Forma cerrada para la integral de la función hiperbólica inversa en términos de ${_4F_3}$

Question

Al intentar evaluar la integral de la $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sinh^{-1}{\left(\sqrt{\sin{x}}\right)}\,\mathrm{d}x$, me topé con la siguiente representación relacionados con la integral en términos de funciones hipergeométricas:

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

Estoy teniendo algunos problemas para vadear a través de la algebraicas muckity-muck, así que me gustaría ayudar a confirmar la anterior conjetura de identidad. Lo que es más importante, estos hypergeometrics ser simplificado en forma significativa? La "amabilidad" de los parámetros que realmente me hace sospechar que puede ser...

Cualquier idea o sugerencia se agradece. Saludos!

Answer 1

$$ \newcommand{\as}{\sinh^{-1}} \newcommand{\at}{\tan^{-1}}\begin{align} I &:= 2 \int_0^{\pi/2} \frac{x \as x}{\sqrt{1-x^4}} \\&= \int_0^{\pi/2} \as\sqrt{ \sin x } \\&= \frac 1 2\int_0^{\pi} \as\sqrt{ \sin x } \\&= \frac 1 2\int_0^{\infty} \frac{2}{1+t^2}\as\sqrt{ \frac{2t}{1+t^2}} \\&= \left.\at x \as\sqrt{ \frac{2t}{1+t^2}}\right\lvert _0^\infty - \int_0^{\infty} \at t \frac{1-t^2}{\sqrt{2t}(1+t^2)^{3/2}} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{2t}{1+t^2}}} \\&= \int_0^{\infty} \at t \frac{t-1}{\sqrt{2t}(1+t^2)} \\&= \sqrt 2\int_0^{\infty} \frac{x^2-1}{1+x^4} \at x^2 \end {Alinee el} $$

Deje $$ J(a) = \sqrt 2\int_0 ^ {\infty} \frac{x^2-1}{1+x^4} \log (1 + a ^ 2 x ^ 2), $$ así $J(0) = 0$ y $$\begin{align} J'(a) &= \sqrt 2\int_0^{\infty} \frac{x^2-1}{1+x^4} \frac{2a x^2}{1+a^2x^2} \\&= \sqrt 2\int_0^{\infty} \frac{2 \left(a^3 x^2-a^3-a x^2-a\right)}{\left(a^4+1\right) \left(x^4+1\right)}+\frac{2 a \left(a^2+1\right)}{\left(a^4+1\right) \left(a^2 x^2+1\right)} \\&= \frac{ \pi\sqrt{2} }{a^2+\sqrt{2} a+1} \\&= i \pi \left[\frac{1}{a+ \frac{1+i}{\sqrt 2}}-\frac{1}{a+\frac{1-i}{\sqrt 2}} \right]. \end {alinee el} $$ esto implica $$ J\left(\frac{1+i}{\sqrt 2}\right) = i \pi\left[\log\left(\sqrt 2 (1+i) \right)-\right \log \sqrt 2] $ donde $ \boxed {I = \operatorname{Im} J\left (\frac {1 + i} {\sqrt 2} \right) = \frac \pi 2 \log 2.} $$

Answer 2

$$\sinh^{-1}(\sqrt{\sin x}) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n (2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\frac{{(\sin x)}^{(2n+1)/2}}{2n+1}$ $ por lo que la integral es equivalente a $$\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n (2n)!}{2^{2n}(n!)^2(2n+1)}\int_0^{\pi/2}(\sin x)^{(2n+1)/2}\,dx$ $ se $ $$\int_0^{\pi/2}(\sin x)^{(2n+1)/2}\,dx=\frac{\sqrt\pi}{2}\frac{\Gamma\left(\dfrac{2n+3}{4}\right)}{\Gamma\left(\dfrac{2n+5}{4}\right)}$ (no he hecho el trabajo yo mismo, pero he visto la derivación en algún lugar...) Ahora basta para demostrar que %#% $ #%