Integral definida de arcsine sobre raíz cuadrada de cuadrada

Question

Para $a,b \in\mathbb {R} \land0 <a \le1\land0\le b$ define $ \mathcal {I}{ \left (a,b \right )}$ por la integral $$ \mathcal {I}{ \left (a,b \right )}:= \int_ {0}^{a} \frac { \arcsin { \left (2x-1 \right )}\, \mathrm {d}x}{ \sqrt { \left (a-x \right ) \left (b+x \right )}}. \tag {1}$$

La integral $(1)$ arriba tiene formas cerradas en los siguientes casos especiales:

$$ \mathcal {I}{ \left (a,0 \right )}=4\, \chi_ {2}{ \left ( \sqrt {a} \right )}- \frac { \pi ^2}{2};~~~ \small {0 \le a \le1 }, \tag {2}$$

$$ \mathcal {I}{ \left (1,b \right )}=4\, \chi_ {2}{ \left ( \frac {1}{ \sqrt {1+b}} \right )}- \pi\operatorname {arccot}{ \left ( \sqrt {b} \right )};~~~ \small {0<b}, \tag {3}$$

donde $ \chi_ {2}{ \left (z \right )}$ es la función de chi de Legendre del orden 2, que puede ser definida como

$$ \chi_ {2}{ \left (z \right )}:= \int_ {0}^{z} \frac { \operatorname {arctanh}{ \left (t \right )}}{t}\, \mathrm {d}t= \frac { \operatorname {Li}_{2}{ \left (z \right )}- \operatorname {Li}_{2}{ \left (-z \right )}}{2};~~~ \small { \left [ \left |z \right | \le1\right ]}.$$

También pude encontrar un formulario cerrado para el caso especial en el que $b=a$ con la participación de ${_4F_3}$ funciones hipergeométricas generalizadas. Esto me lleva a creer que si la integral $ \mathcal {I}{(a,b)}$ posee una forma cerrada en absoluto, probablemente será en términos de hipergeometría en lugar de funciones más simples como los polilogaritmos estándar y las integrales elípticas.

Pregunta: Puede $(1)$ se evaluarán en términos de funciones especiales conocidas en el caso general en que $0<a<1 \land0 <b$ ? Si no, ¿podemos al menos encontrar una bonita representación de la función hipergeométrica?

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Answer 1

Para $0<a<1\land0<b$ , $$\small{\mathcal{I}{\left(a,b\right)}=-\pi\arcsin{\left(\sqrt{\frac{a}{a+b}}\right)}+\frac{\pi a}{\sqrt{a+b}}F_{3}{\left(\frac12,\frac12;\frac12,\frac12;2;a,\frac{a}{a+b}\right)}.}$$

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Prueba:

La función seno inversa puede definirse en el círculo unitario complejo mediante la representación integral

$$\arcsin{\left(z\right)}:=\int_{0}^{z}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^{2}}};~~~\small{z\in\mathbb{C}\land\left|z\right|\le1}.$$

Utilizando la representación integral de $\arcsin{\left(z\right)}$ anterior, podemos expresar $\mathcal{I}{\left(a,b\right)}$ equivalentemente como una integral doble con un integrando algebraico. Me he dado cuenta de que la integral doble resultante tiene una expresión natural an Función hipergeométrica de apelación del tercer tipo:

$$F_{3}{\left(\alpha,\alpha^{\prime};\beta,\beta^{\prime};\gamma;z,w\right)}=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\alpha\right)_{n}\left(\alpha^{\prime}\right)_{k}\left(\beta\right)_{n}\left(\beta^{\prime}\right)_{k}}{\left(\gamma\right)_{n+k}n!\,k!}z^{n}w^{k},$$

donde $\left|z\right|<1\land\left|w\right|<1$ .

Una representación integral para $F_{3}$ se deriva en el apéndice siguiente.

Ahora, asumiendo $0<a<1\land0<b$ encontramos

$$\begin{align} \mathcal{I}{\left(a,b\right)} &=\int_{0}^{a}\frac{\arcsin{\left(2t-1\right)}}{\sqrt{\left(a-t\right)\left(b+t\right)}}\,\mathrm{d}t\\ &=\int_{0}^{a}\mathrm{d}t\,\frac{1}{\sqrt{\left(a-t\right)\left(b+t\right)}}\int_{\frac12}^{t}\mathrm{d}u\,\frac{1}{\sqrt{u\left(1-u\right)}}\\ &=-\int_{0}^{a}\mathrm{d}t\,\frac{1}{\sqrt{\left(a-t\right)\left(b+t\right)}}\int_{0}^{\frac12}\mathrm{d}u\,\frac{1}{\sqrt{u\left(1-u\right)}}\\ &~+\int_{0}^{a}\mathrm{d}t\,\frac{1}{\sqrt{\left(a-t\right)\left(b+t\right)}}\int_{0}^{t}\mathrm{d}u\,\frac{1}{\sqrt{u\left(1-u\right)}}\\ &=-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{\left(a-t\right)\left(b+t\right)}}\\ &~+\int_{0}^{a}\mathrm{d}t\,\frac{1}{\sqrt{\left(a-t\right)\left(b+t\right)}}\int_{0}^{t}\mathrm{d}u\,\frac{1}{\sqrt{u\left(1-u\right)}}\\ &=-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u\left(a+b-u\right)}};~\small{\left[a-t=u\right]}\\ &~+\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{a}{\sqrt{ax\left(a+b-ax\right)}}\int_{0}^{a-ax}\mathrm{d}u\,\frac{1}{\sqrt{u\left(1-u\right)}};~\small{\left[\frac{a-t}{a}=x\right]}\\ &=-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\frac{a}{a+b}}\frac{\mathrm{d}v}{\sqrt{v\left(1-v\right)}};~\small{\left[u=\left(a+b\right)v\right]}\\ &~+\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{a}{\sqrt{ax\left(a+b-ax\right)}}\int_{0}^{1-x}\mathrm{d}y\,\frac{a}{\sqrt{ay\left(1-ay\right)}};~\small{\left[u=ay\right]}\\ &=-\pi\int_{0}^{\sqrt{\frac{a}{a+b}}}\frac{\mathrm{d}w}{\sqrt{1-w^2}};~\small{\left[\sqrt{v}=w\right]}\\ &~~~+\frac{a}{\sqrt{a+b}}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\mathrm{d}y\,\frac{1}{\sqrt{yx\left(1-ay\right)\left(1-\frac{a}{a+b}x\right)}}\\ &=-\pi\arcsin{\left(\sqrt{\frac{a}{a+b}}\right)}+\frac{\pi a}{\sqrt{a+b}}F_{3}{\left(\frac12,\frac12;\frac12,\frac12;2;a,\frac{a}{a+b}\right)}.\\ \end{align}$$

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Apéndice:

Dados los supuestos de los parámetros

$$\small{z,w\in\mathbb{D}\land\alpha,\alpha^{\prime},\beta,\beta^{\prime},\gamma\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{Z}^{\le0}\land0<\Re{\left(\beta\right)}\land0<\Re{\left(\beta^{\prime}\right)}\land0<\Re{\left(\gamma-\beta-\beta^{\prime}\right)}}$$

una representación integral para la función hipergeométrica de Appell del tercer tipo puede derivarse como sigue:

$$\begin{align} F_{3} &=F_{3}{\left(\alpha,\alpha^{\prime};\beta,\beta^{\prime};\gamma;z,w\right)}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\alpha\right)_{n}\left(\alpha^{\prime}\right)_{k}\left(\beta\right)_{n}\left(\beta^{\prime}\right)_{k}}{\left(\gamma\right)_{n+k}n!\,k!}z^{n}w^{k}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\alpha\right)_{n}\left(\alpha^{\prime}\right)_{k}\left(\beta\right)_{n}\left(\beta^{\prime}\right)_{k}}{\left(\gamma\right)_{n}\left(\gamma+n\right)_{k}n!\,k!}z^{n}w^{k}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\alpha\right)_{n}\left(\beta\right)_{n}z^{n}}{\left(\gamma\right)_{n}n!}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\alpha^{\prime}\right)_{k}\left(\beta^{\prime}\right)_{k}w^{k}}{\left(\gamma+n\right)_{k}\,k!}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\alpha\right)_{n}\left(\beta\right)_{n}z^{n}}{\left(\gamma\right)_{n}n!}\,{_2F_1}{\left(\alpha^{\prime},\beta^{\prime};\gamma+n;w\right)}\\ &=\small{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\alpha\right)_{n}\left(\beta\right)_{n}z^{n}}{\left(\gamma\right)_{n}n!}\cdot\frac{1}{\operatorname{B}{\left(\beta^{\prime},\gamma+n-\beta^{\prime}\right)}}\int_{0}^{1}\frac{t^{\beta^{\prime}-1}\left(1-t\right)^{\gamma+n-\beta^{\prime}-1}}{\left(1-wt\right)^{\alpha^{\prime}}}\,\mathrm{d}t}\\ &=\small{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\alpha\right)_{n}\left(\beta\right)_{n}z^{n}}{\left(\gamma\right)_{n}n!}\cdot\frac{\Gamma{\left(\gamma+n\right)}}{\Gamma{\left(\beta^{\prime}\right)}\,\Gamma{\left(\gamma+n-\beta^{\prime}\right)}}\int_{0}^{1}\frac{t^{\beta^{\prime}-1}\left(1-t\right)^{\gamma+n-\beta^{\prime}-1}}{\left(1-wt\right)^{\alpha^{\prime}}}\,\mathrm{d}t}\\ &=\small{\frac{\Gamma{\left(\gamma\right)}}{\Gamma{\left(\beta^{\prime}\right)}\,\Gamma{\left(\gamma-\beta^{\prime}\right)}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\alpha\right)_{n}\left(\beta\right)_{n}z^{n}}{\left(\gamma-\beta^{\prime}\right)_{n}n!}\int_{0}^{1}\frac{t^{\beta^{\prime}-1}\left(1-t\right)^{\gamma+n-\beta^{\prime}-1}}{\left(1-wt\right)^{\alpha^{\prime}}}\,\mathrm{d}t}\\ &=\small{\frac{1}{\operatorname{B}{\left(\beta^{\prime},\gamma-\beta^{\prime}\right)}}\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,\frac{t^{\beta^{\prime}-1}\left(1-t\right)^{\gamma-\beta^{\prime}-1}}{\left(1-wt\right)^{\alpha^{\prime}}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\alpha\right)_{n}\left(\beta\right)_{n}z^{n}\left(1-t\right)^{n}}{\left(\gamma-\beta^{\prime}\right)_{n}n!}}\\ &=\small{\frac{1}{\operatorname{B}{\left(\beta^{\prime},\gamma-\beta^{\prime}\right)}}\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,\frac{t^{\beta^{\prime}-1}\left(1-t\right)^{\gamma-\beta^{\prime}-1}}{\left(1-wt\right)^{\alpha^{\prime}}}{_2F_1}{\left(\alpha,\beta;\gamma-\beta^{\prime};z\left(1-t\right)\right)}}\\ &=\frac{1}{\operatorname{B}{\left(\beta^{\prime},\gamma-\beta^{\prime}\right)}\cdot\operatorname{B}{\left(\beta,\gamma-\beta-\beta^{\prime}\right)}}\times\\ &~\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,\frac{t^{\beta^{\prime}-1}\left(1-t\right)^{\gamma-\beta^{\prime}-1}}{\left(1-wt\right)^{\alpha^{\prime}}}\int_{0}^{1}\mathrm{d}u\,\frac{u^{\beta-1}\left(1-u\right)^{\gamma-\beta-\beta^{\prime}-1}}{\left(1-z\left(1-t\right)u\right)^{\alpha}}\\ &=\frac{\Gamma{\left(\gamma\right)}}{\Gamma{\left(\beta\right)}\,\Gamma{\left(\beta^{\prime}\right)}\,\Gamma{\left(\gamma-\beta-\beta^{\prime}\right)}}\times\\ &~\small{\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,\frac{t^{\beta^{\prime}-1}}{\left(1-wt\right)^{\alpha^{\prime}}}\int_{0}^{1-t}\mathrm{d}y\,\frac{y^{\beta-1}\left(1-t-y\right)^{\gamma-\beta-\beta^{\prime}-1}}{\left(1-zy\right)^{\alpha}}};~\small{\left[\left(1-t\right)u=y\right]}\\ &=\frac{\Gamma{\left(\gamma\right)}}{\Gamma{\left(\beta\right)}\,\Gamma{\left(\beta^{\prime}\right)}\,\Gamma{\left(\gamma-\beta-\beta^{\prime}\right)}}\times\\ &~~~\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\mathrm{d}y\,\frac{x^{\beta^{\prime}-1}y^{\beta-1}\left(1-x-y\right)^{\gamma-\beta-\beta^{\prime}-1}}{\left(1-wx\right)^{\alpha^{\prime}}\left(1-zy\right)^{\alpha}}.\blacksquare\\ \end{align}$$

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Answer 2

De nuevo, esto no va a ser una respuesta completa, pero como este problema es muy similar a Una serie resistente relacionada con una función hipergeométrica con parámetros de cuarto entero Me gustaría esbozar mi enfoque. Como es habitual en este tipo de cuestiones la táctica es exprimir ciertas partes que se dan a través de funciones elementales de sumas de Euler y luego clasificar la parte restante y dejarla sin evaluar por el momento. Denotemos $b_0=-b$ . Entonces tenemos: \begin {eqnarray} &&- \imath { \mathcal I}(a,b_0)= \int\limits_0 ^a \frac { \arcsin (2x-1)}{ \sqrt {(a-x)(b-x)}} dx= \\ && \mbox {arcsin}(1-2 a) \log (b-a)- \pi \log \left ( \sqrt {a}+ \sqrt {b} \right )+2 \int\limits_0 ^a \frac { \log\left [ \sqrt {a-x}+ \sqrt {b-x} \right ]}{ \sqrt {(1-x)x}dx= \\ && \mbox {arcsin}(1-2 a) \log (b-a)- \pi \log \left ( \sqrt {a}+ \sqrt {b} \right )+2 \int\limits_0 ^a \frac {1/2 \log\left [a-x \right ]+ \log\left [1+ \sqrt { \frac {b-x}{a-x}} \right ]}{ \sqrt {(1-x)x}dx= \\ && \mbox {arcsin}(1-2 a) \log (b-a)- \pi \log \left ( \sqrt {a}+ \sqrt {b} \right )+2 \log (a) \mbox {arcsin}( \sqrt {a})+2 \sqrt {a} { \mathcal J}(a)+ \\ &&4(a-b) \int\limits_0 ^{ \frac { \sqrt {a}}{ \sqrt {a}+ \sqrt {b}}} \frac {(1-u)u}{1-2 u} \cdot \frac { \log (u)}{ \sqrt { \left (a (u-1)^2-b u^2 \right ) \left (u^2 (b-a)+(2 a-2) u-a+1 \right )}}du \end {eqnarray} En la línea superior quitamos el menos de la raíz cuadrada en el denominador. En la segunda línea integramos por partes y en la tercera línea factorizamos la expresión en el logaritmo adecuadamente. En la cuarta línea dividimos la integral restante en dos partes y expresamos la primera parte mediante la siguiente función: \begin {eqnarray} { \mathcal J}(a)&:=& - \sum\limits_ {l=0}^ \infty a^l \binom {l-1/2}{l} \frac {H_{1/2+l}}{2l+1} \\ &=& \int\limits_0 ^1 \frac { \log [1-x^2]}{ \sqrt {1-a x^2}} dx \\ &=&- \frac {1}{ \sqrt {a}} \sum\limits_ { \xi = \pm } \int\limits_ { \pi /2}^{ \arccos ( \sqrt {a})} \log (1+ \frac { \xi }{ \sqrt {a}} \cos ( \theta )) d \theta\\ &=& \frac { \imath }{6 \sqrt {a}} \left [ \pi ^2+3 \imath \pi \log (4 a) - 6 \arccos ( \sqrt {a}) \left ( \pi - \arccos ( \sqrt {a})+ \imath \log (4 a) \right )+ 6 \sum\limits_ { \xi_1 = \pm , \xi_2 = \pm } Li_2( \xi_1 \sqrt {1-a}+ \imath \xi_1 \sqrt {a}) -6 \sum\limits_ { \xi_1 = \pm } Li_2( \xi_1 (1-2 a-2 \imath \sqrt {a(1-a)})) \right ] \end {eqnarray} y en la segunda parte sustituimos por $u:= (1+\sqrt{(b-x)/(a-x)})^{-1}$ . Encontramos la forma cerrada de la función ${\mathcal J}(a)$ arriba usando Antiderivada de una función que contiene un logaritmo y un seno. .

Ahora la última integral es claramente muy similar a la de mi respuesta a Una serie resistente relacionada con una función hipergeométrica con parámetros de cuarto entero . El integrante es un producto de una función racional, un logaritmo y una raíz cuadrada inversa de un polinomio de cuarto orden. Ahora bien, si no hubiera logaritmo en el integrando se podría haber reducido siempre a funciones elípticas siguiendo la receta de aquí http://mathworld.wolfram.com/EllipticIntegral.html . Sin embargo el logaritmo hace que se piense más difícil. Sin embargo, tal vez los métodos para el sitio de Wolfram por encima de dar una inclinación cómo abordar tales integrales.