Interesante integral de $\frac {\log x}{\sqrt{1-x^2}}$

Question

Pregunta: Evaluar $$I=\int\limits_0^{1/2}dx\,\frac {\log x}{\sqrt{1-x^2}}$$

Lo he hecho lo mejor que he podido. Lo primero que hice fue utilizar la diferenciación bajo el signo integral, pero no estaba seguro de dónde continuar después.

Lo siguiente que hice fue intentar sustituir $x\mapsto 2x$ para obtener los límites en términos de cero y uno y transformar $I$ en la función beta (no hubo suerte porque el denominador es $1-4x^2$ ).

Entonces intenté la integración por partes. Al principio parecía prometedor porque conseguí $$I=-\frac {\pi}6-\int\limits_0^{1/2}dx\,\frac {\arcsin x}{x}$$ Pero no estoy seguro de cómo evaluar la segunda integral. Incluso intenté usar una Transformada de Laplace, pero de nuevo no estoy seguro de cómo evaluar la integral $$\mathcal{L}(f(t))=\int\limits_0^{\infty}dt\, e^{-st}\arcsin t$$

¿Puede alguien darme algunas pistas sobre por dónde empezar y qué hacer? Me he quedado sin ideas.

Answer 1

Sugerencia . Por el cambio de variable, $$ \theta=\arcsin x, \qquad d\theta=\frac {dx}{\sqrt{1-x^2}}, $$ se obtiene $$ I=\int_0^{1/2}dx\,\frac {\log x}{\sqrt{1-x^2}}=\int_{0}^{\large\frac \pi6}\ln(\sin \theta)\,d\theta $$ entonces se puede utilizar la identidad estándar, $$\log(\sin \theta)=-\ln 2-\sum_{k\geq 1}\frac{\cos(2k\theta)}{k} \qquad \left(0<\theta<\pi \right), $$ para obtener, mediante una integración termal válida, $$ I=-\frac{\pi\ln 2}6-\frac12\sum_{k\ge 1}\frac{\sin(\pi k/3)}{k^2}=-\frac{\pi\ln 2}6+\frac12\Im\:\text{Li}_2\left(\frac12-i\frac{\sqrt{3}}2\right), $$ es decir $$\bbox[15px,border:1px solid #ff6600]{ \int_0^{1/2}dx\,\frac {\log x}{\sqrt{1-x^2}}=-\frac{\pi\ln 2}6+\frac12\Im\:\text{Li}_2\left(\frac12-i\frac{\sqrt{3}}2\right)} $$ donde $\text{Li}_2(\cdot)$ es el función dilogaritmo .

Answer 2

Por cierto, Maple lo evalúa utilizando una función hipergeométrica:

$$ -\frac{\pi}6-\frac{\pi}{6}\,\ln \left( 2 \right) +{\frac { {\mbox{$ _3 $F$ _2 $}(3/2,3/2,3/2;\,5/2,5/2;\,1/4)}}{72}}$$