Buscando métodos para resolver$F\left(\alpha\right) = \int_{0}^{1} x^\alpha \arcsin(x)\:dx$

Question

Estoy buscando diferentes métodos para resolver la siguiente integral. $$ F\left(\alpha\right) = \int_{0}^{1} x^\alpha \arcsin(x)\:dx$$

Para $\alpha > 0$

Aquí el método que seguí fue emplear integración por partes y, a continuación, llamar a funciones especiales, pero esto también puede lograrse con decir una Feynman Truco? o otra forma de transformación integral?

Mi enfoque en detalle:

Emplear integración por partes:

\begin{align} v'(x) &= x^\alpha & u(x) &= \arcsin(x) \\ v(x) &= \frac{x^{\alpha + 1}}{\alpha + 1} & u'(x) &= \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \end{align}

Por lo tanto,

\begin{align} F\left(\alpha\right) &= \left[\frac{x^{\alpha + 1}}{\alpha + 1}\cdot\arcsin(x)\right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^{\alpha + 1}}{\alpha + 1} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \:dx \\ &= \frac{\pi}{2\left(\alpha + 1\right)} - \frac{1}{\alpha + 1}\int_0^1 x^{\alpha + 1}\left(1 - x^2\right)^{-\frac{1}{2}} \:dx \end{align}

Aquí hacer la sustitución $u = x^2$ obtener

\begin{align} F\left(\alpha\right) &= \frac{\pi}{2\left(\alpha + 1\right)} - \frac{1}{\alpha + 1}\int_0^1 \left(\sqrt{u}\right)^{\alpha + 1}\left(1 - u\right)^{-\frac{1}{2}} \frac{\:du}{2\sqrt{u}} \\ &= \frac{\pi}{2\left(\alpha + 1\right)} - \frac{1}{2\left(\alpha + 1\right)}\int_0^1 u^{\frac{\alpha}{2}}\left(1 - u\right) ^{-\frac{1}{2}} \:du \\ &= \frac{1}{2\left(\alpha + 1\right)} \left[ \pi - B\left(\frac{\alpha + 2}{2}, \frac{1}{2} \right) \right] \end{align}

\begin{align} F\left(\alpha\right) &=\frac{1}{2\left(\alpha + 1\right)} \left[ \pi - \frac{\Gamma\left(\frac{\alpha + 2}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{\alpha + 2}{2} + \frac{1}{2}\right)} \right] \\ &= \frac{1}{2\left(\alpha + 1\right)} \left[ \pi - \frac{\Gamma\left(\frac{\alpha + 2}{2}\right)\sqrt{\pi}}{\Gamma\left(\frac{\alpha + 3}{2}\right) } \right] \\ &= \frac{\sqrt{\pi}}{2\left(\alpha + 1\right)} \left[ \sqrt{\pi} - \frac{\Gamma\left(\frac{\alpha + 2}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{\alpha + 3}{2}\right) } \right] \end{align}

Ediciones: Corrección de originales límite de observación (ahora retirado) Corrección de no se indica la región de convergencia para $\alpha$. Corrección de 1/sqrt a sqrt en el final de la línea.

Gracias a los comentaristas por señalar.

Answer 1

Aquí es un método que se basa en el uso de una integral doble.

Tomando nota de la integral converge para $\alpha > -2$, reconociendo $$\arcsin x = \int_0^x \frac{du}{\sqrt{1 - u^2}},$$ la integral se puede escribir como $$I = \int_0^1 \int_0^x \frac{x^\alpha}{\sqrt{1 - u^2}} \, du dx.$$ Sobre el cambio del orden de integración, uno tiene \begin{equation} \int_0^1 \int_u^1 \frac{x^\alpha}{\sqrt{1 - u^2}} \, dx du. \qquad (*) \end{equation} Después de realizar la $x$integral nos queda $$I = \frac{1}{\alpha + 1} \int_0^1 \frac{1 - u^{\alpha + 1}}{\sqrt{1 - u^2}} \, du, \quad \alpha \neq -1.$$ El cumplimiento de una sustitución de $u \mapsto \sqrt{u}$ resultados en $$I = \frac{1}{2(\alpha + 1)} \int_0^1 \left (\frac{1}{\sqrt{u(1 - u)}} - \frac{u^{\alpha/2}}{\sqrt{ 1 - u}} \right ) \, du = I_1 - I_2.$$

La primera de las integrales es trivial $$I_1 = \frac{1}{2(\alpha + 1)} \int_0^1 \frac{du}{\sqrt{\frac{1}{4} - (u - \frac{1}{2})^2}} = \frac{1}{2(\alpha + 1)} \arcsin (2u - 1) \Big{|}^1_0 = \frac{\pi}{2(\alpha + 1)}.$$

Para la segunda de las integrales, puede ser evaluada por escrito y en términos de la función beta. Aquí \begin{align} I_2 &= \int_0^1 \frac{u^{\alpha/2}}{\sqrt{1 - u}} \, du\\ &= \int_0^1 u^{(\alpha/2 + 1) - 1} (1 - u)^{1/2 - 1} \, du\\ &= \text{B} \left (\frac{\alpha}{2} + 1, \frac{1}{2} \right )\\ &= \sqrt{\pi} \, \frac{\Gamma \left (\frac{\alpha + 2}{2} \right )}{\Gamma \left (\frac{\alpha + 3}{2} \right )}.\\ \end{align} Así $$I = \frac{1}{2(\alpha + 1)} \left [\pi - \sqrt{\pi} \, \frac{\Gamma \left (\frac{\alpha + 2}{2} \right )}{\Gamma \left (\frac{\alpha + 3}{2} \right )} \right ], \qquad \alpha \neq -1.$$

Para el caso cuando $\alpha = -1$, el doble de la integral en ($*$) se convierte en $$I = \int_0^1 \int_u^1 \frac{1}{x\sqrt{1 - u^2}} \, dx du.$$ Después de realizar la $x$integral que produce un logaritmo natural, uno tiene $$I = -\int_0^1 \frac{\ln u}{\sqrt{1 - u^2}} \, du.$$ El cumplimiento de una sustitución de $u \mapsto \sin u$ conduce a $$I = -\int_0^{\pi/2} \ln (\sin u) \, du. \qquad (**)$$ La integral que aparece en ($**$) es bastante famosa y razonablemente (?) bien conocido. Su evaluación se puede encontrar aquí o aquí. Así $$I = \frac{\pi}{2} \ln 2, \qquad \alpha = -1.$$

Answer 2

Respuesta 2.0:

Sabemos que para $|x|<1$, $$\arcsin x=\sum_{k\geq0}\frac{(1/2)_k}{k!(2k+1)}x^{2k+1}$$ Donde $$(1/2)_k=\frac{\Gamma(1/2+k)}{\Gamma(1/2)}$$ Por lo tanto podemos comenzar con $$F(a)=\sum_{k\geq0}\frac{(1/2)_k}{k!(2k+1)}\int_0^1x^{2k+a+1}\mathrm dx=\sum_{k\geq0}\frac{(1/2)_k}{k!(2k+1)(2k+2+a)}$$ Luego jugamos con las fracciones un poco para conseguir $$F(a)=\frac1{a+1}\sum_{k\geq0}\frac{(1/2)_k}{k!}\bigg[\frac1{2k+1}-\frac1{2k+2+a}\bigg]$$ $$F(a)=\frac1{a+1}\sum_{n\geq0}\frac{(1/2)_n}{n!}\frac1{2n+1}-\frac1{a+1}\sum_{k\geq0}\frac{(1/2)_k}{k!}\frac1{2k+2+a}$$ $$F(a)=\frac\pi{2(a+1)}-\frac1{a+1}\sum_{k\geq0}\frac{(1/2)_k}{k!(2k+2+a)}$$ $$F(a)=\frac\pi{2(a+1)}-\frac1{a+1}\sum_{k\geq0}\frac{(1/2)_k}{k!}\int_0^1x^{2k+1+a}\mathrm dx$$ $$F(a)=\frac\pi{2(a+1)}-\frac1{a+1}\int_0^1\sum_{k\geq0}\frac{(1/2)_k}{k!}x^{2k+1+a}\mathrm dx$$ $$F(a)=\frac\pi{2(a+1)}-\frac1{a+1}\int_0^1\frac{x^{a+1}}{\Gamma(1/2)}\sum_{k\geq0}\frac{\Gamma(1/2+k)}{k!}x^{2k}\mathrm dx$$ $$F(a)=\frac\pi{2(a+1)}-\frac1{a+1}\int_0^1\frac{x^{a+1}}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx$$ $u=x^2$: $$F(a)=\frac\pi{2(a+1)}-\frac1{2(a+1)}\int_0^1u^{a/2}(1-u)^{-1/2}\mathrm du$$ $$F(a)=\frac\pi{2(a+1)}-\frac{\Gamma(\frac{a+2}2)\Gamma(\frac12)}{2(a+1)\Gamma(\frac{a+3}2)}$$ $$F(a)=\frac{\sqrt{\pi}}{2(a+1)}\bigg[\sqrt{\pi}-\frac{\Gamma(\frac{a+2}2)}{\Gamma(\frac{a+3}2)}\bigg]$$