En realidad, es muy fácil expresar la integral como una serie infinita. Tenga en cuenta que
$$\sqrt{1 + x} = 1 + \sum_{k = 1}^\infty c_k x^k$$
$$c_k = (-1)^{k+1}\frac{(2k - 3)!!}{k! \cdot 2^k}$$
y
$$\sin x \sin 2x = 2\sin^2 x \cos x$$
Entonces
$$
\begin{aligned}I &= \int_{\pi/2}^\pi\sqrt{1 + \sin x \sin 2x - \frac{1}{2}\cos^2 x} \;\mathrm{d}x\\
&= \int_{\pi/2}^\pi 1 + \sum_{k = 1}^\infty c_k \left(2\sin^2 x \cos x - \frac{1}{2} \cos^2 x\right)^k \;\mathrm{d}x\\
&= \frac{\pi}{2} + \sum_{k = 1}^\infty c_k \int_0^{\pi/2} \left(-2\cos^2 x \sin x - \frac{1}{2} \sin^2 x\right)^k \;\mathrm{d}x\\
&= \frac{\pi}{2} + \sum_{k = 1}^\infty (-1)^k c_k \int_0^{\pi/2} \sum_{m = 0}^k \binom{k}{m}\left(2\cos^2 x\sin x\right)^m\left(\frac{1}{2}\sin^2 x\right)^{k - m} \;\mathrm{d}x
\end{aligned}$$
Ahora tenemos
$$\left(2\cos^2 x\sin x\right)^m\left(\frac{1}{2}\sin^2 x\right)^{k - m} = 2^{2m - k} \sin^{2k - m} x \cos^{2m} x$$
Tabla de Integrales, Series y Productos (8va edición, pág. 397, fórmula 3.621-5) me dice que
$$\int_0^{\pi/2} \sin^m x \cos^n x \;\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\mathrm{B}\left(\frac{m + 1}{2},\frac{n + 1}{2}\right)$$
donde $\mathrm{B}(a,b)$ es la función Beta. Por lo tanto
$$I = \frac{\pi}{2} + \sum_{k = 1}^\infty (-1)^k c_k \sum_{m = 0}^k \binom{k}{m} 2^{2m - k - 1} \mathrm{B}\left(\frac{2k-m+1}{2},\frac{2m+1}{2}\right)$$
Los resultados numéricos parecen estar de acuerdo, pero la serie converge muy lentamente. Los 500 primeros términos de la suma de hasta 0.82776000293935595965, que todavía tiene un error de $10^{-12}$.
Debido a que este es un doble de la suma, necesitamos $O(n^2)$ tiempo para calcular el primer $n$ términos. No he encontrado una manera más rápida de calcular.
Actualización: Este problema extrañamente me recuerda a la de un binomio suma problema en ProjectEuler (Problema 567). Tenga en cuenta que la función Beta satisface
$$\mathrm{B}(a,b) = \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a + b)}$$
Por múltiplos de $1/2$, se puede calcular la función Gamma explícitamente
$$\Gamma\left(\frac{n}{2}\right) = \left\{\begin{aligned}
\left(\frac{n}{2} - 1\right)! & \quad n \text{ even}\\
\sqrt{\pi}\frac{(n - 2)!!}{2^\frac{n - 1}{2}} & \quad n \text{ odd}\end{aligned}\right.$$
Permítanos reescribir la integral como
$$I = \frac{\pi}{2} - \sum_{k = 1}^\infty \sum_{m = 0}^k d_{k,m}$$
$$d_{k,m} = \frac{(2k - 3)!!}{k! \cdot 2^k} \binom{k}{m} 2^{2m - k - 1} \mathrm{B}\left(\frac{2k-m+1}{2},\frac{2m+1}{2}\right)$$
El cálculo de la función Beta plazo dependerá de la paridad de $m$. Es fácil comprobar que
$$\frac{d_{k,2t + 2}}{d_{k,2t}} = \frac{4(k - 2t - 1)(k - 2t)(4t + 1)(4t + 3)}{(2k - 2t - 1)(k + t + 1)(t + 1)(2t + 1)}$$
$$\frac{d_{k,2t + 3}}{d_{k,2t + 1}} = \frac{4(k - 2t - 2)(k - 2t - 1)(4t + 3)(4t + 5)}{(k - t - 1)(2k + 2t + 3)(t + 1)(2t + 3)}$$
$$\frac{d_{k + 1,2t}}{d_{k,2t}} = \frac{(2k - 2t + 1)(2k - 1)}{8(k - 2t + 1)(k + t + 1)}$$
$$\frac{d_{k + 1,2t + 1}}{d_{k,2t + 1}} = \frac{(2k - 1)(k - t)}{2(k - 2t)(2k + 2t + 3)}$$
A partir de aquí creo que es posible transformar el doble de la suma en una relación de recurrencia, el uso de hipergeométrica suma técnicas. Voy a publicar los resultados si tengo tiempo para hacerlo.
Actualización: he intentado Zeilberger del algoritmo. Funciona, pero los resultados son muy desordenado, y no es probablemente una buena idea para obtener el valor numérico de esta serie. Desde Zeilberger del algoritmo es de finales del siglo 20 invención, no creo que el problema original poser tiene una mejor manera de calcular la integral, aparte de la adición de la serie con la mano. Ver Zeilberger del libro (https://www.math.upenn.edu/~wilf/AeqB.html) para una descripción del algoritmo si se desea repetir el intento.
Actualización: estoy muy impresionado por el número de funciones de Mathematica. Resulta que simplemente podemos calcular
$$I = E + O$$
$$E = \sum_{t = 0}^\infty d_{2t,2t} \cdot {}_2F_1\left(t + \frac{1}{2},2t - \frac{1}{2};3t + 1;\frac{1}{2}\right)$$
$$O = \sum_{t = 0}^\infty d_{2t + 1,2t + 1} \cdot {}_2F_1\left(t + 1,2t + \frac{1}{2};3t + \frac{5}{2};\frac{1}{2}\right)$$
El uso de Mathematica me resumió la primera 450 términos de cada serie. El resultado es 0.827760002939144239418158294687, que tiene un error de $10^{-23}$. Creo que esto es lo mejor que podemos extraer de este problema. Voy a dejar de trabajar en él.
