Calcular en forma cerrada $\int_0^1 \int_0^1 \frac{dx\,dy}{1-xy(1-x)(1-y)} $

Question

Podemos calcular la siguiente integral en términos de conocer constantes?

$$\int_0^1 \int_0^1 \frac{dx\,dy}{1-xy(1-x)(1-y)}$$ Algún progreso se ha hecho aquí http://integralsandseries.prophpbb.com/topic279.html pero todavía tenemos una función hipergeométrica. ¿Cuál es su opinión sobre él?

ACTUALIZACIÓN: La pregunta fue publicado en mathoverflow aquí http://mathoverflow.net/questions/206253/calculate-in-closed-form-int-01-int-01-fracdx-dy1-xy1-x1-y#

Answer 1

Deje que $x=\sin^2(t)$ y $y=\sin^2(w)$, obtenemos \begin{align} I & = \int_0^{\pi/2}\int_0^{\pi/2} \dfrac{4\sin(t)\cos(t)\sin(w)\cos(w)dtdw}{1-\sin^2(t)\cos^2(t)\sin^2(w)\cos^2(w)}\\ Y = 4\sum_{k=0}^{\infty}\int_0^{\pi/2}\int_0^{\pi/2} \sin^{(2k+1)}(t) \cos^{(2k+1)}(t)\sin^{(2k+1)}(w) \cos^{(2k+1)}(w)dtdw\\ Y = 4 \sum_{k=0}^{\infty} \left(\int_0^{\pi/2}\sin^{(2k+1)}(t) \cos^{(2k+1)}(t)dt\right)^2\\ Y = 4 \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac1{4^{2k+1}}\left(\int_0^{\pi/2}\sin^{(2k+1)}(2t)dt\right)^2 = \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac1{4^{2k}}\left(\int_0^{\pi}\sin^{(2k+1)}(t)\dfrac{dt}2\right)^2\\ & = \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac1{4^{2k}}\left(\int_0^{\pi/2}\sin^{(2k+1)}(t)dt\right)^2 \end{align} Recordemos que $$\int_0^{\pi/2}\sin^{(2k+1)}(t)dt=\dfrac{4^k}{2k+1}\dfrac1{\dbinom{2k}k}$$ Esto nos da $$I = \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac1{(2k+1)^2} \dfrac1{\dbinom{2k}k^2} = _3F_2\left(1,1,1;\frac32,\frac32;\frac1{16}\right)$$

Answer 2

Una respuesta incompleta.

Lucha contra el interior de la integral con métodos de primaria, \begin{align} \int^1_0\frac{{\rm d}x}{1-ax+ax^2} &=\int^1_0\frac{{\rm d}x}{un\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+1-\frac{a}{4}}\\&=\int^\frac{1}{2}_{-\frac{1}{2}}\frac{{\rm d}x}{ax^2+1-\frac{a}{4}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{a\left(1-\frac{a}{4}\right)}}\int^\frac{\sqrt{a}}{2\sqrt{(1-\frac{a}{4})}}_{-\frac{\sqrt{a}}{2\sqrt{(1-\frac{a}{4})}}}\frac{{\rm d}x}{1+x^2}\\&=\frac{4}{\sqrt{a(4-a)}}\arctan\left(\sqrt{\frac{a}{4}}\right) \end{align} Así \begin{align} \iint\limits_{[0,1]^2}\frac{{\rm d}A}{1-xy(1-x)(1-y)} Y=4\int^1_0\arctan\left(\sqrt{\frac{x(1-x)}{x^2-x+4}}\right)\frac{{\rm d}x}{\sqrt{x(1-x)(x^2-x+4)}}\\ Y=16\int^1_0\arctan\left(\sqrt{\frac{1-x^2}{15+x^2}}\right)\frac{{\rm d}x}{\sqrt{(1-x^2)(15+x^2)}}\\ &=\frac{16}{\sqrt{15}}\int^1_0\operatorname{F}\left(\arcsin{x}\right)\frac{x\ {\rm d}x}{\sqrt{(1-x^2)(15+x^2)}}\\ &=\frac{8}{15}\int^{\operatorname{K}}_{-\operatorname{K}}u\operatorname{sn}(u)\ {\rm d}u \end{align} donde $\operatorname{sn}(u)$ es un Jacobi elíptica de la función con el módulo de $k=15^{-1/2}$.

Vamos a $R$ ser el paralelogramo con vértices $-\operatorname{K}-2i\operatorname{K}'$, $\operatorname{K}-2i\operatorname{K}'$, $\operatorname{K}+2i\operatorname{K}'$, $-\operatorname{K}+2i\operatorname{K}'$. Parameterising a lo largo del contorno, \begin{align} \int_{\partial R}z^{\color{red}{2}}\operatorname{sn}(z)\ {\rm d}z &=-8i\operatorname{K}\left(\frac{4}{\sqrt{15}}\right)\int^{\operatorname{K}}_{-\operatorname{K}}u\operatorname{sn}(u)\ {\rm d}u+2i\int^{2\operatorname{K}'}_{-2\operatorname{K}'}(\operatorname{K}^2-c^2)\operatorname{cd} ()\ {\rm d}t\\ Y=2\pi i\sum_{\pm}\operatorname*{Res}_{z=\pm i\operatorname{K}'}z^2\operatorname{sn}(z)=-4\pi\sqrt{15}\operatorname{K}\left(\frac{4}{\sqrt{15}}\right)^2 \end{align} $\operatorname{cd}(t)$ tiene un efecto anti-derivada, es decir, $$2i\operatorname{K}^2\int^{2\operatorname{K}'}_{-2\operatorname{K}'}\operatorname{cd} ()\ {\rm d}t=-4i\sqrt{15}\operatorname{K}^2\left.\ln\left(\operatorname{nd}(t)+\frac{i}{\sqrt{15}}\operatorname{sd}(t)\right)\right|^{2i\operatorname{K}'}_0$$ De lo contrario, esto parece estar tan lejos como puedo ir por ahora.

Answer 3

De la función hipergeométrica de las integrales elípticas

La función hipergeométrica $_3F_2$ de su enlace (o user17762 la respuesta) puede ser reescrito (utilizando la siguiente representación integral y $_2F_1\left(1,1;\frac32; t\right)=\frac d{dt}\left[\left(\arcsin\sqrt{t}\,\right)^2\right]$) como : \begin{align} \etiqueta{1}&=\; _3F_2\left(1,1,1;\frac32,\frac32;\frac1{16}\right)=\frac 12\int_0^1\frac{_2F_1\left(1,1;\frac32;\frac x{16}\right)}{\sqrt{1-x}}dx\\ Y=2\int_0^1\frac{\arcsin\frac{\sqrt{x}}4}{\sqrt{x\,(1-x)\left(1-\frac x{16}\right)}}dx\\ \etiqueta{2}&=16\int_0^{1/4}\frac{\arcsen u}{\sqrt{(1-16 u^2)\left(1-u^2\right)}}\,du\\ &\etiqueta{3}=16\int_0^{\arcsin(1/4)} \frac {y}{\sqrt{1-4^2\sin(y)^2)}}\;dy\\ &=\left.16\, y\;F\left(y, 4\right)\right|_0^{\arcsin(1/4)}-16\int_0^{\arcsin(1/4)}\;F\left(y, 4\right)\;dy\\ \etiqueta{4}&=4\;\arcsin(1/4)\;K\left(\frac 1{4}\right)-16\int_0^{\arcsin(1/4)}\;F\left(y, 4\right)\;dy\\ \end{align}

Con $\;\displaystyle F(\phi,k):=\int_0^{\phi} \frac {dy}{\sqrt{1-k^2\sin(y)^2)}},\;K(k):=F\left(\frac{\pi}2,k\right)\;$ la incompleta y completa de la integral elíptica de primera especie $F$ y $K$ (se debe tener cuidado de colocación de $F(\phi,k)$ por EllipticF[$\phi,k^2$] y $K(k)$ por EllipticK[$k^2$] mientras que el uso de Alfa/Mathematica).

'$I$' puede ser expresada con las integrales elípticas, pero este no parece ayudar de una forma cerrada... la Observación de que $\;\displaystyle K\left(\frac 1{4}\right)=\frac{\pi}2\sum_{k=0}^\infty\frac{\binom{2k}{k}^2}{2^{8\,k}}\;$ vamos a empezar todo de nuevo utilizando el

El cuadrado central de la serie binomial

Queremos que $\;\displaystyle I=\sum_{k=0}^\infty \frac 1{(2k+1)^2\binom{2k}{k}^2}\;$ pero Bragado Batir demostrado en 2004, después de la fórmula más general (por $n\in\mathbb{N},\; n\ge3$) :

\begin{align} \etiqueta{5}I_n(x)&:=\sum_{k=0}^\infty \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)^n\,\binom{2k}{k}^2}\\ &=\frac{4\,(-1)^{n-3}}{(n-3)!}\int_0^{\pi/2}\int_0^{\arcsin(x\cos(y)/4)}\frac t{\sin(t)}\;\log^{n-3}\left(\frac{4\sin(t)}{x\cos(y)}\right)\;dt\,dy\\ \end{align} Por $\,n=3\,$ esto es simplemente $\;\displaystyle I_3(x)=\int_0^{\pi/2}\int_0^{\arcsin(x\cos(y)/4)}\frac t{\sin(t)}\;dt\,dy\;\;$ y después de la derivación \begin{align} I_2(x) y=x\,I_3(x)'=4\,x\int_0^{\pi/2} \frac {\arcsin(x\cos(y)/4)}{x\cos(y)/4} \frac {\partial}{\partial x}\left[\arcsin(x\cos(y)/4)\right]\;dy\\ \etiqueta{6}I_2(x) y=4\int_0^{\pi/2} \frac {\arcsin(x\cos(y)/4)}{\sqrt{1-(x\cos(y)/4)^2}} \;dy\\ \end{align} Por desgracia, esto es simplemente $(2)$ en el caso de que $x=1$ (la integral por $x=4$ es divergente y $I_3(4)=8\pi G-14\zeta(3)\;$ pero esto no ayuda aquí...) así que nada completa aquí...

El viaje puede ser de interés de todos modos...

Answer 4

Nuestros integral es igual a: $$\begin{eqnarray*} I=\sum_{n\geq 0}\iint_{[0,1]^2}x^n y^n(1-x)^n (1-y)^n\,dx\,dy &=& \sum_{n\geq 0}\left(\int_{0}^{1}x^n(1-x)^n\,dx\right)^2\\&=&\sum_{n\geq 0}\left(\frac{\Gamma(n+1)^2}{\Gamma(2n+2)}\right)^2\\&=&\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(2n+1)^2\binom{2n}{n}^2}\etiqueta{1}\end{eqnarray*}$$ y: $$ \sum_{n\geq 0}\frac{x^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}}=\frac{4\arcsin\frac{\sqrt{x}}{2}}{\sqrt{x(4-x)}}\etiqueta{2}$$ por lo tanto $I$ es el cuadrado $L^2$-norma de bastante complicado función: $$ I = \frac{16}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\arcsin\frac{e^{it/2}}{2}\cdot\arcsin\frac{e^{-it/2}}{2}}{\sqrt{(4-e^{it})(4-e^{-it})}}\,dt.\tag{3}$$