O integral entre 0 e π de x⋅arccos (x^2) acaba por ser um número complexo

Numa questão, no MSE, Kolya pediu a determinação de

\displaystyle\int_{0}^{\pi/2} x \,\cos^{-1} (x^2)\,\mathrm dx,

tendo eu assumido  que a notação \cos^{-1} (x^2) se refere  à função trigonométrica inversa \arccos (x^2), ou seja que se pretende calcular

\displaystyle\int_{0}^{\pi/2} x \,\arccos (x^2)\,\mathrm dx\qquad (\ast).

Eis a tradução da minha resposta:

Começamos com o integral indefinido

I(x):=\displaystyle\int x\arccos \left( x^{2}\right) \mathrm{d}x.\qquad (1)

que integramos por substituição, fazendo a mudança de variáveis x^{2}=\cos \theta:

I(\theta )=-\dfrac{1}{2}\displaystyle\int\theta\cdot\sin \theta\ \mathrm{d}\theta\ ;

e de seguida integramos por partes (derivando \theta and integrando \sin\theta)

I(\theta )=-\dfrac{1}{2}\left( -\theta \cos \theta+\sqrt{1-\cos ^{2}\theta }\right)+C.

Deste modo

I(x)=\dfrac{1}{2}x^{2}\arccos\left( x^{2}\right) -\dfrac{1}{2}\sqrt{1-x^{4}}+C.\qquad(2)

Consequentemente

\begin{aligned}I &:=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}x\arccos \left( x^{2}\right) dx=\dfrac{1}{2}\left[ x^{2}\arccos\left( x^{2}\right) -\sqrt{1-x^{4}}\right] _{0}^{\pi /2} \\&=\dfrac{1}{2}\left[ \dfrac{\pi ^{2}}{4}\arccos \left( \dfrac{\pi^{2}}{4}\right) -\dfrac{1}{4}i\sqrt{\pi ^{4}-16}+1\right].\end{aligned}\qquad (3)

Visto que \frac{\pi ^{2}}{4}>1, \arccos \left( \frac{\pi ^{2}}{4}\right) não é real. Agora aplicamos a seguinte relação (com z complexo, ver Wolfram Math World, Inverse Cosine e a minha dedução em baixo)

\begin{aligned}\arccos z&=\dfrac{1}{2}\pi +i\ln\left( iz+\sqrt{1-z^{2}}\right)\\&=\dfrac{1}{2}\pi +i\ln\left[ i\left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right)\right].\end{aligned}\qquad (4)

Para z=\dfrac{\pi ^{2}}{4}, obtemos:

\arccos \left( \dfrac{\pi ^{2}}{4}\right) =i\ln\left( \dfrac{1}{4}\pi ^{2}+\dfrac{1}{4}\sqrt{\pi ^{4}-16}\right),

porque

\ln\left[ i\left( \dfrac{\pi ^{2}}{4}+\dfrac{1}{4}\sqrt{\pi ^{4}-16}\right) \right] =\ln \left( \dfrac{1}{4}\pi ^{2}+\dfrac{1}{4}\sqrt{\pi ^{4}-16}\right)+i\dfrac{\pi }{2}.

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\begin{aligned}I &=\dfrac{1}{2}\left[ \dfrac{\pi ^{2}}{4}\left( i\ln \left( \dfrac{1}{4}\pi^{2}+\dfrac{1}{4}\sqrt{\pi ^{4}-16}\right) \right) -\dfrac{1}{4}i\sqrt{\pi^{4}-16}+1\right] \\&=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\left[ \dfrac{\pi ^{2}}{4}\ln \left( \dfrac{1}{4}\pi^{2}+\dfrac{1}{4}\sqrt{\pi ^{4}-16}\right) -\dfrac{1}{4}\sqrt{\pi ^{4}-16}+1\right] i \\&\approx \frac{1}{2}+0.78743i\end{aligned}\qquad(5)

Observação:  Tomamos atrás o valor principal do logaritmo complexo \text{Log }w=\log |w|+i\arg(w). Porém sos440  comentou que “o valor do integral depende da linha que escolhermos”. No SWP, com Maple kernel, obtivemos

I=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}i\pi ^{2}\ln 2+\dfrac{1}{8}i\pi ^{2}\ln \left( \pi^{2}+\sqrt{\pi ^{4}-16}\right) -\dfrac{1}{8}i\sqrt{\pi ^{4}-16},

o que confirma o cálculo anterior e o de Wolfram Alpha (\approx 0.5+0.7874345i).

Dedução de (4). Como \dfrac{1}{2}\pi =-i\ln i, (4) é equivalente a

\arccos z=i\ln\left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right)

ou

z=\cos\left[ i\ln \left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right]\right].

Se usarmos a relação

\cos\left( i\alpha \right) =\dfrac{e^{-\alpha }+e^{\alpha }}{2}

com \alpha =\ln\left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right) , obtemos

\begin{aligned}\cos\left[ i\ln \left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right) \right]&=\dfrac{1}{2}\left[e^{-\ln \left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right)}+e^{\ln \left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right) }\right]\\  &=\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{1}{z+\sqrt{z^{2}-1}}+z+\sqrt{z^{2}-1}\right)\\&=\dfrac{1}{2}\left[ \dfrac{\left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) +\left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right)^{2}\left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) }{\left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right)\left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) }\right]\\&=z,\end{aligned}

porque

\left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right) \left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) =1

e

\dfrac{1}{2}\left[ \left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) +\left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right) ^{2}\left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) \right] =z.

Também aparece na pág. 442 de What is a Closed-Form Number? por Timothy Y. Chowhere, na forma

\arccos x=-i\log\left( x+e^{\dfrac{\log\left( x^{2}-1\right) }{2}}\right).

Sobre Américo Tavares

eng. electrotécnico reformado / retired electrical engineer
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2 respostas a O integral entre 0 e π de x⋅arccos (x^2) acaba por ser um número complexo

  1. Matheus diz:

    Acho que a demonstração possui um erro, depois da mudança de variáveis você se esqueceu de considerar o “x”, você apenas realizou a mudança no arccos e derivou x²=cos (teta), afinal, onde está o “x”?.

    • Caro Matheus,

      O x acaba por cancelar-se.

      Com a substituição x^{2}=\cos \theta ou,
      escolhendo o sinal positivo, x=\sqrt{\cos \theta }, a derivada \dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}\theta }=-\dfrac{\sin \theta }{2\sqrt{\cos \theta }}.
      Assim, detalhando, será
      \begin{aligned}I(x) &:=\displaystyle\int x\arccos (x^{2})\mathrm{d}x \\&=\displaystyle\int \sqrt{\cos \theta }\arccos (\cos \theta )\mathrm{d}x \\&=\displaystyle\int \sqrt{\cos \theta }\arccos (\cos \theta)\left(\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}\theta }\right) \mathrm{d}\theta\\&=\displaystyle\int \sqrt{\cos \theta }\arccos (\cos \theta )\left( -\dfrac{\sin \theta }{2\sqrt{\cos \theta }}\right) \mathrm{d}\theta \\&=\displaystyle\int \theta \left( -\dfrac{\sin \theta }{2}\right) \mathrm{d}\theta \\&=-\dfrac{1}{2}\int \theta \cdot \sin \theta \;\mathrm{d}\theta\end{aligned}

      Se se escolher o sinal negativo, obtém-se o mesmo resultado.

      Obrigado pelo seu comentário.

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