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Uff esta integral fue bastante divertida.

Empiezo con una integral ligeramente diferente

I(a,b)=∫10∫10xaya+b1−x2y2dxdyI(a,b)=∫01∫01xaya+b1−x2y2dxdy

Ahora expreso la función como serie de potencias y calculo el valor de esta integral

xaya+b1−x2y2=xaya+b[1+(xy)2+(xy)4+...]=∑n=0∞xa+2nya+b+2n+1I(a,b)=∫10∫10∑n=0∞xa+2nya+b+2n+1dxdy=∑n=0∞∫10∫10xa+2nya+b+2n+1dxdyxaya+b1−x2y2=xaya+b[1+(xy)2+(xy)4+...]=∑n=0∞xa+2nya+b+2n+1I(a,b)=∫01∫01∑n=0∞xa+2nya+b+2n+1dxdy=∑n=0∞∫01∫01xa+2nya+b+2n+1dxdy

Así

I(a,b)=∑n=0∞1(a+2n+1)⋅1(a+b+2n+1)I(a,b)=∑n=0∞1(a+2n+1)⋅1(a+b+2n+1)

Aplicando fracciones parciales obtengo que

I(a,b)=∑n=0∞(1a+2n+1−1a+b+2n+1)1bI(a,b)=∑n=0∞(1a+2n+1−1a+b+2n+1)1b

Ahora el paso que mas importante, aplico la regla de Leibniz o el truco de Feynman

∂∂x∫baf(x,t)dt=∫ba∂∂xf(x,t)dt∂∂x∫abf(x,t)dt=∫ab∂∂xf(x,t)dt

Por lo cual

∂∂aI(a,b)=∑n=0∞[−1(a+2n+1)2+1(a+b+2n+1)2]1b∂∂aI(a,b)=∑n=0∞[−1(a+2n+1)2+1(a+b+2n+1)2]1b

De igual manera

∂∂aI(a,b)=∫10∫10xaya+bln(xy)1−x2y2dxdy∂∂aI(a,b)=∫01∫01xaya+bln⁡(xy)1−x2y2dxdy

Si igualamos a=1a=1 y b=−1b=−1 tendremos que

∂∂aI(1,−1)=∫10∫10xln(xy)1−x2y2dxdy=∑n=0∞[−1(2n+2)2+1(2n+1)2](−1)∂∂aI(1,−1)=∫01∫01xln⁡(xy)1−x2y2dxdy=∑n=0∞[−1(2n+2)2+1(2n+1)2](−1)

Pero

∑n=0∞1(2n+2)2=14∑n=1∞1(n′)2=π2614=π224∑n=0∞1(2n+2)2=14∑n=1∞1(n′)2=π2614=π224

Por ser la función zeta de Riemman para n=2n=2

Y para el segundo término, es la suma del inverso del cuadrado de los números impares.

Tomemos

∑n=1∞1(n)2=∑n=1∞1(2n)2+∑n=1∞1(2n+1)2∑n=1∞1(n)2=∑n=1∞1(2n)2+∑n=1∞1(2n+1)2

Como

∑n=1∞1(2n)2=14∑n=1∞1(n)2=π224∑n=1∞1(2n)2=14∑n=1∞1(n)2=π224

Con lo cual

∑n=0∞1(2n+1)2=3π224=π28∑n=0∞1(2n+1)2=3π224=π28

Así

−∂∂aI(1,−1)=∫10∫10−xln(xy)1−x2y2dxdy=3π224−π224=π212−∂∂aI(1,−1)=∫01∫01−xln⁡(xy)1−x2y2dxdy=3π224−π224=π212