¿Cómo puedo encontrar $\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln\left(1+\tan x\right)dx$?

Question

Mediante algún análisis y a través de Wolfram|Alpha, sé que la integral en cuestión es igual a un fascinante $$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln\left(1+\tan x\right)dx=\frac{21}{64}\zeta(3)+\frac{\pi^{2}}{64}\ln 2-\frac{\pi}{8}G$$ donde $G$ es la constante de Catalan.

Sin embargo, he intentado muchos métodos para evaluar esta integral, sin éxito. Usar la serie Maclaurin para $\ln(1+\tan x)$ desafortunadamente produce $$I=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k+1}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\tan^{k+1}xdx$$, la integral de la cual es particularmente difícil de manejar, dando lugar a esta pregunta mía, cuyas respuestas y comentarios destruyeron mis sueños de continuar por este camino.

Alternativamente, diferenciar bajo el signo integral con $$I(n)=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln\Big(\tan\left(nx\right)+1\Big)dx\Rightarrow I'(n)=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{x}{n+\tan x}dx$$ parece igualmente desesperanzador después de algunos cálculos.

La integración por partes no parece funcionar muy bien porque la antiderivada de $\ln\left(1+\tan x\right)$ es absolutamente espantosa.

¿Quizás las funciones de Clausen pueden ayudar? ¿O quizás la serie de Fourier de $\ln\left(1+\tan x\right)$ con la que desafortunadamente no estoy familiarizado...

En cualquier caso, la existencia de $\zeta(3)$ y $G$ en la respuesta gritan por una suma infinita, y los coeficientes fraccionarios también sugieren algunas sustituciones que podrían ayudarnos en el camino, pero mis ideas se detienen aquí.

Cualquier aporte es muy apreciado.

Answer 1

El truco aquí parece ser la conocida serie de Fourier $$ \log(2\cos x) = \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \frac{\cos(2kx)}{k}, \hspace{0.5cm} -\frac{\pi}{2} Esto se puede encontrar dejando que $z=re^{ix}$ en la serie de Taylor para el logaritmo, $$ \log(1+z) = \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \frac{z^k}{k}, \hspace{0.5cm} |z|<1 $$ y luego dejando que $r \to 1^{-}$. La serie resultante converge para $-\frac{\pi}{2} por el teorema de Dirichlet. Al reemplazar $x$ con $x-\frac{\pi}{4}$ se obtiene la serie de Fourier $$ \log(2\cos(x-\tfrac{\pi}{4})) = \log(\sqrt{2} (\cos x+\sin x)) = \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \frac{\cos(2kx+\frac{\pi k}{2})}{k} $$ $$ = \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \frac{\cos(4kx)}{2k} + \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{\sin(2(2k+1)x)}{2k+1}, \hspace{0.5cm} -\frac{\pi}{4} Restar las dos series da la expresión deseada para $\log(1+\tan x)$: $$ -\frac{1}{2} \log 2 + \log(1+\tan x) = \log \left(\frac{\sqrt{2}}{2} \frac{\cos x+\sin x}{\sin x} \right) $$ $$ = \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \frac{\cos(4kx)}{2k} + \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{\sin(2(2k+1)x)}{2k+1} - \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \frac{\cos(2kx)}{k}, \hspace{0.5cm} 0 Ahora multiplica por $x$ e integra término por término. ¿Puedes terminar desde aquí?

Answer 2

Si escribimos $$\log (1+\tan (x))=\log (\sin (x)+\cos (x))-\log (\cos (x))$$ y usamos la representación de Euler del seno y el coseno, la antiderivada se escribe $$\int x\log (1+\tan (x))\,dx=\frac{1}{2} x^2 \log (1+i)-$$ $$\frac{1}{2} i x \left(\text{Li}_2\left(-e^{2 i x}\right)-\text{Li}_2\left(i e^{2 i x}\right)\right)+\frac{1}{4} \left(\text{Li}_3\left(-e^{2 i x}\right)-\text{Li}_3\left(i e^{2 i x}\right)\right)$$ $$I=\int_0^{\frac \pi 4} x\log (1+\tan (x))\,dx=$$ $$\frac{1}{64} \left(-8 \pi C+16 \text{Li}_3(-i)+12 \zeta (3)+\pi ^2 \log (2)\right)-\left(-\frac{3 \zeta (3)}{16}-\frac{\text{Li}_3(i)}{4} \right)$$ $$I=\frac{21}{64}\zeta(3)+\frac{\pi^{2}}{64}\log( 2)-\frac{\pi}{8}C$$

Answer 3

\begin{align} I=&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln\left(1+\tan x\right)dx\\ =& \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln\frac{4(1+\tan x)}{\sec^2 x}dx -2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln\left(2\cos x\right)dx \end{align} donde $ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln\left(2\cos x\right)dx = \frac{\pi}{8}G-\frac{21}{128} \zeta(3)$ y \begin{align} J= &\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln\frac{4(1+\tan x)}{\sec^2 x}\overset{x\to\frac\pi4-x}{dx} =\frac\pi4 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\frac{4(1+\tan x)}{\sec^2 x}dx-J\\ =& \ \frac\pi8 \bigg(\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\tan x)dx +\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(4\cos^2 x)dx\bigg)\\ =&\ \frac\pi8\bigg( \frac\pi8\ln2+G \bigg)= \frac{\pi^2}{64}\ln2+\frac\pi8G\\ \end{align} Sustituye los resultados anteriores en $I$ para obtener $$I=\frac{\pi^{2}}{64}\ln2-\frac{\pi}{8}G+ \frac{21}{64}\zeta(3) $$