Demostrar $\int_0^{\infty} \int_0^{\infty} \frac{\sqrt{xy} ~dxdy}{(x+y)(1+x y)^s}=\frac{\pi}{2(s-1)}$ $s>1$

Question

Por evaluación con WolframAlpha para diferentes valores de $s$ es evidente que:

$$I(s)=\int_0^{\infty} \int_0^{\infty} \frac{\sqrt{xy} ~dxdy}{(x+y)(1+x y)^s}=\frac{\pi}{2(s-1)},~~~~~s>1$$

Yo no estoy muy familiarizado con este tipo de integrales. Podemos introducir nuevas coordenadas como:

$$u=xy,~~~~~v=x+y$$

Pero, a continuación, las expresiones para $x(u,v)$ $y(u,v)$ supeditará en $x>y$ o $x<y$, así que no estoy seguro de cómo transformar la integral correctamente.

También podemos intentar algo como esto para construir una recurrencia:

$$I(s)=\int_0^{\infty} \int_0^{\infty} \frac{xy ~dxdy}{\sqrt{xy}(x+y)(1+x y)^s}= \\ =\int_0^{\infty} \frac{dxdy}{\sqrt{xy}(x+y)(1+x y)^{s-1}}-\int_0^{\infty} \frac{dxdy}{\sqrt{xy}(x+y)(1+x y)^{s}}$$

Pero esto no parece ayudar a cualquiera.

Answer 1

Si dejas $u=xy$ $v=y/x$ consigue $$ \int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+u)^s}\,du\int_0^{+\infty}\frac{1}{2\sqrt{v}(1+v)}\,dv $$ que es fácil de integrar.

Answer 2

Por la simetría de la integral sobre la $y\geq x$ es igual a la integral sobre la $y\leq x$, por lo tanto:

$$ I(s) = 2\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{x}\frac{\sqrt{xy}}{(x+y)(1+xy)^s}\,dy\,dx= 4\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{1}\frac{x z^2}{(1+z^2)(1+x^2 z^2)^s}\,dz\,dx $$ a través de la sustitución de $y=x z^2$. La sustitución de $x=\frac{t}{z}$ y el teorema de Fubini, a continuación, llevar a: $$ I(s) = 4\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{1}\frac{t}{(1+z^2)(1+t^2)^s}\,dz\,dt =\pi\int_{0}^{+\infty}\frac{t\,dt}{(1+t^2)^s}=\color{red}{\frac{\pi}{2(s-1)}}$$ como quería.

Answer 3

Un enfoque alternativo es la transformación de coordenadas a coordenadas polares. Entonces, tenemos

$$\begin{align} I(s)&=\int_0^{\pi/2} \frac{\sqrt{\sin(\phi)\cos(\phi)}}{\sin(\phi)+\cos(\phi)}\left(\int_0^\infty \frac{r}{\left(1+r^2\sin(\phi)\cos(\phi)\right)^s}\,dr\right)\,d\phi\\\\ &=\frac{1}{2(s-1)}\int_0^{\pi/2} \frac{1}{\sqrt{\sin(\phi)\cos(\phi)}(\sin(\phi)+\cos(\phi))}\,d\phi\\\\ &=\frac{1}{2(s-1)}\int_0^{\pi/2} \frac{1}{\sqrt{\cos(2(\phi-\pi/4))}\,\cos(\phi-\pi/4)} \,d\phi\\\\ &=\frac{1}{2(s-1)}\,2\,\int_0^{\pi/4} \frac{1}{\sqrt{\cos(2\phi)}\,\cos(\phi)} \,d\phi\\\\ &=\frac{1}{(s-1)}\,\left.\left(\arctan\left(\frac{\sin(\phi)}{\sqrt{\cos(2\phi)}}\right)\right)\right|_{0}^{\pi/4}\\\\ &=\frac{\pi}{2(s-1)} \end{align}$$

como se esperaba!