Probar

Question

Mathematica da el siguiente. Pero, ¿cómo?!

$$\pequeño{\int_0^1 \dfrac{4\cos^{-1}x}{\sqrt{2x-x^2}}\,dx=\frac{8}{9\sqrt{\pi}}\left( 9\Gamma\left(\tfrac{3}{4}\right)^2{}_4F_3\left( \begin{array}{c}\tfrac14\,\tfrac14\,\tfrac34\,\tfrac34\\\tfrac12\,\tfrac54\,\tfrac54\end{array};\tfrac14\right) +\Gamma\left(\tfrac{5}{4}\right)^2{}_4F_3\left( \begin{array}{c}\tfrac34\,\tfrac34\,\tfrac54\,\tfrac54\\\tfrac32\,\tfrac74\,\tfrac74\end{array};\tfrac14\right) \right)}$$

Hay algunas inteligente trigonométricas sustitución que conduce a la mano derecha? O una integral en el plano complejo? Podemos hacer que se vea como un Mahler medida?

Para facilitar la comparación, podemos reescribir esto como:

$$\small{\int_0^1 \dfrac{4\cos^{-1}x}{\sqrt{2x-x^2}}\,dx =\frac{8\,\Gamma{\left(\frac34\right)}^2}{\sqrt{\pi}}\,{_4F_3}{\left(\frac14,\frac14,\frac34,\frac34;\frac12,\frac54,\frac54;\frac14\right)}\color{red}+\frac{\Gamma{\left(\frac14\right)}^2}{18\sqrt{\pi}}{_4F_3}{\left(\frac34,\frac34,\frac54,\frac54;\frac32,\frac74,\frac74;\frac14\right)}}=\color{red}{\,??}$$

Este parece tener una personalidad similar a la forma Cerrada para la integral de hiperbólico inverso de la función en términos de ${_4F_3}$,

$$\small{\int_{0}^{1}\frac{x\sinh^{-1}{x}}{\sqrt{1-x^4}}\,\mathrm{d}x =\frac{\Gamma{\left(\frac34\right)}^2}{\sqrt{2\pi}}\,{_4F_3}{\left(\frac14,\frac14,\frac34,\frac34;\frac12,\frac54,\frac54;1\right)}\color{red}-\frac{\Gamma{\left(\frac14\right)}^2}{72\sqrt{2\pi}}{_4F_3}{\left(\frac34,\frac34,\frac54,\frac54;\frac32,\frac74,\frac74;1\right)}}=\color{red}{\frac{\pi}4\,\ln2}$$

Aunque en mi caso, parece que hay menos esperanza para una drástica simplificación. (Siéntase libre de demostrar que estoy equivocado acerca de eso!!!) Al menos, no he encontrado una forma más simple en la Inversa de la Calculadora Simbólica, incluso después de jugar con los factores de $\ln2$, $\ln3$, $\pi$, y $\sqrt\pi$. Por el contrario, es posible demostrar (o dar un argumento plausible) de que esta integral no tiene una forma más simple (en términos de las funciones que se nos había la esperanza de ver)?

La motivación para esta pregunta: Área delimitada por $\cos x+\cos y=1$

Answer 1

Sobre la fórmula en el titular de Mathematica.

Para la prueba de la fórmula en el título tenemos que saber que $\,\displaystyle |x|\leq \frac{1}{16}\,$ existe:

$\displaystyle f(x):=\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^k}{4k+1}{\binom {4k} {2k}} / {\binom {k+\frac{1}{4}} {\frac{1}{2}} }={ \binom {\frac{1}{4}} {\frac{1}{2}}}^{-1} {}_4F_3\left( \begin{array}{c}\tfrac14\,\tfrac14\,\tfrac34\,\tfrac34\\\tfrac12\,\tfrac54\,\tfrac54\end{array};16x\right)$

$\displaystyle g(x):=\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^k}{4k+3}{\binom {4k+2} {2k+1}} / {\binom {k+\frac{3}{4}} {\frac{1}{2}} }=\frac{2}{3} { \binom {\frac{3}{4}} {\frac{1}{2}}}^{-1} {}_4F_3\left( \begin{array}{c}\tfrac34\,\tfrac34\,\tfrac54\,\tfrac54\\\tfrac32\,\tfrac74\,\tfrac74\end{array};16x\right)$

Por otro lado tenemos (para el integral original dividido por $\,4\,$):

$\enspace\displaystyle \int\limits_0^1 \frac{\arccos x}{\sqrt{2x-x^2}}dx = \int\limits_0^{\pi/2} \frac{t\sin t }{\sqrt{2\cos t-(\cos t)^2}}dt =$

$\displaystyle =2\int\limits_0^{\pi/2} \arcsin(\sqrt{\frac{\cos t}{2}})dt = \sqrt{2}\sum\limits_{k=0}^\infty \binom {2k} k \frac{1}{8^k(2k+1)} \int\limits_0^{\pi/2} \sqrt{\cos t}^{2k+1}dt$

$\displaystyle =\sqrt{2}\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{1}{8^k(2k+1)} {\binom {2k} k}/{\binom {\frac{k}{2}+\frac{1}{4}} {\frac{1}{2}}}=\sqrt{2}(f(\frac{1}{8^2})+\frac{1}{8} g(\frac{1}{8^2})) $

Por $\enspace\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}} {\binom {\frac{1}{4}} {\frac{1}{2}}}^{-1} = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \Gamma(\frac{3}{4})^2\enspace$ y $\enspace\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{2}} {\binom {\frac{3}{4}} {\frac{1}{2}}}^{-1} = \frac{2}{3\sqrt{\pi}} \Gamma(\frac{5}{4})^2$

conseguimos lo que Mathematica crea.