Error con integración con Beta, Gamma, Digamma Fuctions

Question

Problema: Evaluar:

$$I=\int_0^{\pi/2} \ln(\sin(x))\tan(x)dx$$

He probado a intentar mediante el uso de la Beta, Gamma y Digamma Funciones. Mi planteamiento era el siguiente:

$$$$ Considere la posibilidad de $$I(a,b)=\int_0^{\pi/2} \sin^a(x)\sin^b(x)\cos^{-b}(x)dx$$ $$$$ $$=\dfrac{1}{2}\beta\bigg (\dfrac{a+b+1}{2},\dfrac{1-b}{2}\bigg )= \dfrac{1}{2} \dfrac{\Gamma(\frac{a+b+1}{2})\Gamma(\frac{1-b}{2})}{\Gamma(\frac{a+2}{2})}$$ Ahora, $$\dfrac{1}{2}\dfrac{\partial}{\partial a} \beta\bigg (\dfrac{a+b+1}{2},\dfrac{1-b}{2}\bigg )\bigg |_{a=0,b=1} = \int_0^{\pi/2}\ln(\sin(x))\sin^a(x)\tan^b(x)dx \bigg |_{a=0,b=1} = I$$ Ahora, $$\dfrac{\partial}{\partial a} \beta\bigg (\dfrac{a+b+1}{2},\dfrac{1-b}{2}\bigg )$$ $$$$ $$=\dfrac{1}{2} \dfrac{\Gamma(\frac{1-b}{2})}{(\Gamma(\frac{a+2}{2}))^2}\bigg (\Gamma '\bigg (\frac{a+b+1}{2}\bigg )\Gamma \bigg ( \frac{a+2}{2}\bigg ) - \Gamma '\bigg ( \frac{a+2}{2}\bigg )\Gamma \bigg (\frac{a+b+1}{2}\bigg )\bigg ) $$ $$$$ $$= \dfrac{1}{2}\dfrac{\Gamma(\frac{1-b}{2})}{\Gamma(\frac{a+2}{2})}\bigg (\psi\bigg ( \frac{a+b+1}{2}\bigg )\Gamma \bigg (\frac{a+b+1}{2}\bigg ) - \psi\bigg ( \frac{a+2}{2}\bigg )\Gamma \bigg (\frac{a+b+1}{2}\bigg )\bigg )$$ $$$$ $$=\dfrac{1}{2} \dfrac{\Gamma(\frac{a+b+1}{2})\Gamma(\frac{1-b}{2})}{\Gamma(\frac{a+2}{2})}\bigg (\psi\bigg ( \frac{a+b+1}{2}\bigg )-\psi\bigg ( \frac{a+2}{2}\bigg )\bigg )$$ $$$$ $$\Rightarrow\dfrac{\partial}{\partial a} \beta\bigg (\dfrac{a+b+1}{2},\dfrac{1-b}{2}\bigg )=\dfrac{1}{2} \dfrac{\Gamma(\frac{a+b+1}{2})\Gamma(\frac{1-b}{2})}{\Gamma(\frac{a+2}{2})}\bigg (\psi\bigg ( \frac{a+b+1}{2}\bigg )-\psi\bigg ( \frac{a+2}{2}\bigg )\bigg )$$

$$$$

$$\Longrightarrow \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial}{\partial a} \beta \bigg ( \dfrac{a+b+1}{2} ,\dfrac{1-b}{2} \bigg ) \bigg |_{a=0,b=1} = I $$ $$$$ $$=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2} \dfrac{\Gamma(\frac{a+b+1}{2})\Gamma(\frac{1-b}{2})}{\Gamma(\frac{a+2}{2})}\bigg (\psi\bigg ( \frac{a+b+1}{2}\bigg )-\psi\bigg ( \frac{a+2}{2}\bigg )\bigg ) \bigg |_{a=0,b=1}$$ $$$$ $$ =\dfrac{1}{4}\dfrac{\Gamma(0)\Gamma(1)}{\Gamma(1)}\bigg (\psi\bigg ( 1 \bigg )-\psi\bigg (1\bigg )\bigg )$$ $$$$ Podría alguien ser tan amable de decirme donde me han ido mal? Yo estaría realmente agradecido por tu ayuda. Gracias muy, muy mucho en avanzar!!!!

Answer 1

OK, me doy cuenta de que esto en realidad no responder a su pregunta (pero mira la actualización más adelante), en el sentido de que no señala su error. De todos modos, creo que debe ser flexible con sus métodos de hacer integrales, así que aquí es cómo se puede hacer con el cambio de variables sugerí:

Se termina con la integral $$ I=\int_0^1 \log u\frac{u}{1-u^2}\,du. $$ Ahora la escritura $$ \frac{1}{1-u^2}=1+u^2+u^4+\cdots, $$ y usando que (integración por partes) $$ \begin{aligned} \int_0^1 u^{2k+1}\log u\,du&=\bigl[\frac{u^{2k+2}}{2k+2}\log u\bigr]_0^1-\frac{1}{2k+2}\int_0^1 u^{2k+2}\frac{1}{u}\,du\\ &=-\frac{1}{4}\frac{1}{(k+1)^2}. \end{aligned} $$ Por lo tanto, $$ I=-\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1} {k(k+1)^2}=-\frac{\pi^2}{24}. $$ La última igualdad por el de Basilea problema.

Versión actualizada

El problema en el cálculo, mediante la inserción de $a=0$$b=1$, se obtiene un $\Gamma(0)$ (que es indefinido, o como su mejor $\pm\infty$ dependiendo de si vamos a $b\to 1$ desde la izquierda o a la derecha) veces algo que es cero. Este es indeterminado, y debe mirar a los límites. Una forma es la siguiente:

Si primero vamos a $a=0$, y escribir $b=1+\epsilon$, luego de llegar $$ \frac{1}{4}\Gamma(-\epsilon/2)\Gamma(1+\epsilon/2)\bigl(\Psi(1+\epsilon/2)-\Psi(1)\bigr) $$ Multiplicamos y dividimos por $\epsilon/2$ (arma letal, número 2), para escribir esto como $$ \frac{1}{4}\frac{\epsilon}{2}\Gamma(-\epsilon/2)\Gamma(1+\epsilon/2)\frac{\Psi(1+\epsilon/2)-\Psi(1)}{\epsilon/2} $$ Dejando $\epsilon\to 0$, usted encontrará que el límite es $$ \frac{1}{4}\times (-1)\1 \times \frac{\pi^2}{6}=-\frac{\pi^2}{24}. $$ Aquí, hemos utilizado los hechos que $\lim_{x\to 0} x\Gamma(x)=1$$\Psi^{(1)}(1)=\pi^2/6$.