Integral de la $\int_0^{1/2}\arcsin x\cdot\ln^2x\,dx$

Question

Estoy interesado en esta integral $$\int_0^{1/2}\arcsin x\cdot\ln^2x\,dx$$ Mi idea era evaluar primero $$\int_0^{1/2}\arcsin x\cdot x^a\,dx=\frac{2^{-a}\,\pi-6B_{1/4}\left(\frac{a}{2}+1,\frac{1}{2}\right)}{12\,(a+1)}$$ en términos de la función Beta incompleta y, a continuación, encontrar la derivada segunda en $a=0$, pero terminó con feo derivados de funciones hipergeométricas w.r.t. sus parámetros de los que no sabía cómo encontrar una forma cerrada de la expresión. Podría usted sugerir una forma diferente de evaluar esta integral?

Answer 1

Uno puede encontrar de la siguiente forma cerrada.

La proposición. $$\begin{align} \int_0^{1/2}\!\!\arcsin x\cdot\ln^2x\,dx=& \small{\frac{\pi^2}{12}+\frac{\pi}6+3 \sqrt{3}-6+\left(\frac{\pi }{6}+2 \sqrt{3}+4 \right)\ln 2+\left(\frac{\pi }{12}+\frac{\sqrt{3}}{2}-1\right)\ln^2 2}\\&\small{-4 \ln\left(2+\sqrt{3}\right)+\frac12 \text{Li}_2\!\left(\frac{2-\sqrt{3}}4\right)-\frac12 \text{Li}_2\!\left(\frac{2+\sqrt{3}}4\right)}, \end{align}$$

donde $\text{Li}_2(\cdot)$ representa el dilogarithm función.

Sugerencia. Podemos comenzar con una integración por partes y por hacer dos cambios sucesivos de la variable.

$$\begin{align} &\int_0^{1/2}\arcsin x\cdot\ln^2x\,dx \\&=\left[\arcsin x\cdot\left(2 x-2 x \ln x+x \ln^2 x\right)\right]_0^{1/2}-\int_0^{1/2}\frac{2x}{\sqrt{1-x^2}}\cdot\left(\frac12\: \ln^2 x-\ln x+1\right)dx \\&=\frac{\pi}6 \left(\frac{\ln^22}2+\ln 2+1\right) -\int_0^{1/4}\frac1{\sqrt{1-u}}\cdot\left(\frac18\: \ln^2 u-\frac12\:\ln u+1\right)du \quad (u=x^2) \\&=\frac{\pi}6 \left(\frac{\ln^22}2+\ln 2+1\right) -\int_{\sqrt{3}/2}^1\left(\frac14\: \ln^2 (1-v^2)-\ln (1-v^2)+2\right)dv \quad (v=\sqrt{1-u}). \end{align}$$ A continuación, nos lleva a considerar la posibilidad de $$\begin{align} \int_{\sqrt{3}/2}^1&\left(\frac14\: \ln^2 (1-v^2)-\ln (1-v^2)+2\right)dv \\&=\frac14\int_{\sqrt{3}/2}^1\ln^2 (1-v^2)\:dv+\int_{\sqrt{3}/2}^1\left(-\ln (1-v^2)+2\right)dv. \end{align}$$ La última integral es fácilmente evaluados ser igual a $$\begin{align} \int_{\sqrt{3}/2}^1\left(-\ln (1-v)-\ln(1+v)+2\right)dv =4-2\sqrt{3}-(2+\sqrt{3})\ln2+2\ln(2+\sqrt{3}). \end{align}$$ Por otro lado, mediante una integración por partes, tenemos $$\int_{\sqrt{3}/2}^1\ln^2 (1-v^2)\:dv=\left[v\:\ln^2 (1-v^2)\right]_{\sqrt{3}/2}^1 +4\int_{\sqrt{3}/2}^1\frac{v^2}{1-v^2}\:\left(\ln (1-v)+\ln (1+v)\right)dv$$ A continuación, evaluamos el último integral por una fracción parcial de la descomposición y la realización de dos cambios de variable que nos permite utilizar el estándar de la identidad $$\text{Li}_2(z)=-\int_0^z\frac{\log (1-u)}u\:du.$$ Trayendo todos los pasos juntos da el anuncio de un resultado.

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Mediante el uso de un camino similar, uno puede encontrar una forma cerrada de todas las integrales de $$\int_0^a\!\!\arcsin x\cdot\ln^2x\,dx,\quad 0\leq a\leq1,$$ Omito la expresión de lo que es un poco largo.

Tenemos

Ejemplo de $1$. $$\begin{align} \int_0^1\!\!\arcsin x\cdot\ln^2x\,dx=& \frac{\pi^2}{12}+\pi-\ln^2 2+4\ln 2-6. \end{align}$$

Mediante el uso de algunos valores especiales de la dilogarithm función de $\text{Li}_2(\cdot)$, se obtiene la siguiente integral dada en términos de primaria constantes.

Ejemplo de $2$. $$\begin{align} &\int_0^{2\sqrt{\sqrt{5}-2}}\!\!\arcsin x\cdot\ln^2x\,dx \\&=-18+6 \sqrt{5}+\frac{\pi ^2}{15}+4 \sqrt{\sqrt{5}-2} \arctan\left(2 \sqrt{\sqrt{5}+2}\right) \\&+2 \ln 2-\frac{\ln^2 2}{2}-4 \sqrt{\sqrt{5}-2} \arctan\left(2 \sqrt{\sqrt{5}+2}\right) \ln 2 \\&+2\sqrt{\sqrt{5}-2} \arctan\left(2 \sqrt{\sqrt{5}+2}\right) \ln^2 2 -\sqrt{5} \ln\left(144-64 \sqrt{5}\right) \\&+\frac{\sqrt{5}-3}4 \ln^2\left(3-\sqrt{5}\right)-\ln^2\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}\right) \\&+\frac{1}{4} \sqrt{5} \ln\left(14-6 \sqrt{5}\right) \ln\left(\sqrt{5}-1\right) -\frac{1}{4} \ln^2\left(\sqrt{5}-1\right)+\frac{1}{4} \sqrt{5} \ln^2\left(\sqrt{5}-1\right) \\&+2 \sqrt{\sqrt{5}-2} \arctan\left(2 \sqrt{\sqrt{5}+2}\right) \ln\left(\sqrt{5}+2\right) \\&-2\sqrt{\sqrt{5}-2} \arctan\left(2 \sqrt{\sqrt{5}+2}\right)\cdot\ln 2\cdot\ln\left(\sqrt{5}+2\right) \\&+\frac{1}{2} \sqrt{\sqrt{5}-2} \arctan\left(2 \sqrt{\sqrt{5}+2}\right) \ln^2\left(\sqrt{5}+2\right) \\&-\frac12 \ln\left(3-\sqrt{5}\right)\ln\left(4 \sqrt{5}-4\right)+2 \ln\left(208 \sqrt{5}-464\right). \end{align}$$

Answer 2

Hay una forma cerrada de la anti-derivada correspondiente a esta integral:

$$\int\arcsin x\cdot\ln^2x\,dx= \sqrt{1-x^2}\cdot\left(\ln^2x-4\ln x+6\right)\\+x\cdot\arcsin x\cdot\left(\ln^2x-2\ln x+2\right)-\ln^2\alpha+\left(\ln4-4\right)\cdot\ln\alpha-\operatorname{Li}_2\left(-\alpha^{-2}\right),$$

donde $$\alpha=\frac{1+\sqrt{1-x^2}}x,$$ que puede ser demostrado por la diferenciación. Nos permite evaluar una integral definida sobre algún intervalo.

Answer 3

Alternativamente, dejando $~a=2+\sqrt3,~$ hemos

$$\begin{align} I~&=~\dfrac\pi6~(\pi+1)~+ \\\\ &+~\bigg(\dfrac\pi{12}+\dfrac{\sqrt3}2-3\bigg)\ln^22~+~\bigg[\dfrac\pi6+(a-1)^2\bigg]\ln2~+ \\\\ &+~\dfrac{\ln^2a}2-4\ln a-\dfrac3a-\text{Li}_2\bigg(\dfrac a4\bigg). \end{align}$$

Esta simple expresión se entiende como un complemento a Olivier Oloa's maravillosa respuesta. La aparente discrepancia se explica por las propiedades de la polylogarithm.