He estado tratando de evaluar $$ f(x) \equiv \int \limits_0^\infty - \ln\left(1 - \frac{x^2}{\cosh^2 (t)}\right) \, \mathrm{d} t $$ para $x \in [0,1]$ y similar integrales recientemente. Sé que $$ \int \limits_0^\infty \frac{\mathrm{d} t}{\cosh^z (t)} = \frac{2^{z-2} \Gamma^2 (\frac{z}{2})}{\Gamma(z)} $$ tiene por $\operatorname{Re} (z) > 0$, por lo que al ampliar el logaritmo me encontré con que $$ f(x) = \frac{1}{2} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(2n)!!}{n^2 (2n-1)!!} x^{2n} \, .$$ Pero el lado derecho es el poder de la serie de la arcoseno cuadrado, por lo $f(x) = \arcsin^2 (x)$.
Por otro lado, la sustitución de $u = \frac{x}{\cosh(t)}$ en el original de la integral conduce a la representación $$ f(x) = \int \limits_0^x \frac{- x \ln(1-u^2)}{u \sqrt{x^2-u^2}} \, \mathrm{d} u \, ,$$ para que Mathematica (o WolframAlpha si tienes suerte) da el resultado correcto.
Me gustaría para calcular esta integral, sin recurrir a la anterior de la serie y de este modo encontrar una alternativa de prueba para la expansión. He tratado de transformar la integral en la forma habitual $$ \arcsin^2 (x) = \int \limits_0^x \frac{2 \arcsin(y)}{\sqrt{1-y^2}} \, \mathrm{d} u $$ y el pensamiento sobre el uso de las relaciones $$ \arcsin(x) = \arctan\left(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right) = 2 \arctan\left(\frac{x}{1+\sqrt{1-x^2}}\right) \, , $$ pero fue en vano. Tal vez la solución es trivial, y yo solo no lo puede ver en el momento, tal vez no lo es. De todos modos, yo estaría muy agradecido por todas las ideas o sugerencias.