Formelsammlung Mathematik: Bestimmte Integrale: Form R(x,arcsin)

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0.1

$\int _{0}^{1}{\frac {\arcsin x}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}\,\log 2$

1. Beweis

$\int _{0}^{1}{\frac {\arcsin x}{x}}\,dx$ ist nach der Substitution $x\mapsto \sin x$ gleich $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {x}{\sin x}}\,\cos x\,dx=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}x\,\cot x\,dx$.

Und das ist nach partieller Integration $\underbrace {{\Big [}x\log(\sin x){\Big ]}_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{=0}-\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\log(\sin x)\,dx={\frac {\pi }{2}}\,\log 2$.

2. Beweis

Für den nun folgenden Beweis wird der Satz von Fubini verwendet:

$\int _{0}^{1}{\frac {1}{x}}\arcsin(x)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {{\sqrt {1-x^{2}}}\,y}{(1-x^{2}y^{2})\,{\sqrt {1-y^{2}}}}}\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} x=$

$=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {{\sqrt {1-x^{2}}}\,y}{(1-x^{2}y^{2})\,{\sqrt {1-y^{2}}}}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}{\frac {\pi \,y}{2{\sqrt {1-y^{2}}}\,(1+{\sqrt {1-y^{2}}})}}\mathrm {d} y={\frac {\pi }{2}}\ln(2)$

0.2

$\int _{0}^{1}\left({\frac {\arcsin x}{x}}\right)^{2}dx=4\,G-{\frac {\pi ^{2}}{4}}$

Beweis

$\int _{0}^{1}\left({\frac {\arcsin x}{x}}\right)^{2}\,dx$ ist nach der Substitution $x\mapsto \sin x$ gleich $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {x^{2}}{\sin ^{2}x}}\,\cos x\,dx$.

Und das ist nach partieller Integration $\underbrace {\left[x^{2}\,{\frac {-1}{\sin x}}\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{-{\frac {\pi ^{2}}{4}}}+2\underbrace {\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {x}{\sin x}}\,dx} _{2G}=4G-{\frac {\pi ^{2}}{4}}$.

0.3

$\int _{0}^{1}\left({\frac {\arcsin x}{x}}\right)^{3}dx={\frac {3\pi }{2}}\log 2-{\frac {\pi ^{3}}{16}}$

Beweis

$I:=\int _{0}^{1}\left({\frac {\arcsin x}{x}}\right)^{3}dx$ ist nach Substitution $x\mapsto \sin x$ gleich $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}x^{3}\,{\frac {\cos x}{\sin ^{3}x}}\,dx$.

Das ist nach partieller Integration $\left[x^{3}\,{\frac {-1}{2\sin ^{2}x}}\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}+\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}3x^{2}\,{\frac {1}{2\,\sin ^{2}x}}\,dx=-{\frac {\pi ^{3}}{16}}+{\frac {3}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}x^{2}\,{\frac {1}{\sin ^{2}x}}\,dx$.

Nach wiederholter partieller Integration ist dabei $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}x^{2}\,{\frac {1}{\sin ^{2}x}}\,dx=\underbrace {\left[-x^{2}\,\cot x\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{=0}+\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}2x\cot x\,dx$

$=\underbrace {{\Big [}2x\,\log(\sin x){\Big ]}_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{=0}-2\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\log(\sin x)\,dx=\pi \log 2$. Also ist $I=-{\frac {\pi ^{3}}{16}}+{\frac {3}{2}}\,\pi \,\log 2$.

2.1

$\int _{0}^{1}{\frac {\arcsin {\sqrt {x}}}{1-\left(2\sin {\frac {\alpha }{2}}\right)^{2}\,x\,(1-x)}}\,dx={\frac {\pi }{4}}\,{\frac {\alpha }{\sin \alpha }}\qquad -\pi <\alpha <\pi$

Beweis

Nach Substitution $x\mapsto 1-x$ lässt sich das Integral auch schreiben als $\int _{0}^{1}{\frac {\arcsin {\sqrt {1-x}}}{1-\left(2\sin {\frac {\alpha }{2}}\right)^{2}\,x\,(1-x)}}\,dx$.

Addiert man beide Darstellungen, so ist $2I=\int _{0}^{1}{\frac {\arcsin {\sqrt {x}}+\arcsin {\sqrt {1-x}}}{1-\left(2\sin {\frac {\alpha }{2}}\right)^{2}\,x\,(1-x)}}\,dx$. Der Zähler ist konstant ${\frac {\pi }{2}}$.

Somit ist $I={\frac {\pi }{4}}\int _{0}^{1}{\frac {1}{1-\left(2\sin {\frac {\alpha }{2}}\right)^{2}\,x\,(1-x)}}\,dx={\frac {\pi }{4}}\left[{\frac {1}{\sin \alpha }}\arctan \left((2x-1)\,\tan {\frac {\alpha }{2}}\right)\right]_{0}^{1}={\frac {\pi }{4}}\,{\frac {\alpha }{\sin \alpha }}$.