Forma analítica de: $ \int \frac{\bigl[\cos^{-1}(x)\sqrt{1-x^2}\bigr]^{-1}}{\ln\bigl( 1+\sin(2x\sqrt{1-x^2})/\pi\bigr)} dx $

Question

Fondo: En mi búsqueda para resolver integrales difíciles, me encontré con este sitio: http://www.durofy.com/5-most-beautiful-questions-from-integral-calculus/

Buenos problemas para mí (novato), aunque creo que estas integrales pueden ser fáciles para otros.

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Estoy teniendo problemas con esta integral: $$ \int \frac{\left[\cos^{-1}(x)\left(\sqrt{1-x^2}\right)\right]^{-1}}{\ln\left( 1+\frac{\sin(2x\sqrt{1-x^2})}{\pi}\right)} dx $$

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Mi esfuerzo: Intenté convertir $\sqrt{1-x^2}$ en '$ \cos(\arcsin x) $' y luego simplificarlo, pero no pude. Entonces intenté convertirlo en '$\sin(\arccos x)$', pero solo empeoró las cosas.

Editar: Como Lucian sugirió en los comentarios, llegué hasta aquí -

$$ \int \frac{-1}{t\ln\left( 1+\frac{\sin(\sin(2t))}{\pi}\right)} dx $$ Habría pensado en hacer esto, si la 'función seno primaria' en el denominador fuera una función 'arcsin'. El problema es que no puedo seguir. ¿Qué debo hacer?

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Pregunta: ¿Cuál es la forma analítica de esta integral? ¿Cuál es el truco/sustitución/concepto subyacente necesario para resolver esta integral?

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Nota: También puede existir una solución en forma no cerrada; no sé al respecto. Si logras evaluar esta integral en términos de funciones especiales incluyendo Bessel, Gamma o Faddeeva, está bien; puedes publicarlo.

Answer 1

Sea $$J(x)=\int\dfrac1{\ln\left(1+\dfrac1\pi\sin\left(2x\sqrt{1-x^2}\right)\right)}\dfrac{\mathrm dx}{\sqrt{1-x^2}\cos^{-1}x}.\tag1$$ En primer lugar, $$1-\left(2x\sqrt{1-x^2}\right)^2 = 1-4x^2+4x^4 = (2x^2-1)^2 = (\cos(2\cos^{-1}x))^2,$$ entonces $$J(x)=\int\dfrac{d(\cos^{-1}x)}{\cos^{-1}x\cdot\ln\left(1+\dfrac1\pi\cos\left(\cos(2\cos^{-1}x)\right)\right)}=J_1(\cos^{-1}x),\tag2$$ donde $$J_1(y)=\int\dfrac{\mathrm dy}{y\ln\left(1+\dfrac1\pi\cos(\cos 2y)\right)}.\tag3$$ No he obtenido una expresión cerrada para $(3).$

Al mismo tiempo, es posible obtener la serie de Taylor de $${\small \dfrac1{\ln\left(1+\dfrac1\pi\cos(z)\right)} = \dfrac1p\left(1+\dfrac1{2q}y^2 + \dfrac{6+(2-\pi)p}{24q^2}y^4+\dfrac{90+30(2-\pi)p+(16-13\pi+\pi^2)p^2}{720q^3}y^6+\dots\right)},$$ donde $$p=\ln\left(1+\dfrac1\pi\right),\quad q=(\pi+1)\ln\left(1+\dfrac1\pi\right)\tag4$$ (ver también Wolfram Alpha)), y esta aproximación conduce a la fórmula de $$\begin{align} &J_1(y)\approx\dfrac1{23040(1+\pi)^3p^4}\Big( \left(90+(60-30\pi)p+(\pi^2-13\pi+16)p^2\right)\mathrm{Ci}(12y)\\ &-6\left(-90 - (90\pi+180)p + (19\pi^2-7\pi -56)p^2\right)\mathrm{Ci}(8y)\\ &+15\left(90+(252+162\pi)p + (464+787\pi+353\pi^2)p^2\right)\mathrm{Ci}(4y)\\ &+\big((23040\pi^3+69120\pi^2+69120\pi+23040)p^3+(5410\pi^2+11750\pi+6640)p^2\\ &+(1860\pi+2760)p+900\big)\ln(2y)+\dots\Big) \end{align}$$ (ver también Wolfram Alpha)z%5E2%20%2B%20((6%2B(2-%5Cpi)p)%2F(24p%5E3(1%2Bpi)%5E2))z%5E4%2B((90%2B30(2-%5Cpi)p%2B(16-13%5Cpi%2B%5Cpi%5E2)p%5E2)%2F(720p%5E4(1%2Bpi)%5E3))z%5E6)%2Fy%20dy,%20where%20z%3Dcos(2y),%20p%3Dln(1%2B1%2Fpi))).