Cálculo de la integral $\int_{0}^{\pi/2} x\,\arccos\left(x^{2}\right)\,{\rm d}x$

Question

Cómo se puede calcular la siguiente integral

$$ \int_{0}^{\pi/2} x\,\arccos\left(x^{2}\right)\,{\rm d}x\quad{\large ?} $$

Answer 1

Deje $\arccos$ denotar la inversa de la función coseno. Empezamos con la integral indefinida

$$I(x):=\int x\arccos \left( x^{2}\right) \mathrm{d}x.\qquad (1)$$

Integramos por sustitución, haciendo el cambio de variables $x^{2}=\cos \theta$

$$I(\theta )=-\frac{1}{2}\int \theta \cdot \sin \theta \ \mathrm{d}\theta \ ;$$

e integrar por partes (diferenciando $\theta $ y la integración de $\sin \theta $)

$$I(\theta )=-\frac{1}{2}\left( -\theta \cos \theta +\sqrt{1-\cos ^{2}\theta }\right)+C.$$

Por lo tanto

$$I(x)=\frac{1}{2}x^{2}\arccos \left( x^{2}\right) -\frac{1}{2}\sqrt{1-x^{4}}+C.\qquad (2)$$

En consecuencia

$$\begin{eqnarray*} I &:&=\int_{0}^{\pi /2}x\arccos \left( x^{2}\right) dx=\frac{1}{2}\left[ x^{2}\arccos \left( x^{2}\right) -\sqrt{1-x^{4}}\right] _{0}^{\pi /2} \\ &=&\frac{1}{2}\left[ \frac{\pi ^{2}}{4}\arccos \left( \frac{\pi ^{2}}{4}% \right) -\frac{1}{4}i\sqrt{\pi ^{4}-16}+1\right]. \end{eqnarray*}\qquad (3)$$

Desde $\frac{\pi ^{2}}{4}>1$, $\arccos \left( \frac{\pi ^{2}}{4}\right) $ no es real. Ahora podemos aplicar la siguiente relación (con $z$ complejo, ver Wolfram Matemáticas del Mundo, Coseno Inverso y mi deducción a continuación)

$$\begin{eqnarray*} \arccos z &=&\frac{1}{2}\pi +i\ln \left( iz+\sqrt{1-z^{2}}\right) \\ &=&\frac{1}{2}\pi +i\ln \left[ i\left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right) \right]. \end{eqnarray*}\qquad (4)$$

Para $z=\frac{\pi ^{2}}{4}$, obtenemos:

$$\arccos \left( \frac{\pi ^{2}}{4}\right) =i\ln \left( \frac{1}{4}\pi ^{2}+\frac{1}{4}\sqrt{\pi ^{4}-16}\right),$$

porque

$$\ln \left [\left( \frac{\pi ^{2}}{4}+\frac{1}{4}\sqrt{\pi ^{4}-16}\right) \right] =\ln \left( \frac{1}{4}\pi ^{2}+\frac{1}{4}\sqrt{\pi ^{4}-16}\right) +i\frac{\pi }{2}.$$

Así

$$\begin{eqnarray*} I &=&\frac{1}{2}\left[ \frac{\pi ^{2}}{4}\left( i\ln \left( \frac{1}{4}\pi ^{2}+\frac{1}{4}\sqrt{\pi ^{4}-16}\right) \right) -\frac{1}{4}i\sqrt{\pi ^{4}-16}+1\right] \\ &=&\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left[ \frac{\pi ^{2}}{4} \ln \left( \frac{1% }{4}\pi ^{2}+\frac{1}{4}\sqrt{\pi ^{4}-16}\right) -\frac{1}{4}\sqrt{% \pi ^{4}-16}\right] i \\ &\approx &\frac{1}{2}+0.78743i. \end{eqnarray*}\qquad (5)$$

Comentario: Anteriormente hemos tomado el valor principal del complejo logaritmo $\text{Log } w=\log |w|+i\arg(w)$. Sin embargo sos440 comentó que "el valor de la integral depende de la ruta que elegimos". En SWP, con Arce kernel, tenemos

$$I=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}i\pi ^{2}\ln 2+\frac{1}{8}i\pi ^{2}\ln \left( \pi ^{2}+\sqrt{\pi ^{4}-16}\right) -\frac{1}{8}i\sqrt{\pi ^{4}-16},$$

lo que confirma el cálculo anterior y el Wolfram Alpha $\approx 0.5+0.7874345i$.

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Deducción de $(4)$. Desde $\frac{1}{2}\pi =-i\ln i$, $(4)$ es equivalente a

$$\arccos z=i\ln \left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right)$$

o

$$z=\cos \left[ i\ln \left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right) \right].$$

Usando la relación

$$\cos \left( i\alpha \right) =\frac{e^{-\alpha }+e^{\alpha }}{2}$$

para $\alpha =\ln \left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right) $, obtenemos

$$\begin{eqnarray*} \cos \left[ i\ln \left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right) \right] &=&\frac{1}{2}\left[ e^{-\ln \left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right) }+e^{\ln \left( z+\sqrt{z^{2}-1}% \right) }\right] \\ &=&\frac{1}{2}\left( \frac{1}{z+\sqrt{z^{2}-1}}+z+\sqrt{z^{2}-1}\right) \\ &=&\frac{1}{2}\left[ \frac{\left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) +\left( z+\sqrt{% z^{2}-1}\right) ^{2}\left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) }{\left( z+\sqrt{z^{2}-1}% \right) \left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) }\right] \\ &=&z, \end{eqnarray*}$$

porque

$$\left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right) \left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) =1$$

y

$$\frac{1}{2}\left[ \left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) +\left( z+\sqrt{z^{2}-1}% \right) ^{2}\left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) \right] =z.$$

Aparece en p. 442 de Lo que es una Forma Cerrada de Número? por Timoteo Y. Chowhere también en la forma

$$\arccos x=-i\log \left( x+e^{\dfrac{\log \left( x^{2}-1\right) }{2}}\right).$$