Una prueba directa para $\int_0^x \frac{- x \ln(1-u^2)}{u \sqrt{x^2-u^2}} \, \mathrm{d} u = \arcsin^2(x)$

Question

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.

Answer 1

Que $u=x \sin (\theta)$\begin{eqnarray} -\int_0^{\pi/2} \frac{\ln(1-x^2 \sin^2(\theta))}{\sin(\theta)} d \theta \end{eqnarray } ahora ampliar los logaritmos\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^{\infty} \int_0^{\pi/2} \frac{1}{n} x^{2n} \sin^{2n-1}(\theta) d \theta \end{eqnarray } ahora uso\begin{eqnarray} \int_0^{\pi/2} \sin^{2n-1}(\theta) d \theta= \frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}. \end{eqnarray } finalmente utilizar el resultado de estado de la cuestión\begin{eqnarray} \frac{1}{2} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(2n)!!}{n^2 (2n-1)!!} x^{2n}=(\sin^{-1}(x))^2 \end{eqnarray } y terminados.

Answer 2

Finalmente he conseguido reunir todas las piezas, así que aquí está una solución que no utiliza la serie de energía:

Que $u = x v$ para obtener $$ f(x) = \int \limits_0^1 \frac{- \ln(1 - x^2 v^2)}{v \sqrt{1-v^2}} \, \mathrm{d} v \, . $ $ ahora podemos distinguir bajo el signo integral (justificado por el teorema de convergencia dominada) y utilizar la sustitución $v = \sqrt{1 - w^2}\, .$, entonces la derivada está dada por\begin{align} f'(x) &= 2 x \int \limits_0^1 \frac{v}{(1-x^2 v^2) \sqrt{1-v^2}} \, \mathrm{d} v = 2 x \int \limits_0^1 \frac{\mathrm{d} w }{1-x^2 + x^2 w^2} \ &= \frac{2}{\sqrt{1-x^2}} \arctan \left(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \frac{2 \arcsin (x)}{\sqrt{1-x^2}} \end{align} $x \in (0,1)$. Desde $f(0)=0 \, ,$ integración rinde $ de $$ f(x) = f(0) + \int \limits_0^x \frac{2 \arcsin (y)}{\sqrt{1-y^2}} \, \mathrm{d} y = \arcsin^2 (x)$ $x \in [0,1]$ como.