Integral $\int_0^\frac{\pi}{2} \arcsin(\sqrt{\sin x}) dx$

Question

Estoy tratando de calcular $$I=\int_0^\frac{\pi}{2} \arcsin(\sqrt{\sin x}) dx$$ Hasta ahora he hecho lo siguiente. Primero he intentado dejar que $\sin x= t^2$ entonces: $$I=2\int_0^1 \frac{x\arcsin x}{\sqrt{1-x^4}}dx =\int_0^1 (\arcsin^2 x)'\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx $$ $$=\frac{\pi^2}{8}-\int_0^1 \frac{\arcsin^2 x}{(1+x^2)^{3/2}}dx$$ Podemos expandir en series de potencias la integral, tenemos: $\arcsin^2z=\sum\limits_{n\geq1}\frac {2^{2n-1}z^{2n}}{n^2\binom {2n}n}$ y utilizando la serie binomial para $(1+x^2)^{-3/2}$ tendrá como resultado: $$\sum_{n\geq1}\frac{2^{2n-1}x^{2n}}{n^2\binom {2n}n}\sum_{k\ge 0}\binom{-3/2}{k}x^{2k}$$ Pero no sé cómo simplificar esto. Intenté una cosa más, dejando $\sin x= \sin^2 t$ da: $$I=2\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{x\sin x}{\sqrt{1+\sin^2 x}}dx$$ Desde $\int \frac{\sin x}{\sqrt{1+\sin^2x}}dx=-\arcsin\left(\frac{\cos x}{\sqrt 2} \right)+C$ podemos integrar por partes para obtener: $$I=2\int_0^\frac{\pi}{2}\arcsin\left(\frac{\cos x}{\sqrt 2}\right)dx=2\int_0^\frac{\pi}{2}\arcsin\left(\frac{\sin x}{\sqrt 2}\right)dx$$ Pero estoy atascado, así que agradecería algo de ayuda.

Editar: Dejando que $\frac{\sin x}{\sqrt 2} =t $ Lo conseguimos: $$I=2\int_0^\frac1{\sqrt{2}} \frac{\arcsin x}{\sqrt{\frac12-x^2}}dx=2\text{Li}_2\left(\frac1{\sqrt 2}\right)-\frac{\pi^2}{24}+\frac{\ln^2 2}{4}$$ Donde esta última integral se evaluó con wolframio. Me encantaría ver una prueba de eso.

Answer 1

Escriba $$ I(t)=\int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{2\arcsin(tx)}{\sqrt{\frac{1}{2}-x^2}} \, {\rm d}x $$ y calcular \begin{align} I'(t) &= \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{2x}{\sqrt{\left(\frac{1}{2}-x^2\right)\left(1-(tx)^2\right)}} \, {\rm d}x \\ &= \frac{\log\left(\sqrt{2}+t\right)-\log\left(\sqrt{2}-t\right)}{t} \\ &= \frac{{\rm Li}_1 \left(\frac{t}{\sqrt{2}}\right) - {\rm Li}_1 \left(-\frac{t}{\sqrt{2}}\right)}{t}\, . \end{align}

Entonces \begin{align} I(1) &= \int_0^1 I'(t) \, {\rm d}t \\ &={\rm Li}_2 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) - {\rm Li}_2 \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \, . \end{align}

Answer 2

Trabajo en curso .

Desde $\arcsin(x)=\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}}{(2n+1)4^n}x^{2n+1}$ para cualquier $x\in[-1,1]$ y $$ \int_{0}^{\pi/2}\left(\sin x\right)^{n+1/2}\,dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\cdot\frac{\Gamma\left(\frac{n}{2}+\frac{3}{4}\right)}{\Gamma\left(\frac{n}{2}+\frac{5}{4}\right)} $$ sólo" necesitamos un valor explícito para la serie $$ \sqrt{\frac{2}{\pi}}\sum_{n\geq 0}\frac{2^n \Gamma\left(\frac{n}{2}+\frac{3}{4}\right)^2}{(2n+1)^2 \Gamma(n+1)} $$ que viene dada por una combinación lineal de dos $\phantom{}_4 F_3(\ldots;1)$ funciones con parámetros de un cuarto entero, a saber $\phantom{}_4 F_3\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{3}{4},\frac{3}{4};\frac{1}{2},\frac{5}{4},\frac{5}{4}; 1\right)$ y $\phantom{}_4 F_3\left(\frac{3}{4},\frac{3}{4},\frac{5}{4},\frac{5}{4}; \frac{3}{2},\frac{7}{4},\frac{7}{4};1\right)$ .

Expansiones de Fourier-Legendre se revelan como extremadamente eficaces en el tratamiento de dichos objetos: por ejemplo, todas las funciones $\frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x}},\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\frac{1}{\sqrt{1-x^4}},K(x)$ tienen expansiones FL razonablemente sencillas, frente a la moderada complejidad de su serie Maclaurin. Esta observación permitió a Campbell, Cantarini, Di Trani, Sondow y a mí exhibir muchas identidades sorprendentes sobre $\phantom{}_3 F_2(\ldots;1)$ y $\phantom{}_4 F_3(\ldots;1)$ en términos de polilogaritmos. Mi apuesta es que aquí ocurre lo mismo. Con un paso de integración por partes tenemos

$$ I = \int_{0}^{1}\frac{2x\arcsin x}{\sqrt{1-x^4}}\,dx = \frac{\pi^2}{4}-\int_{0}^{1}\frac{\arcsin(x^2)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$$ que es muy bueno para simplificar la estructura hipergeométrica:

$$ I = \frac{\pi^2}{4}-\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}}{(2n+1)4^n}\int_{0}^{\pi/2}\left(\sin x\right)^{4n+2}\,dx $$ lleva a $$ I = \frac{\pi^2}{4}-\frac{\pi}{2}\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}\binom{4n+2}{2n+1}}{(2n+1)4^{3n+1}}=\frac{\pi^2}{4}-\frac{\pi}{4}\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}\binom{4n}{2n}}{4^{3n}}\cdot\frac{4n+1}{(2n+1)^2} $$ donde la última serie está claramente relacionada con la función de Legendre $P_{-1/4}$ . De hecho, según la notación de Mathematica para las integrales elípticas completas (es decir, el argumento es la elíptica módulo ) $$ \sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}\binom{4n}{2n}}{4^{3n}}z^{2n} = \frac{2}{\pi\sqrt{1+z}}\,K\left(\frac{2z}{1+z}\right) $$ y el problema dado se reduce a calcular $$ \int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1+z}}\,K\left(\frac{2z}{1+z}\right)\,dz\quad\text{and}\quad \int_{0}^{1}\frac{\log z}{\sqrt{1+z}}\,K\left(\frac{2z}{1+z}\right)\,dz.$$ La sustitución $z\mapsto\frac{x}{2-x}$ conduce a tres integrales que son sencillas de abordar mediante la maquinaria FL, a saber $\int_{0}^{1}\frac{K(x)}{(2-x)^{3/2}}g(x)\,dx$ donde $g(x)\in\{1,\log(x),\log(2-x)\}$ .

Answer 3

Mathematica da:

$$\frac{1}{24} \left(-6 \text{Li}_2\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)+6 \text{Li}_2\left(3-2 \sqrt{2}\right)+4 \pi ^2-3 \log ^2(2)+3 \log ^2\left(\sqrt{2}-1\right)+3 \log ^2\left(3+2 \sqrt{2}\right)+ \log (64) \log \left(\sqrt{2}-1\right)+6 \sinh ^{-1}(1)^2-12 \log \left(2 \left(1+\sqrt{2}\right)\right) \sinh ^{-1}(1)-6 i \pi \left(2 \sinh ^{-1}(1)-\log \left(3+2 \sqrt{2}\right)\right)\right)$$

lo que sugiere fuertemente que el cálculo manual será extremadamente difícil y propenso a errores. Por cierto, el valor numérico de esa expresión es $1.5122$ y el valor del numérico evaluación del original también es $1.5122$ lo que sugiere fuertemente que la respuesta es correcta.

Aquí hay un gráfico de la función, y el valor sombreado de la integral, que sugiere que no hay un error importante: