Integral $\int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2 \sqrt{\sin x} \, dx$

Question

Saludos Estoy tratando de encontrar una forma cerrada para: $$I=\int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2 \sqrt{\sin x}\,dx$$ Si reescribimos la integral como $$I=\int_0^\infty x^2 \sqrt{\frac{1}{\sqrt{1+\cot^2 x}}}\,dx$$ ahora con $$\cot x =t $$ $$I=\int_0^{\infty} \operatorname{arccot}^2 (x)(1+x^2)^{-\frac{5}{4}}dx$$ y con https://en.wikipedia.org/wiki/Inverse_trigonometric_functions#Logarithmic_forms $$I=\frac{1}{4i}\int_0^{\infty}\log^2\left(\frac{z-i}{z+i}\right)(1+x^2)^{-\frac{5}{4}} \, dx$$ Ahora para el $\log$ Pensé en expandir en series de potencias pero como el radio de convergencia es un poco más pequeño, esto falla. También integrando por partes o combinando la integral inicial con $\int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2 \sqrt{\cos x}\,dx$ no fue de mucha ayuda, ¿podría ayudarme a evaluar esta integral?

Answer 1

La sustitución $\sin(x) = \sqrt{t}$ conduce a la expresión $$I = \frac{1}{2} \int \limits_0^1 \frac{t^{-1/4} \arcsin^2 (\sqrt{t})}{\sqrt{1-t}} \, \mathrm{d} t \, . $$ Ahora puedes utilizar la serie de potencias para $\arcsin^2$ (véase, por ejemplo este pregunta) e integrar término a término (convergencia monótona). Utilizando la función beta encontrarás \begin{align} I &= \frac{1}{4} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(2n)!!}{n^2 (2n-1)!!} \int \limits_0^1 t^{n-\frac{1}{4}} (1-t)^{-\frac{1}{2}} \, \mathrm{d} t \\ &= \frac{1}{4} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(2n)!!}{n^2 (2n-1)!!} \operatorname{B}\left(n+\frac{3}{4},\frac{1}{2}\right) \\ &= \frac{\sqrt{\pi}}{4} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(2n)!!}{n^2 (2n-1)!!} \frac{\Gamma\left(n+\frac{3}{4}\right)}{\Gamma\left(n+\frac{5}{4}\right)} \\ &= \frac{\sqrt{\pi} \, \Gamma\left(\frac{3}{4}\right)}{\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(2n)!!}{n^2 (2n-1)!!} \frac{\prod_{k=1}^n (4k-1)}{\prod_{l=1}^{n+1} (4l-3)} \\ &= \frac{\pi \sqrt{2 \pi}}{\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)^2} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(2n)!!}{n^2 (4n+1) (2n-1)!!} \prod \limits_{k=1}^n \frac{4k-1}{4k-3} \, . \end{align} Mathematica da la siguiente expresión en términos de una función hipergeométrica: $$ I = \frac{6 \pi \sqrt{2 \pi}}{5 \Gamma\left(\frac{1}{4}\right)^2} \, {}_4 \! \operatorname{F}_3 \left(1,1,1,\frac{7}{4};\frac{3}{2},2,\frac{9}{4};1\right) \approx 1.208656578687 \, .$$ Las calculadoras simbólicas inversas no parecen dar ninguna expresión para este número, así que esto podría ser lo mejor que se puede conseguir.

Answer 2

Lamentablemente, la integral original de la pregunta carece de forma cerrada. Se puede reescribir en términos de la función hipergeométrica, pero eso es lo mejor que se puede conseguir. Sin embargo, he investigado un poco y he encontrado una expresión explícita para la integral a continuación

$$\mathfrak{I}=\int\limits_0^{\pi/2}\mathrm dx\, x^2\sqrt{\cos x}$$

Quizás esto pueda ayudar de alguna manera. En primer lugar $x=\arcsin\sqrt t$ y nuestra integral se transforma en

$$\mathfrak{I}=\frac 12\int\limits_0^1\mathrm dt\,t^{-1/2}(1-t)^{-1/4}\arcsin^2\sqrt t$$

El integrando es muy similar a la función beta, por lo que podemos sustituir $\arcsin(\cdot)$ con su homólogo en serie infinita y reescribir la integral en términos de la función gamma. Recordando que

$$\arcsin^2z=\sum\limits_{n\geq1}\frac {2^{2n-1}z^{2n}}{n^2\binom {2n}n}$$

Obtenemos

$$\begin{align*}\mathfrak{I} & =\frac 14\sum\limits_{n\geq1}\frac {4^n}{n^2\binom {2n}n}\int\limits_0^1\mathrm dt\, t^{n-1/2}(1-t)^{-1/4}\\ & =\frac 14\sum\limits_{n\geq1}\frac {4^n\Gamma^2(n+1)}{n^2\Gamma(2n+1)}\frac {\Gamma\left(n+\frac 12\right)\Gamma\left(\frac 34\right)}{\Gamma\left(n+\frac 54\right)}\end{align*}$$

Utilizando las dos ecuaciones $$\Gamma\left(n+\frac 12\right)=\frac {\Gamma(2n+1)\sqrt\pi}{4^n\Gamma(n+1)}$$$$ \Gamma\izquierda(\frac 14\derecha)\Gamma\izquierda(\frac 34\derecha)=\pi\sqrt2$$

La suma infinita se simplifica en algo mucho menos desalentador

$$\mathfrak{I}=\frac {\pi\sqrt{2\pi}}{4\Gamma\left(\frac 14\right)}\sum\limits_{n\geq1}\frac {\Gamma(n)}{n\Gamma\left(n+\frac 54\right)}$$

Las funciones gamma pueden reescribirse de nuevo como la función beta y convertirse de nuevo en una integral para obtener

$$\begin{align*}\mathfrak{I} & =\frac {\pi\sqrt{2\pi}}{\Gamma^2\left(\frac 14\right)}\sum\limits_{n\geq1}\frac 1n\operatorname{B}\left(n,\frac 54\right)\\ & =\frac {\pi\sqrt{2\pi}}{\Gamma^2\left(\frac 14\right)}\int\limits_0^1\mathrm dt\,\frac {(1-t)^{1/4}}t\sum\limits_{n\geq1}\frac {t^n}n\\ & =-\frac {\pi\sqrt{2\pi}}{\Gamma^2\left(\frac 14\right)}\int\limits_0^1\mathrm dt\,\frac {(1-t)^{1/4}\log(1-t)}t\end{align*}$$

La integral resultante es bastante fácil de calcular utilizando primero la sustitución $1-t\mapsto t^4$ y luego utilizando la descomposición de fracciones parciales para llegar a

$$\int\limits_0^1\mathrm dt\,\frac {(1-t)^{1/4}\log(1-t)}t=16-8G-\pi^2$$

donde $G$ es la constante de Catalan. Por lo tanto, es fácil ver que el resultado final, en color, es

$$\mathfrak{I}=\int\limits_0^{\pi/2}\mathrm dx\, x^2\sqrt{\sin x}\color{blue}{=\frac {\pi\sqrt{2\pi}}{\Gamma^2\left(\frac 14\right)}\biggr[\pi^2+8G-16\biggr]}$$

Si juntamos eso en la integral original, otra posible solución, dada por ComplexYetTrivial, es $$\int\limits_0^{\pi/2}\mathrm dx\, x^2\sqrt{\sin x}\color{red}{=\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{\Gamma^2\left(\frac 14\right)}\biggr[\frac {3\pi^2}2+8G-16\biggr]-\frac {4\pi}{15}{}_3F_2\left[\begin{array}{c}1,\frac 54,\frac 54\\\frac 74,\frac 94\end{array}\right]}$$