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Muestra que $\int_0^{\pi/3}\arccos^2(2\sin^2 x-\cos x)\mathrm dx=\frac{19\pi^3}{135}$

Demuestre que $$\int_0^{\pi/3}\arccos^2(2\sin^2 x-\cos x)\mathrm dx=\frac{19\pi^3}{135}$$

Wolfram sugiere fuertemente que es verdad.

Aquí está el gráfico de $y=\arccos^2(2\sin^2 x-\cos x)$.

ingresa la descripción de la imagen aquí

Contexto

Me topé con esto cuando intentaba responder una pregunta similar: Demuestre que $\int_0^{\pi/3}\arccos(2\sin^2 x-\cos x)\mathrm dx=\frac{\pi^2}{5}$.

Mi intento

Usando las primeras tres sustituciones de la respuesta a la pregunta similar, obtuve:

$$\int_0^\frac{\pi}{3}\arccos^2(2\sin^2 x-\cos x)\mathrm dx$$

$$\overset{\large\tan\frac{x}{2}\to x}=2\int_0^\frac{1}{\sqrt3}\frac{\arccos^2\left(\frac{-1+8x^2+x^4}{(1+x^2)^2}\right)}{1+x^2}\mathrm dx$$

$$=8\int_0^\frac{1}{\sqrt 3}\frac{\arctan^2\left(\frac{1}{x}\sqrt{\frac{1-3x^2}{5+x^2}}\right)}{1+x^2}\mathrm dx$$

$$\overset{\large\frac{1}{x}\to\sqrt x}=4\int_3^\infty\frac{\arctan^2\left(\sqrt x\sqrt{\frac{x-3}{5x+1}}\right)}{\sqrt{x}(1+x)}\mathrm dx$$

$$\overset{\large \frac{x-3}{5x+1}\to x}=16\int_0^\frac{1}{5} \frac{1}{(1-x)(1-5x)} \frac{\arctan^2\left(\sqrt x\sqrt{\frac{3+x}{1-5x}}\right)}{\sqrt{\frac{3+x}{1-5x}}}\mathrm dx$$

Pero parece que esto no conduce a ningún lado.

29voto

Zacky Puntos 162

Podemos empezar reescribiendo la integral en términos de su inversa, de manera similar a como se ve en esta respuesta.

$$I=\int_0^{\frac{\pi}{3}}\arccos^2(2\sin^2 x-\cos x) dx \overset{x \to \pi-x}= \int_{\frac{2\pi}{3}}^\pi\arccos^2(2\sin^2 x+\cos x) dx$$

$$\small =\pi^3-\int_0^{\pi^2} \arccos\left(\frac14-\frac14 \sqrt{17-8\cos \sqrt{y}}\right)dy\overset{y^2\to y}=\pi^3-2\int_0^{\pi} y\arccos\left(\frac14-\frac14 \sqrt{17-8\cos y}\right)dy$$

A continuación, deberíamos notar que el argumento de $\arccos$ es la solución "$-$" de una ecuación cuadrática. Al mismo tiempo, tiene sentido considerar también la solución "$+$" de esta manera:

$$\mathcal J_{\pm}=\int_0^\pi y\arccos\left(\frac14\pm\frac14 \sqrt{17-8\cos y}\right)dy$$

Aquí cabe mencionar que la solución "$+$" es un número puramente imaginario, ya que el argumento de $\arccos$ está fuera del rango $(-1,1)$, por lo tanto podemos restarlo de la integral original y tomar directamente la parte real.

$$\Rightarrow I= \pi^3-2 \mathcal J_{-}=\pi^3-2\Re\left(\mathcal J_{-}-\mathcal J_{+}\right)= \pi^3-2\Re \int_0^\pi y \arccos\left(-1+\frac12e^{iy}\right)dy$$

$$=4\Re \int_0^\pi y\arcsin\left(\frac12 e^{iy/2}\right)dy=2\Re\sum_{n=0}^\infty \frac{(2n)!}{2^{4n} (n!)^2(2n+1)} \int_0^\pi y e^{iy(n+1/2)}dy$$

$$=4\pi \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n(2n)!}{2^{4n} (n!)^2 (2n+1)^2}-8 \sum_{n=0}^\infty \frac{(2n)!}{2^{4n} (n!)^2 (2n+1)^3}$$

$$=8\pi\int_0^1\frac{\operatorname{arcsinh}\left(\frac{y}{2}\right)}{y}dy+16 \int_0^1 \frac{\arcsin\left(\frac{y}{2}\right)\ln y}{y}dy$$

$$=\frac{2\pi^3}{5} - \frac{7\pi^3}{27}=\boxed{\frac{19\pi^3}{135}}$$

Arriba usamos la serie de potencias de la función $\arcsin$ (dos veces) así como la de $\operatorname{arcsinh}$. Además, la primera integral se puede encontrar aquí y la segunda aquí (después de integrarla por partes).


Puede valer la pena mencionar que podemos intentar generalizar la integral de la siguiente manera:

$$I(k)=\int_0^\frac{\pi}{3} \arccos^k\left(2\sin^2 x- \cos x \right) dx=2k\Re \int_0^\pi y^{k-1}\arcsin\left(\frac{1}2 e^{iy/2}\right)dy$$

$$=2k\sum_{n=0}^\infty \frac{(2n)!}{2^{4n} (n!)^2(2n+1)} \Re\left(\frac{1}{i^{k-1}}\frac{d^{k-1}}{dn^{k-1}}\frac{i+e^{in\pi}}{2n+1}\right)$$

Por ejemplo, con $k=3$ obtendremos:

$$\small I(3)=\int_0^\frac{\pi}{3} \arccos^3\left(2\sin^2 x- \cos x \right) dx=6\pi^2\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n(2n)!}{2^{4n} (n!)^2(2n+1)^2}-48\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n(2n)!}{2^{4n} (n!)^2(2n+1)^4}$$

$$\small =12\pi^2\int_0^1\frac{\operatorname{arcsinh}\left(\frac{y}{2}\right)}{y}dy-48 \int_0^1 \frac{\operatorname{arcsinh}\left(\frac{y}{2}\right)\ln^2 y}{y}dy=\frac{3\pi^4}{5}-48_5F_4\left(\begin{array}{c}\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12\\ \tfrac32,\tfrac32,\tfrac32,\tfrac32\end{array}\middle|-\tfrac14\right)$$

Es probable que la última función hipergeométrica se pueda simplificar, ya que tenemos la forma cerrada de una similar aquí:

$$\small _5F_4\left(\begin{array}{c}\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12\\ \tfrac32,\tfrac32,\tfrac32,\tfrac32\end{array}\middle|\color{red}{\tfrac14}\right) = \frac{\pi}{12}\zeta(3)+\frac{27}{32}\operatorname{Cl}_4\big(\tfrac23\pi\big)$$

4voto

user_infty Puntos 59

Esta es una respuesta específica a la generalización mencionada en la respuesta (increíble) de Zacky (me falta la reputación necesaria para comentar).

Evaluar $$S_-=\sum_{n=1}^\infty\frac{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)}{(2n+1)^4\,(-4)^n\,n!}$$

eventualmente debería dar una forma cerrada muy similar para $$_5F_4\left(\begin{array}{c}\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12\\ \tfrac32,\tfrac32,\tfrac32,\tfrac32\end{array}\middle|-\tfrac14\right)$$ como la que se presenta en la pregunta original, aunque no sin cierto esfuerzo.

Podré analizar esto más en unos días, pero por ahora no tengo tiempo, así que lo estoy poniendo aquí por si alguien desea intentarlo por su cuenta.

Si alguien desea convertir esto en un comentario de alguna manera, estaría agradecido.

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