¿Cómo puedo probar la siguiente identidad? $$\int_0^1\frac{x^2-2\,x+2\ln(1+x)} {x ^ 3\, \sqrt {1-x ^ 2}} \mathrm dx = \frac {\pi^2} 8-\frac12$ $
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Primero observar que
$$x^2-2 x+2 \log{(1+x)} = 2 \sum_{k=3}^{\infty} (-1)^{k+1} \frac{x^k}{k}$$
La integral es entonces igual a
$$2 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k+3} \int_0^1 dx \frac{x^k}{\sqrt{1-x^2}}$$
Ahora, vamos a necesitar los tratamientos por separado para el par y el impar de términos (1):
$$\int_0^1 dx \frac{x^k}{\sqrt{1-x^2}} = \begin{casos} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2^{2 k}} \displaystyle \binom{2 k}{k} \frac{\pi}{2} & k \: \text{par}\\ \frac{\displaystyle 2^{2 k-1}}{\displaystyle k \binom{2 k}{k}} & k \: \text{impar} \end{casos} $$
Es decir, la integral es ahora igual a la diferencia entre las dos sumas:
$$ \pi \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2 k+3} \frac{1}{2^{2 k}} \binom{2 k}{k} - \frac12 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{ k+1} \frac{\displaystyle 2^{2 k}}{\displaystyle k \binom{2 k}{k}}$$
Ahora evaluar cada suma en turno. Para la primera, vamos a
$$f(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2 k+3} \frac{1}{2^{2 k}} \binom{2 k}{k} x^{2 k+3} $$
Entonces
$$f'(x) = x^2 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2^{2 k}} \binom{2 k}{k} x^{2 k} = \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}$$
lo que significa que, haciendo valer la condición de que $f(0)=0$ (2),
$$f(x) = \int dx \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{1}{2} \arcsin(x)-\frac{1}{2} x \sqrt{1-x^2}$$
La suma en cuestión es igual a $f(1) = \pi/4$. Para la segunda suma, definir
$$g(x) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k( k+1)} \frac{\displaystyle 2^{2 k}}{\displaystyle \binom{2 k}{k}} x^{k+1}$$
A continuación, (ver esta respuesta para una referencia)
$$g"(x) = \frac{1}{x} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(4 x)^k}{\displaystyle \binom{2 k}{k}} = \frac{\displaystyle 1+\frac{ \arcsin\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x(1-x)}}}{1-x}$$
Integrando dos veces y hacer valer la condición de que $g(0)=0$ y $g'(0)=0$, nos encontramos con que (3)
$$g(x) = x+\arcsin\left(\sqrt{x}\right)^2-2 \sqrt{x(1-x)} \arcsin\left(\sqrt{x}\right) $$
La segunda suma es entonces
$$g(1) = 1+\frac{\pi^2}{4}$$
El valor de la integral que buscamos es entonces igual a la
$$\pi f(1) - \frac12 g(1) = \pi \frac{\pi}{4} - \frac12 \left ( 1+ \frac{\pi^2}{4} \right ) = \frac{\pi^2}{8} - \frac12$$
como iba a ser mostrado.
ANEXO
Creo que debo llenar algunas lagunas de la anterior prueba. Voy a ir a través de cada resultado intermedio en la vuelta, así que la solución es más autónomo. Las integrales puedo evaluar de aquí no son tan difíciles como parecen, aunque no es una sutileza que debe ser señalado.
La ecuación (1)
$$\int_0^1 dx \frac{x^k}{\sqrt{1-x^2}}$$
a) $k$, incluso, es decir, $k=2 m$, $m \in \{0,1,2,\ldots\}$
Sub $x=\sin{t}$ para ver que esta integral es igual a
$$I_m = \int_0^{\pi/2} dt \, \sin^{2 m}{t} $$
Integrar por partes a ver que
$$\begin{align}I_m &= -\underbrace{\left [ \cos{t} \sin^{2 m-1}{t} \right ]_0^{\pi/2}}_{\text{esta}=0} + (2 m-1) \underbrace{\int_0^{\pi/2} dt \, \cos^2{t} \sin^{2 m-2}{t}}_{\cos^2{t}=1-\sin^2{t}}\\ &= (2 m-1) I_{m-1} - (2 m-1) I_m\end{align}$$
Por lo tanto,
$$I_m = \frac{2 m-1}{2 m} I_{m-1} = \frac{(2 m-1)(2 m-3)\cdots (3)(1)}{(2 m)(2 m-2)\cdots (2)} I_0$$
donde $I_0 = \int_0^{\pi/2} dt = \pi/2$. Podemos reorganizar el resultado anterior multiplicando el numerador por el denominador, y tenemos incluso para valores de $k$:
$$I_m = \frac{1}{2^{2 m}} \binom{2 m}{m} \frac{\pi}{2} $$
b) $k$ impar, es decir, $k=2 m+1$, $m \in \{0,1,2,\ldots\}$
Realizamos idénticos manipulaciones como el anterior, pero ahora tenemos que
$$I_m = \frac{(2 m)(2 m-2)\cdots (2)}{(2 m+1)(2m-1)\cdots (3)} I_1 $$
donde $I_1 = \int_0^{\pi/2} dt \, \sin{t} = 1$. El uso de manipulación similar anterior (excepto multiplicamos el denominador por el numerador), tenemos
$$I_m = \frac{1}{2 m+1} \frac{2^{2 m}}{\displaystyle \binom{2 m}{m}} $$
Usted puede notar, sin embargo, que esto no es el resultado que se muestra en la prueba. Una buena razón: este formulario complicaría la serie aproximación a la evaluación de la suma. A este efecto, vamos mapa $m \mapsto m-1$ y considerar $m \in \{1,2,3,\ldots\}$. Entonces
$$I_m = \frac{2^{2 m-2}}{2 m-1} \frac{[(m-1)!]^2}{(2 m-2)!} = \frac{2^{2 m-1}}{\displaystyle m \binom{2 m}{m}} $$
como se afirma.
La ecuación (2)
$$\underbrace{\int dx \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}}_{x=\sin{t}} = \int dt \, \sin^2{t} = \frac{t}{2} - \frac12 \sin{t} \cos{t}$$
de forma que el resultado publicado de la siguiente manera.
La ecuación (3)
Aquí tenemos 2 integraciones. En primer lugar,
$$g'(x) = \underbrace{\int dx \frac{1+\frac{\arcsin{\sqrt{x}}}{\sqrt{x (1-x)}}}{1-x}}_{x=u^2} = \underbrace{2 \int du \, \frac{u + \frac{\arcsin{u}}{\sqrt{1-u^2}}}{1-u^2}}_{u=\sin{t}} = 2 \int dt \, \bronceado{t} + 2 \int dt \ t \s^2{t} $$
Hacer la segunda integral por partes:
$$2 \int dt \ t \s^2{t} = 2 t \bronceado{t} - 2 \int dt \, \bronceado{t}$$
Así pues, tenemos una fortuito cancelación, y usando $t=\arcsin{\sqrt{x}}$, y la aplicación de $g'(0)=0$, tenemos
$$g'(x) = 2 \sqrt{\frac{x}{1-x}}\arcsin{\sqrt{x}}$$
Entonces, en segundo lugar, debemos integrar este resultado para obtener $g(x)$. Utilizamos similar sustituciones como el anterior (es decir, $x=u^2$, $u=\sin{t}$):
$$g(x) = 4 \int du \, \frac{u^2}{\sqrt{1-u^2}} \arcsin{u} = 4 \int dt \, t \, \sin^2{t}$$
Ahora, integrar por partes:
$$4 \int dt \, t \, \sin^2{t} = 2 t (t - \sin{t} \cos{t}) - 2 \int dt \, (t - \sin{t} \cos{t}) = t^2 - 2 t \sin{t} \cos{t} + \sin^2{t} +C $$
Ahora, utilice $t = \arcsin{\sqrt{x}}$ y el hecho de que $g(0)=0$ y obtener
$$g(x) = \arcsin{\left ( \sqrt{x}\right )}^2 - 2 \sqrt{x (1-x)} \arcsin{\left ( \sqrt{x}\right )} + x$$
según lo publicado anteriormente.
