Demostrar $\int_{0}^{1} \frac{\sin^{-1}(x)}{x} dx = \frac{\pi}{2}\ln2$

Question

Me topé con la interesante de la integral definida \begin{equation} \int\limits_0^1 \frac{\sin^{-1}(x)}{x} dx = \frac{\pi}{2}\ln2 \end{equation}

Aquí está mi prueba de este resultado.

Deje $u=\sin^{-1}(x)$ integrar por partes, \begin{align} \int \frac{\sin^{-1}(x)}{x} dx &= \int u \cot(u) du \\ &= u \ln\sin(u) - \int \ln\sin(u) du \tag{1} \label{eq:20161030-1} \end{align}

\begin{align} \int \ln\sin(u) du &= \int \ln\left(\frac{\mathrm{e}^{iu} - \mathrm{e}^{-iu}}{i2} \right) du \\ &= \int \ln\left(\mathrm{e}^{iu} - \mathrm{e}^{-iu} \right) du \,- \int \ln(i2) du \\ &= \int \ln\left(1 - \mathrm{e}^{-i2u} \right) du + \int \ln\mathrm{e}^{iu} du \,-\, u\ln(i2) \\ &= \int \ln\left(1 - \mathrm{e}^{-i2u} \right) du + \frac{i}{2}u^{2} -u\ln2 \,-\, ui\frac{\pi}{2} \tag{2} \label{eq:20161030-2} \end{align}

Para evaluar la integral anterior, vamos a $y=\mathrm{e}^{-i2u}$ \begin{equation} \int \ln\left(1 - \mathrm{e}^{-i2u} \right) du = \frac{i}{2} \int \frac{\ln(1-y)}{y} dy = -\frac{i}{2} \operatorname{Li}_{2}(y) = -\frac{i}{2} \operatorname{Li}_{2}\mathrm{e}^{-i2u} \tag{3} \label{eq:20161030-3} \end{equation}

Ahora sustituimos la ecuación \eqref{eq:20161030-3} en la ecuación \eqref{eq:20161030-2}, a continuación, sustituir el resultado en la ecuación \eqref{eq:20161030-1}, cambiar las variables de vuelta a (x), y aplicar los límites, \begin{align} \int\limits_{0}^{1} \frac{\sin^{-1}(x)}{x} dx &= \sin^{-1}(x)\ln(x) + \sin^{-1}(x)\left(\ln2 + i\frac{\pi}{2}\right) \\ &- \frac{i}{2}[\sin^{-1}(x)]^{2} + \frac{i}{2} \operatorname{Li}_{2}\mathrm{e}^{-i2\sin^{-1}(x)} \Big|_0^1 \\ &= \frac{\pi}{2}\ln2 \end{align}

Yo estaría interesado en ver otras soluciones.

Answer 1

Una real solución analítica. A través de la sustitución de $x=\sin\theta$ y la integración por partes, nuestra integral se convierte en

$$ I = \int_{0}^{\pi/2}\theta\cot(\theta)\,d\theta = -\int_{0}^{\pi/2}\log\sin(\theta)\,d\theta \tag{1}$$ y ya $$ \prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\frac{\pi k}{n}\right) = \frac{2n}{2^n}\tag{2} $$ es un conocido de la identidad, por las sumas de Riemann $$ \int_{0}^{\pi/2}\log\sin(\theta)\,d\theta = \frac{\pi}{2}\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\log\left(\frac{2n}{2^n}\right) = -\frac{\pi}{2}\log(2).\tag{3}$$

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \int_{0}^{1}{\arcsin\pars{x} \over x}\,\dd x & \,\,\,\stackrel{\mbox{i.b.p.}}{=}\,\,\, -\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over \root{1 - x^{2}}}\,\dd x \,\,\,\stackrel{x^{2}\ \mapsto\ x}{=}\,\,\, -\,{1 \over 4}\int_{0}^{1}{x^{-1/2}\ln\pars{x} \over \root{1 - x}}\,\dd x \\[5mm] & = \left.-\,{1 \over 4}\,\partiald{}{\mu}\int_{0}^{1}x^{\mu}\pars{1 - x}^{-1/2}\,\dd x\,\right\vert_{\ \mu\ =\ -1/2} \\[5mm] & = \left.-\,{1 \over 4}\,\partiald{}{\mu}\bracks{\Gamma\pars{\mu + 1}\Gamma\pars{1/2} \over \Gamma\pars{\mu + 3/2}}\,\right\vert_{\ \mu\ =\ -1/2} \\[5mm] & = -\,{1 \over 4}\,\root{\pi}\, {\Gamma'\pars{1/2}\Gamma\pars{1} - \Gamma'\pars{1}\Gamma\pars{1/2} \over \Gamma^{2}\pars{1}} \\[5mm] & = -\,{1 \over 4}\,\root{\pi}\,\bracks{% \Gamma\pars{1 \over 2}\Psi\pars{1 \over 2} - \Gamma\pars{1}\Psi\pars{1}\Gamma\pars{1 \over 2}} \\[5mm] & = -\,{1 \over 4}\,\pi\bracks{\Psi\pars{1 \over 2} + \gamma} = -\,{1 \over 4}\,\pi\bracks{-2\ln\pars{2}} = \bbox[#ffe,10px,border:1px dotted navy]{\ds{{1 \over 2}\,\pi\ln\pars{2}}} \end{align}

Answer 3

Integración por partes, se reduce a la integral,

$$\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{\sqrt{1-x^2}} dx$$

Y la sustitución de la $x=\sin u$ reduce la integral,

$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\sin u) du$$

Y la sustitución de la $v=\frac{\pi}{2}-x$ reduce la integral,

$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\cos v) dv$$

$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\cos u) du$$

Ahora añadir el de las integrales y tomando nota de las propiedades de los logaritmos tenemos,

$$2I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \ln (2 \sin x \cos x)-\ln 2\right) dx$$

Doble ángulo,

$$2I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\sin 2x) dx -\frac{\pi}{2} \ln 2$$

La sustitución de $s=2x$ da $$2I=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} \ln (\sin s) ds -\frac{\pi}{2} \ln 2$$

Pero

$$\int_{0}^{\pi} \ln (\sin s) ds=2I$$

Sigue a partir de la sustitución de $w=\frac{\pi}{2}-s$ y la uniformidad de la función $f(w)=\ln (\cos w)$:

$$\int_{0}^{\pi} \ln (\sin s) ds$$ $$=-\int_{\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{2}} \ln (\cos w) dw$$

$$=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\cos w)dw $$ $$=2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\cos w) dw=2I$$

Así,

$$2I=I-\frac{\pi}{2}\ln 2$$

$$I=-\frac{\pi}{2}\ln 2$$