نظرية فوبيني

بالنسبة لتكاملات ريمان ، تُثبت نظرية فوبيني بتحسين التقسيمات على طول المحورين x و y لإنشاء تقسيم مشترك على الصورة [ xi _, xi _{+ 1} ] × [ yj , yj _{+ 1} ] ، وهو تقسيم على X _× Y. يُستخدم هذا لإثبات أن التكاملات الثنائية من أي رتبة تساوي التكامل على X × Y.

لنفترض أن X هي الفترة الوحدوية التي تحتوي على مجموعات قابلة للقياس وفقًا لمقياس ليبيغ وقياس ليبيغ، وأن Y هي الفترة الوحدوية التي تحتوي على جميع المجموعات الجزئية القابلة للقياس وقياس العد ، بحيث لا تكون Y منتهية σ. إذا كانت f هي الدالة المميزة لقطر X × Y ، فإن تكامل f على طول X يعطي الدالة 0 على Y ، بينما تكامل f على طول Y يعطي الدالة 1 على X. إذن، التكاملان المتكرران مختلفان. هذا يُبين أن نظرية تونيللي قد لا تنطبق على الفضاءات غير المنتهية σ بغض النظر عن مقياس الضرب المُختار. كلا المقياسين قابلان للتحليل ، مما يُبين أن نظرية تونيللي لا تنطبق على المقاييس القابلة للتحليل (وهي أكثر عمومية بقليل من المقاييس المنتهية σ).

تنطبق نظرية فوبيني على الفضاءات حتى لو لم يُفترض أنها منتهية من النوع σ، شريطة استخدام مقياس الضرب الأقصى. في المثال أعلاه، بالنسبة لمقياس الضرب الأقصى، يكون للقطر قياس لانهائي، وبالتالي فإن التكامل الثنائي لـ | f | يكون لانهائيًا، ومن ثمّ تنطبق نظرية فوبيني بشكل بديهي.

مع ذلك، إذا أعطينا X × Y مقياسًا جدائيًا بحيث يكون مقياس المجموعة هو مجموع مقاييس ليبيغ لأقسامها الأفقية، فإن التكامل الثنائي لـ | f | يساوي صفرًا، لكن التكاملين المتكررين يظلان مختلفين في القيمة. وهذا مثال على مقياس جدائي لا تنطبق عليه نظرية فوبيني.

يُقدّم هذا مثالاً على مقياسين مختلفين للمنتج على نفس ناتج ضرب فضاءين قياسيين. أما بالنسبة لناتج ضرب فضاءين قياسيين منتهيين من النوع σ، فلا يوجد سوى مقياس منتج واحد.

لنفترض أن X هو أول عدد ترتيبي غير قابل للعد، ذو قياس محدود حيث تكون المجموعات القابلة للقياس إما قابلة للعد (قياسها 0) أو مجموعات المتمم القابل للعد (قياسها 1). المجموعة الجزئية E (غير القابلة للقياس) من X × X، المعطاة بالأزواج ( x , y ) حيث x < y ، قابلة للعد على كل خط أفقي ولها متمم قابل للعد على كل خط رأسي. إذا كانت f هي الدالة المميزة لـ E ، فإن التكاملين المتكررين لـ f مُعرّفان ولهما قيمتان مختلفتان هما 1 و0. الدالة f غير قابلة للقياس. هذا يُظهر أن نظرية تونيللي قد لا تنطبق على الدوال غير القابلة للقياس.

يوضح أحد أشكال المثال أعلاه أن نظرية فوبيني يمكن أن تفشل بالنسبة للدوال غير القابلة للقياس حتى لو كانت | f | قابلة للتكامل وكلا التكاملين المتكررين معرفين جيدًا: إذا اعتبرنا أن f تساوي 1 على E و -1 على متمم E ، فإن | f | قابلة للتكامل على حاصل الضرب مع التكامل 1 ، وكلا التكاملين المتكررين معرفين جيدًا، ولكن لهما قيم مختلفة 1 و -1.

أثبت واكلاف سيربينسكي أنه بافتراض فرضية الاستمرارية، يمكن تعريف X على أنها الفترة I ، وبالتالي توجد دالة محدودة غير سالبة على I × I يكون تكاملها المتكرر (باستخدام مقياس ليبيغ) مُعرَّفًا ولكنه غير متساوٍ. ^{[ 8 ]} أما الصيغ الأقوى لنظرية فوبيني حول حاصل ضرب فترتين وحدتين بمقياس ليبيغ، حيث لا يُفترض أن تكون الدالة قابلة للقياس، بل يُفترض فقط أن التكاملين المتكررين مُعرَّفان جيدًا وموجودان، فهي مستقلة عن بديهيات زيرميلو-فرانكل القياسية لنظرية المجموعات مع بديهية الاختيار (ZFC). تُشير فرضية الاستمرارية وبديهية مارتن إلى وجود دالة على المربع الواحدي لا تتساوى تكاملاتها المتكررة، بينما أثبت هارفي فريدمان أن من المتسق مع نظرية ZFC أن نظرية فوبيني القوية للفترة [ 0، 1 ] صحيحة، وأنه كلما وُجد التكاملان المتكرران يكونان متساويين. ^{[ 9 ]}

تنص نظرية فوبيني على أنه (بالنسبة للدوال القابلة للقياس على حاصل ضرب فضاءات قياس منتهية σ) إذا كان تكامل القيمة المطلقة منتهيًا، فإن ترتيب التكامل لا يهم؛ فإذا أجرينا التكامل أولًا بالنسبة إلى x ثم بالنسبة إلى y ، نحصل على النتيجة نفسها كما لو أجرينا التكامل أولًا بالنسبة إلى y ثم بالنسبة إلى x . يُعرف افتراض أن تكامل القيمة المطلقة منتهٍ بـ " قابلية تكامل ليبيغ "، وبدونه يمكن أن يكون للتكاملين المتكررين قيم مختلفة.

مثال بسيط لتوضيح أن التكاملات المتكررة يمكن أن تختلف بشكل عام هو اعتبار فضاءي القياس هما الأعداد الصحيحة الموجبة، واعتبار الدالة f ( x , y ) تساوي 1 إذا كان x = y ، و-1 إذا كان x = y + 1 ، و 0 فيما عدا ذلك. عندئذٍ، يكون للتكاملين المتكررين قيمتان مختلفتان هما 0 و 1 .

مثال آخر للدالة هو كما يلي $${\displaystyle {\frac {x^{2}-y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}=-{\frac {\partial ^{2}}{\partial x\,\partial y}}\arctan(y/x).}$$

التكاملات المتكررة$$// }{4}}\\\int _{y=0}^{1}\left(\int _{x=0}^{1}{\frac {x^{2}-y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,\mathrm {d} x\right)\,\mathrm {d} y&=-{\frac {\pi }{4}}\end{محاذاة}}}$$ لها قيم مختلفة. التكامل الثنائي المقابل لا يتقارب تقاربًا مطلقًا (بمعنى آخر، تكامل القيمة المطلقة غير منتهٍ): $${\displaystyle \int _{0}^{1}\int _{0}^{1}\left|{\frac {x^{2}-y^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}}\right|\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} x=\infty .}$$

بالنسبة لحاصل ضرب تكاملين لهما حد أدنى يساوي صفر وحد أعلى مشترك، لدينا الصيغة التالية:

لنفترض أن V ( x ) و W ( x ) هما دالتان أوليتان للدالتين v ( x ) و w ( x ) على التوالي، واللتان تمران عبر نقطة الأصل: $${\displaystyle \int _{0}^{u}v(x)\,\mathrm {d} x=V(u),\quad \quad \int _{0}^{u}w(x)\,\mathrm {d} x=W(u).}$$

لذلك، لدينا $${\displaystyle \left[\int _{0}^{u}v(x)\,\mathrm {d} x\right]\left[\int _{0}^{u}w(x)\,\mathrm {d} x\right]=V(u)W(u)}$$

بحسب قاعدة الضرب ، فإن مشتق الطرف الأيمن هو $${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left[V(x)W(x)\right]=V(x)w(x)+v(x)W(x)}$$

ومن خلال التكامل نحصل على: $${\displaystyle \int _{0}^{u}V(x)w(x)+v(x)W(x)\,\mathrm {d} x=V(u)W(u)}$$

وبالتالي، نحصل على المعادلة من البداية: $${\displaystyle \left[\int _{0}^{u}v(x)\,\mathrm {d} x\right]\left[\int _{0}^{u}w(x)\,\mathrm {d} x\right]=\int _{0}^{u}V(x)w(x)+v(x)W(x)\,\mathrm {d} x}$$

الآن، نقدم معلمة تكامل ثانية y لوصف الدوال الأصلية V ( x ) و W ( x ) : $${\displaystyle {\begin{alignedat}{3}\int _{0}^{1}x\,v(xy)\,\mathrm {d} y&=\left[V(xy)\right]_{y=0}^{y=1}&&=V(x)\\\int _{0}^{1}x\,w(xy)\,\mathrm {d} y&=\left[W(xy)\right]_{y=0}^{y=1}&&=W(x)\end{alignedat}}}$$

بإدخال التكامل، يظهر تكامل مزدوج: $${\displaystyle \left[\int _{0}^{u}v(x)\,\mathrm {d} x\right]\left[\int _{0}^{u}w(x)\,\mathrm {d} x\right]=\int _{0}^{u}\left[\int _{0}^{1}x\,v(xy)\,\mathrm {d} y\right]w(x)+v(x)\left[\int _{0}^{1}x\,w(xy)\,\mathrm {d} y\right]\,\mathrm {d} x}$$

يمكن استيراد الدوال الغريبة عن معلمات التكامل المعنية إلى الدالة الداخلية كعامل: $${\displaystyle \left[\int _{0}^{u}v(x)\,\mathrm {d} x\right]\left[\int _{0}^{u}w(x)\,\mathrm {d} x\right]=\int _{0}^{u}\left[\int _{0}^{1}x\,v(xy)\,w(x)\,\mathrm {d} y\right]+\left[\int _{0}^{1}x\,v(x)\,w(xy)\,\mathrm {d} y\right]\,\mathrm {d} x}$$

في الخطوة التالية، يتم تطبيق قاعدة الجمع على التكاملات: $${\displaystyle \left[\int _{0}^{u}v(x)\,\mathrm {d} x\right]\left[\int _{0}^{u}w(x)\,\mathrm {d} x\right]=\int _{0}^{u}\int _{0}^{1}x\,v(xy)\,w(x)+x\,v(x)\,w(xy)\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} x}$$

وأخيرًا، نستخدم نظرية فوبيني $${\displaystyle \left[\int _{0}^{u}v(x)\,\mathrm {d} x\right]\left[\int _{0}^{u}w(x)\,\mathrm {d} x\right]=\int _{0}^{1}\int _{0}^{u}x\,v(xy)\,w(x)+x\,v(x)\,w(xy)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y}$$

يمكن تحديد قيم التكامل العكسي للجيب عن طريق تبديل ترتيب التكامل باستخدام نظرية فوبيني. ومن خلال توسيع الدالة المراد تكاملها وتبديل متغيرات التكامل، يمكن إيجاد دالة أصلية أولية.

$${\displaystyle {\begin{aligned}\operatorname {Si} _{2}(1)&=\int _{0}^{1}{\frac {\arcsin(x)}{x}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {{\sqrt {1-x^{2}}}\,y}{(1-x^{2}y^{2}){\sqrt {1-y^{2}}}}}\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} x\\&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {{\sqrt {1-x^{2}}}\,y}{(1-x^{2}y^{2}){\sqrt {1-y^{2}}}}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}{\frac {\pi \,y}{2{\sqrt {1-y^{2}}}(1+{\sqrt {1-y^{2}}}\,)}}\,\mathrm {d} y\\&=\left\{{\frac {\pi }{2}}\ln \left[2\left(1+{\sqrt {1-y^{2}}}\,\right)^{-1}\right]\right\}_{y=0}^{y=1}={\frac {\pi }{2}}\ln(2)\end{aligned}}}$$

تُعرّف متسلسلة ديريشليه دالة إيتا ديريشليه على النحو التالي: $${\displaystyle \eta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{n^{s}}}=1-{\frac {1}{2^{s}}}+{\frac {1}{3^{s}}}-{\frac {1}{4^{s}}}+{\frac {1}{5^{s}}}-{\frac {1}{6^{s}}}\pm \cdots }$$

القيمة${\displaystyle \eta (2)={\frac {\pi ^{2}}{12}}}$يمكن إثبات ذلك باستخدام نظرية فوبيني. يتحقق شرط التقارب المطلق المطلوب لتبديل المجموع والتكامل لأن${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }\int _{0}^{1}\left|{\frac {(-1)^{n-1}}{n}}x^{n-1}\right|\,\mathrm {d} x=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}<\infty }$تتم عملية التقييم على النحو التالي: $${\displaystyle \eta (2)=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}{\frac {1}{n^{2}}}=\sum _{n=1}^{\infty }\int _{0}^{1}(-1)^{n-1}{\frac {1}{n}}{x}^{n-1}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}{\frac {1}{n}}{x}^{n-1}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {\ln(x+1)}{x}}\,\mathrm {d} x}$$

إن تكامل حاصل ضرب الدالة المقلوبة واللوغاريتم الطبيعي هو تكامل متعدد اللوغاريتمات . تسمح نظرية فوبيني بتقييم هذا التكامل عن طريق تحويل الدالة المراد تكاملها إلى مجموعة من الكسور النسبية. $${\displaystyle {\begin{aligned}&\int _{0}^{1}{\frac {\ln(x+1)}{x}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {4}{3(x^{2}+2xy+1)}}+{\frac {2x}{3(x^{2}y+1)}}-{\frac {1}{3(xy+1)}}\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} x\\&{\hphantom {\quad \quad \quad }}=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {4}{3(x^{2}+2xy+1)}}+{\frac {2x}{3(x^{2}y+1)}}-{\frac {1}{3(xy+1)}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\\&{\hphantom {\quad \quad \quad }}=\int _{0}^{1}{\frac {2\arccos(y)}{3{\sqrt {1-y^{2}}}}}\,\mathrm {d} y=\left[{\frac {\pi ^{2}}{12}}-{\frac {1}{3}}\arccos(y)^{2}\right]_{y=0}^{y=1}\\&{\hphantom {\quad \quad \quad }}={\frac {\pi ^{2}}{12}}\end{aligned}}}$$

اكتشف جيمس هاربر هذه الطريقة لحساب التكامل. ^{[ 10 ]}

التكامل غير المحدد للتكامل الإهليلجي الكامل من النوع الأول ،${\displaystyle K(x)}$، ويُقيّم إلى ضعف ثابت كاتالان ،${\displaystyle C}$ويمكن إثبات ذلك باستخدام نظرية فوبيني لربط التعبير بتكامل الظل العكسي : $${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}K(x)\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {1}{\sqrt {(1-x^{2}y^{2})(1-y^{2})}}}\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} x\\&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {1}{\sqrt {(1-x^{2}y^{2})(1-y^{2})}}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{1}{\frac {\arcsin(y)}{y{\sqrt {1-y^{2}}}}}\,\mathrm {d} y\\&=\left\{2\,\mathrm {Ti} _{2}\left[y\left(1+{\sqrt {1-y^{2}}}\,\right)^{-1}\right]\right\}_{y=0}^{y=1}\\&=2\,\mathrm {Ti} _{2}(1)=2\beta (2)=2\,C\end{aligned}}}$$

وينطبق الإجراء نفسه على التكامل الإهليلجي الكامل من النوع الثاني ،${\displaystyle E(x)}$: $${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}E(x)\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {\sqrt {1-x^{2}y^{2}}}{\sqrt {1-y^{2}}}}\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} x\\&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {\sqrt {1-x^{2}y^{2}}}{\sqrt {1-y^{2}}}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{1}\left[{\frac {\arcsin(y)}{2y{\sqrt {1-y^{2}}}}}+{\frac {1}{2}}\right]\,\mathrm {d} y\\&=\left\{\mathrm {Ti} _{2}\left[y\left(1+{\sqrt {1-y^{2}}}\,\right)^{-1}\right]+{\frac {1}{2}}y\right\}_{y=0}^{y=1}\\&=\mathrm {Ti} _{2}(1)+{\frac {1}{2}}=\beta (2)+{\frac {1}{2}}=C+{\frac {1}{2}}\end{aligned}}}$$

ثابت أويلر -ماسكيروني ,${\displaystyle \gamma }$يظهر هذا كتكامل غير محدود من الصفر إلى اللانهاية لحاصل ضرب اللوغاريتم الطبيعي السالب ودالة الاضمحلال الأسي . ويمكن تمثيله أيضًا كتكامل غير محدود لفرق ذي صلة. $${\displaystyle \gamma =\int _{0}^{\infty }{\frac {-\ln(x)}{\exp(x)}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{x}}\left[{\frac {1}{x+1}}-\exp(-x)\right]\,\mathrm {d} x}$$

يمكن إثبات تكافؤ هذين التكاملين من خلال تطبيق نظرية فوبيني مرتين، وربط كليهما بدالة التكامل الأسي التكميلية : $${\displaystyle \mathrm {E} _{1}(x)=\exp(-x)\int _{0}^{\infty }{\frac {\exp(-xy)}{y+1}}\,\mathrm {d} y}$$

مشتقة الدالة الأسية التكاملية التكميلية هي: $${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\,\mathrm {E} _{1}(x)=-{\frac {1}{x}}\exp(-x)}$$

بتطبيق نظرية فوبيني على الصيغة التكاملية الأولى نحصل على: $${\displaystyle {\begin{aligned}\gamma &=\int _{0}^{\infty }-\exp(-y)\ln(y)\,\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }\exp(-y)\left({\frac {1}{x+y}}-{\frac {1}{x+1}}\right)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }\exp(-y)\left({\frac {1}{x+y}}-{\frac {1}{x+1}}\right)\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} x\\&=\int _{0}^{\infty }\left[\exp(x)\,\mathrm {E} _{1}(x)-{\frac {1}{x+1}}\right]\,\mathrm {d} x\end{aligned}}}$$

إن تطبيق نظرية فوبيني على التكامل الوسيط يربطه بالشكل الثاني: $${\displaystyle {\begin{aligned}\gamma &=\int _{0}^{\infty }\left[\exp(x)\,\mathrm {E} _{1}(x)-{\frac {1}{x+1}}\right]\,\mathrm {d} x\\&=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }\exp(-xz)\left[{\frac {1}{z+1}}-\exp(-z)\right]\,\mathrm {d} z\,\mathrm {d} x\\&=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }\exp(-xz)\left[{\frac {1}{z+1}}-\exp(-z)\right]\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} z\\&=\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{z}}\left[{\frac {1}{z+1}}-\exp(-z)\right]\,\mathrm {d} z\end{aligned}}}$$

استخدام المتطابقة لتربيع التكامل: $${\displaystyle \left[\int _{0}^{\infty }f(x)\,\mathrm {d} x\right]^{2}=\int _{0}^{1}\int _{0}^{\infty }2x\,f(x)\,f(xy)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y}$$

يمكن حساب تكامل التوزيع الطبيعي :$${\displaystyle {\begin{aligned}\left[\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x\right]^{2}&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{\infty }2x\exp(-x^{2})\exp(-x^{2}y^{2})\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{\infty }2x\exp \left[-x^{2}(y^{2}+1)\right]\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{1}\left\{-{\frac {1}{y^{2}+1}}\exp \left[-x^{2}(y^{2}+1)\right]\right\}_{x=0}^{x=\infty }\,\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{1}{\frac {1}{y^{2}+1}}\,\mathrm {d} y\\&=\arctan(1)={\frac {\pi }{4}}\end{aligned}}}$$

بأخذ الجذر التربيعي نحصل على: $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}}$$

باستخدام صيغة مماثلة لتربيع التكامل على حد محدود: $${\displaystyle \left[\int _{0}^{1}g(x)\,\mathrm {d} x\right]^{2}=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}2x\,g(x)\,g(xy)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y}$$

يمكن تطبيق هذا على مشكلة بازل : $${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\pi ^{2}}{4}}&=\left(\arcsin(1)\right)^{2}=\left[\int _{0}^{1}{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}\,\mathrm {d} x\right]^{2}\\&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {2x}{\sqrt {(1-x^{2})(1-x^{2}y^{2})}}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{1}\left[{\frac {2}{y}}\operatorname {artanh} (y)-{\frac {2}{y}}\operatorname {artanh} \left({\frac {{\sqrt {1-x^{2}}}\,y}{\sqrt {1-x^{2}y^{2}}}}\right)\right]_{x=0}^{x=1}\,\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{1}{\frac {2}{y}}\operatorname {artanh} (y)\,\mathrm {d} y\\&=\left[2\,\mathrm {Li} _{2}(y)-{\frac {1}{2}}\,\mathrm {Li} _{2}(y^{2})\right]_{y=0}^{y=1}\\&={\frac {3}{2}}\,\mathrm {Li} _{2}(1)\end{aligned}}}$$

بالنسبة للوغاريتم الثنائي للواحد، ينتج عن ذلك: $${\displaystyle \mathrm {Li} _{2}(1)={\frac {\pi ^{2}}{6}}}$$

باستخدام صيغة الضرب العامة: $${\displaystyle \left[\int _{0}^{1}v(x)\,\mathrm {d} x\right]\left[\int _{0}^{1}w(x)\,\mathrm {d} x\right]=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}\left(x\,v(xy)\,w(x)+x\,v(x)\,w(xy)\right)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y}$$

يمكن حساب التكاملات التالية باستخدام التكاملات الإهليلجية غير الكاملة من النوع الأول والثاني كدوال أصلية: $${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {1}{\sqrt {1-x^{4}}}}\,\mathrm {d} x&=\left\{-{\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}\,F\left[\arccos(x);{\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}\right]\right\}_{x=0}^{x=1}\\&={\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}\,K\left({\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}\right)\\\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}}{\sqrt {1-x^{4}}}}\,\mathrm {d} x&=\left\{{\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}\,F\left[\arccos(x);{\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}\right]-{\sqrt {2}}\,E\left[\arccos(x);{\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}\right]\right\}_{x=0}^{x=1}\\&={\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}\left[2\,E\left({\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}\right)-K\left({\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}\right)\right]\end{aligned}}}$$

بإدخال هذين التكاملين في صيغة الضرب، نحصل على: $${\displaystyle {\begin{aligned}&\left[\int _{0}^{1}{\frac {1}{\sqrt {1-x^{4}}}}\,\mathrm {d} x\right]\left[\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}}{\sqrt {1-x^{4}}}}\,\mathrm {d} x\right]=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {x^{3}(y^{2}+1)}{\sqrt {(1-x^{4})(1-x^{4}y^{4})}}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\\&{\hphantom {\quad \quad \quad }}=\int _{0}^{1}\left\{{\frac {y^{2}+1}{2\,y^{2}}}\left[\operatorname {artanh} \left(y^{2}\right)-\operatorname {artanh} \left({\frac {{\sqrt {1-x^{4}}}\,y^{2}}{\sqrt {1-x^{4}y^{4}}}}\right)\right]\right\}_{x=0}^{x=1}\,\mathrm {d} y\\&{\hphantom {\quad \quad \quad }}=\int _{0}^{1}{\frac {y^{2}+1}{2\,y^{2}}}\,\operatorname {artanh} \left(y^{2}\right)\,\mathrm {d} y\\&{\hphantom {\quad \quad \quad }}=\left[\arctan(y)-{\frac {1-y^{2}}{2\,y}}\,\operatorname {artanh} \left(y^{2}\right)\right]_{y=0}^{y=1}\\&{\hphantom {\quad \quad \quad }}=\arctan(1)={\frac {\pi }{4}}\end{aligned}}}$$

بالنسبة للحالة الخاصة لعلاقة ليجندر في حالة اللمنسكات ، ينتج عن ذلك ما يلي: $${\displaystyle K\left({\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}\right)\left[2\,E\left({\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}\right)-K\left({\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}\right)\right]={\frac {\pi }{2}}}$$