Integrar

Question

Cómo probar\begin{align} I &= \int_0^1\frac{\arcsin{(x)}\arcsin{(x\sqrt\frac{1}{2})}}{\sqrt{2-x^2}}dx \\ &= \frac{\pi}{256}\left[ \frac{11\pi^4}{120}+2{\pi^2}\ln^2{2}-2\ln^4{2}-12\zeta{(3)}\ln{2} \right] \end {Alinee el} pidiendo $$x=\sqrt{2}y$ $ y luego usando integración por partes, tenemos $$I=\frac{\pi^5}{2048}-\frac{1}{4}\int_0^1{\arcsin^4\left( \frac{z}{\sqrt{2}}\right) }\frac{dz}{\sqrt{1-x^2}}$ $

Pero ¿cómo calcular esta integral? Le agradeceria su ayuda

Answer 1

Esta integral se puede hacer mediante el reconocimiento de que

$$\frac{\arcsin{\frac{x}{\sqrt{2}}}}{\sqrt{2-x^2}} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n x^{2 n+1}}{(2 n+1) \binom{2 n}{n}}$$

y que

$$\int_0^1 dx \, x^{2 n+1} \arcsin{x} = \frac{\pi}{4 (n+1)} \left [1- \frac1{2^{2 n+2}} \binom{2 n+2}{n+1}\right ] $$

Para ver esto, integrar por partes y ver esta respuesta.

Con un poco de álgebra, nos encontramos con que la integral es igual a

$$\frac{\pi}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n}{(2 n+1)(2 n+2) \binom{2 n}{n}} - \frac{\pi}{16} \sum_{n=0}^{\infty} \frac1{2^n (n+1)^2}$$

La primera suma puede ser evaluado mediante el reconocimiento de que es

$$\int_0^1 dx \frac{\arcsin{\frac{x}{\sqrt{2}}}}{\sqrt{2-x^2}} = \frac{\pi^2}{32}$$

La segunda suma es reconocido como $\operatorname{Li_2}{\left ( \frac12 \right )} = \frac{\pi^2}{6}-\log^2{2} $

Elaboración de todo esto, nos encontramos con que la integral es igual a

$$\int_0^1 dx \, \frac{\arcsin{x} \arcsin{\frac{x}{\sqrt{2}}}}{\sqrt{2-x^2}} = \frac{\pi^3}{192} + \frac{\pi}{16} \log^2{2} $$

Evaluación numérica en Mathematica confirma el resultado, que difiere de la que se afirmó en la OP.

Answer 2

Queremos calcular

$$ I=\int_0^1 dx\frac{\arcsin(x)\arcsin\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right)}{\sqrt{2-x^2}} $$

Vamos a empezar por una sustitución de $x=\sqrt{2}\sin(y)$ e integrar por partes, así que puede escribir $I$

$$ \int_0^{\pi/4}dy y \arcsin(\sqrt{2}\sin(y))\underbrace{= }_{i.b.p}\frac{\pi^3}{64}-\frac{1}{2}\underbrace{\int_0^{\pi/4}dy\frac{y^2\cos(y)}{ \sqrt{1-2\sin(y)^2}}}_{J}$$

pero desde $1-2\sin(y)^2=\cos(2y)$, y por otro la sustitución de $2y =q$

$$ J=\frac{1}{8}\int_0^{\pi/2}dq\frac{ p^2 \cos(q/2) }{\sqrt{\cos(q)}} $$

Ahora realizamos pequeño truco (el crédito Señor Feynman) por la reescritura de

$$ J=-\frac{1}{8}\left[\frac{d^2}{da^2}\int_0^{\pi/2} dq\cos(q)^{-1/2}\cos(aq)\right]_{a=1/2} $$

lo que equivale, según Tunk-Fey la respuesta aquí

$$ J=-\frac{1}{8}\frac{d^2}{da^2}\left[\frac{2\pi}{\sqrt{2}}\frac{1}{B\left(\frac{3/2+a}{2},\frac{3/2-a}{2}\right)}\right]_{a=1/2} $$

O

$$ I=\frac{\pi^3}{64}+\frac{\pi}{8\sqrt{2}}\frac{d^2}{da^2}\left[\frac{1}{B\left(\frac{3/2+a}{2},\frac{3/2-a}{2}\right)}\right]_{a=1/2} $$

Pues yo no CAS en la mano hoy en día y se forma diferida a lo anterior derivado por la mano eso es todo por el momento. Pero todo lo que de aquí en adelante debe ser sencillo, así que voy a dejar que...