Aparentemente Simple Integral

Question

Evaluar $$\int_0^1 f(x) dx$ $ donde

$$f(x) = \frac{x^2\ln x}{\sqrt{1-x^2}}$$

Comencé con la sustitución $x=\sin y$, que resultó en el integrando reduciendo a

$$\sin^2y\cdot \ln (\sin y) dy$$

Pues yo utilizaba la propiedad de las integrales definidas que

$$\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$$

Entonces también se no conseguir simplificado. Traté de $e^z=\sin x$, pero esto le dio no avanza porque después de un rato llegué a una parada completa completa. ¿Cómo debo ir sobre esto?

Answer 1

Una respuesta que no hace uso de funciones hipergeométricas:

Primera integrar por partes usando las funciones de $u(x)=x\ln x$$v(x)=-\sqrt{1-x^2}$, $u'(x)=\ln x +1$ $v'(x)=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ y obtenemos $$I=\int_0^1\frac{x^2\ln x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx= \underbrace{\left[-x\ln x\sqrt{1-x^2}\right]_0^1}_{=0}+\int_0^1(\ln x+1)\sqrt{1-x^2}\,\mathrm dx.$$ La integral de la $\int_0^1\sqrt{1-x^2}\mathrm dx=\frac\pi4$ es fácil. Ahora vamos a concentrarnos en $$J=\int_0^1\ln x \,\sqrt{1-x^2}\mathrm dx$$ por lo que parece un trigonométricas cambio de variable de trabajo. Dejemos de $x=\cos\theta$, $\mathrm dx=-\sin\theta\mathrm d\theta$, entonces $$J=\int_0^{\pi/2}\ln(\cos\theta)\sin^2\theta\mathrm d\theta =\int_0^{\pi/2}\ln(\cos\theta)(1-\cos^2\theta)\mathrm d\theta.\tag1$$

Podemos utilizar el resultado $$\int_0^1\ln(\sin\theta)\,\mathrm d\theta=\int_0^{\pi/2}\ln(\cos\theta)\,\mathrm d\theta=-\frac\pi2\ln2$$ (ver por ejemplo este post para una derivación). Por lo tanto, tenemos $$J=-\frac\pi2\ln2-\int_0^{\pi/2}\ln(\cos\theta)\cos^2\theta\,\mathrm d\theta.\tag2$$

Sumando (1) y (2) obtenemos $$2J=-\frac\pi2\ln2+\int_0^{\pi/2}\ln(\cos\theta)\left(\sin^2\theta-\cos^2\theta\right)\,\mathrm d\theta=-\frac\pi2\ln2-\int_0^{\pi/2}\ln(\cos\theta)\cos(2\theta)\,\mathrm d\theta.$$ Finalmente nos vamos a integrar por partes (con $u(x)=\ln(\cos\theta)$ y $v(x)=\frac12\sin(2\theta)$, $u'(x)=-\tan\theta$ y $v'(x)=\cos(2\theta)$) $$\begin{split}\int_0^{\pi/2}\ln(\cos\theta)\cos(2\theta)\,\mathrm d\theta&= \underbrace{\left[\ln(\cos\theta)\frac12\sin(2\theta)\right]_0^{\pi/2}}_{=0} +\int_0^{\pi/2}\tan\theta\,\frac12\sin2\theta\mathrm d\theta\\ &=\int_0^{\pi/2}\sin^2\theta\,\mathrm d\theta=\frac\pi4 \end{split}$$ Llegamos $2J=-\frac\pi2\ln2-\frac\pi4$ y por lo tanto $$I=-\frac\pi4\ln2-\frac\pi8+\frac\pi4=\boxed{\frac\pi8-\frac\pi4\ln2}.$$

Answer 2

Consideremos la integral $$I\left(t\right)=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{x^{2t}}{\sqrt{1-x^{2}}}dx$$ we can observe that $$I'\left(1\right)=\int_{0}^{1}\frac{x^{2}\log\left(x\right)}{\sqrt{1-x^{2}}}dx.$$ So we have $$I\left(t\right)=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{x^{2t}}{\sqrt{1-x^{2}}}dx\stackrel{x^{2}=v}{=}\frac{1}{4}\int_{0}^{1}\frac{v^{t-1/2}}{\sqrt{1-v}}dv$$ and using the identity involving the hypergeometric function $$_{2}F_{1}\left(a,b;c;z\right)=\frac{\Gamma\left(c\right)}{\Gamma\left(b\right)\Gamma\left(c-b\right)}\int_{0}^{1}\frac{v^{b-1}\left(1-v\right)^{c-b-1}}{\left(1-vz\right)^{a}}$$ under the hypothesis $$\textrm{Re}\left(c\right)>\textrm{Re}\left(b\right)>0\wedge\left|\textrm{arg}(1-z)\right|<\pi$$ we get $$I\left(t\right)=\frac{\Gamma\left(t+1/2\right)}{4\Gamma\left(t+3/2\right)}{}_{2}F_{1}\left(\frac{1}{2},t+\frac{1}{2};t+\frac{3}{2};1\right)$$ and again using the closed form $$_{2}F_{1}\left(a,b;c;1\right)=\frac{\Gamma\left(c\right)\Gamma\left(c-a-b\right)}{\Gamma\left(c-a\right)\Gamma\left(c-b\right)},\,\textrm{Re}\left(c-a-b\right)>0$$ we have $$I\left(t\right)=\frac{\Gamma\left(t+1/2\right)}{4\Gamma\left(t+3/2\right)}\frac{\Gamma\left(t+3/2\right)\Gamma\left(1/2\right)}{\Gamma\left(t+1\right)\Gamma\left(1\right)}=\frac{\Gamma\left(1/2\right)}{4}\frac{\Gamma\left(t+1/2\right)}{\Gamma\left(t+1\right)}$% $ de t=1$ so now we can take the derivative and evalutate it at $$ $$I'\left(1\right)=\frac{\Gamma\left(1/2\right)}{4}\frac{\Gamma\left(3/2\right)\left(\psi\left(3/2\right)-\psi\left(2\right)\right)}{\Gamma\left(2\right)}=-\frac{1}{8}\pi\left(\log\left(4\right)-1\right)\approx-0.151697$\psi(x) de $ where $es la función digamma.