me puede ayudar?
Respuesta
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Por simetría, tenemos: $$J=\int_{0}^{2\pi}I(\theta)\,d\theta = 2\int_{0}^{2\pi}\iint_{D}xy\sqrt{x-ye^{i\theta}}\sqrt{x-ye^{-i\theta}}\,dx\,dy\,d\theta $$ donde $D$ es la región: $$ D = \{(x,y)\in[0,1]^2 : y\leq x\},$$ así: $$\begin{eqnarray*} J &=& 2\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}\int_{0}^{x}xy\sqrt{x-ye^{i\theta}}\sqrt{x-ye^{-i\theta}}\,dy\,dx\,d\theta\\&=&2\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}x^4\int_{0}^{1}t\sqrt{1-te^{i\theta}}\sqrt{1-te^{-i\theta}}\,dt\,dx\,d\theta\\&=&\frac{2}{5}\int_{0}^{1}t\int_{0}^{2\pi}\sqrt{1-te^{i\theta}}\sqrt{1-te^{-i\theta}}\,d\theta\,dt.\end{eqnarray*}$$ Ya que para cualquier $|z|<1$ tenemos: $$\sqrt{1-z}=\sum_{n\geq 0}\binom{\frac{1}{2}}{n}(-1)^n z^n $$ ocurre que: $$ \int_{0}^{2\pi}\sqrt{1-te^{i\theta}}\sqrt{1-te^{-i\theta}}\,d\theta =2\pi\sum_{n\geq 0}\binom{\frac{1}{2}}{n}^2 t^{2n} $$ así: $$ J = \frac{4\pi}{5}\int_{0}^{1}\sum_{n\geq 0}\binom{\frac{1}{2}}{n}^2 t^{2n+1}\,dt = \frac{4\pi}{5}\sum_{n\geq 0}\binom{\frac{1}{2}}{n}^2\frac{1}{2n+2}=\frac{4\pi}{5}\cdot\frac{16}{9\pi}=\color{red}{\frac{64}{45}}.$$ Para probar la última identidad, observe que: $$\sum_{n\geq 0}\binom{\frac{1}{2}}{n}^2\frac{1}{2n+2}=\sum_{n\geq 0}\frac{\frac{1}{16^n}\binom{2n}{n}^2}{(2n-1)^2(2n+2)}$$ puede ser calculado a partir de: $$ \sum_{n\geq 0}\frac{\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}}{(2n-1)^2}x^{2n}=\sqrt{1-x^2}+x\arcsin x,$$ $$ \sum_{n\geq 0}\frac{\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}}{(2n+2)}x^{2n}=\frac{1-\sqrt{1-x^2}}{x^2}$$ a través de una integral de contorno, como ya se ha adivinado por el OP.
Esto puede ser abordado también en una alternativa y muy elegante.
Si tenemos en cuenta la extremadamente función especial:
$$ B(\lambda)=\sum_{n\geq 0}\left(\frac{\binom{2n}{n}}{(2n-1)4^n}\right)^2\lambda^{2n}=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\sqrt{1+\lambda^2-2\lambda\cos\theta}\,d\theta=\phantom{}_2 F_1\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2};1;\lambda^2\right)$$ es de fácil comprobación de la potencia de la serie representación que $B$ satisface la educación a distancia: $$ \lambda B = (\lambda^2+1) B' + (\lambda-\lambda^3) B'' $$ pero a partir de esa ecuación diferencial también es fácil de comprobar, mediante la integración por partes, que: $$ \int_{0}^{1} \lambda\, B(\lambda)\,d\lambda = \frac{16}{9\pi} $$ desde $B(1)=\frac{4}{\pi}=2\cdot B'(1)$. La integral anterior es todo lo que necesitamos para resolver nuestro problema.
