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 ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{x}{\sin x}\cos xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}x\cot xdx$.

Und das ist nach partieller Integration $\underset{=0}{\underbrace{[x\log (\sin x){]}_0^{\frac{\pi }{2}}}}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\log (\sin x)dx=\frac{\pi }{2}\log 2$.

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

${\int }_0^1{\left(\frac{\arcsin x}{x}\right)}^{2}dx=4G-\frac{{\pi }^2}{4}$

Beweis

${\int }_0^1{\left(\frac{\arcsin x}{x}\right)}^{2}dx$ ist nach der Substitution $x\mapsto \sin x$ gleich ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{x^2}{{\sin }^{2}x}\cos xdx$.

Und das ist nach partieller Integration $\underset{-\frac{{\pi }^2}{4}}{\underbrace{{\left[x^2\frac{-1}{\sin x}\right]}_0^{\frac{\pi }{2}}}}+2\underset{2G}{\underbrace{{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{x}{\sin x}dx}}=4G-\frac{{\pi }^2}{4}$.

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 ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{x}^2\frac{1}{{\sin }^{2}x}dx=\underset{=0}{\underbrace{{[-x^2\cot x]}_0^{\frac{\pi }{2}}}}+{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}2x\cot xdx$

$=\underset{=0}{\underbrace{[2x\log (\sin x){]}_0^{\frac{\pi }{2}}}}-2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\log (\sin x)dx=\pi \log 2$. Also ist $I=-\frac{{\pi }^3}{16}+\frac{3}{2}\pi \log 2$.

2.1

${\int }_0^1\frac{\arcsin \sqrt{x}}{1-{(2\sin \frac{\alpha }{2})}^{2}x(1-x)}dx=\frac{\pi }{4}\frac{\alpha }{\sin \alpha }-\pi <\alpha <\pi$

Beweis

Nach Substitution $x\mapsto 1-x$ lässt sich das Integral auch schreiben als ${\int }_0^1\frac{\arcsin \sqrt{1-x}}{1-{(2\sin \frac{\alpha }{2})}^{2}x(1-x)}dx$.

Addiert man beide Darstellungen, so ist $2I={\int }_0^1\frac{\arcsin \sqrt{x}+\arcsin \sqrt{1-x}}{1-{(2\sin \frac{\alpha }{2})}^{2}x(1-x)}dx$. Der Zähler ist konstant $\frac{\pi }{2}$.

Somit ist $I=\frac{\pi }{4}{\int }_0^1\frac{1}{1-{(2\sin \frac{\alpha }{2})}^{2}x(1-x)}dx=\frac{\pi }{4}{[\frac{1}{\sin \alpha }\arctan ((2x-1)\tan \frac{\alpha }{2})]}_0^1=\frac{\pi }{4}\frac{\alpha }{\sin \alpha }$.