Encontrando $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\tan \theta - \tan^3 \theta}{\ln \tan \theta}$

Question

La pregunta original era evaluar:

$$\int_{0}^{1} \frac{1-x}{(1+x) \ln x}\,dx$$

Utilizando la sustitución $x=\tan^2 \theta $ Lo he simplificado a la integral $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\tan \theta - \tan^3 \theta}{\ln \tan \theta}$ .

A partir de aquí, estoy atascado y no estoy seguro de por dónde continuar.

Answer 1

Desde entonces: $$ \int_{0}^{1}\frac{x^n-x^{n+1}}{\log x}\,dx = \log\left(\frac{n+2}{n+1}\right) \tag{1}$$ por Teorema de Frullani ampliando $\frac{1-x}{1+x}$ como su serie de Taylor en cero, recogiendo términos de la forma $(x^n-x^{n+1})$ e integrando término a término, tenemos que nuestra integral simplemente es igual a menos el logaritmo de la Producto Wallis Por lo tanto $\color{red}{-\log(\pi/2)}$ como se ha reclamado.

Answer 2

$$\int_{0}^{1} \frac{1-x}{(1+x) \ln x}\,dx=-\int_0^1\int_0^1 \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k x^{y+k}\ dy \ dx=- \sum_{k=0}^{\infty}\int_0^1\int_0^1 (-1)^k x^{y+k}\ dx \ dy$$ $$- \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k \log\left(\frac{k+2}{k+1}\right)=-\log\left(\frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{6}{5}\cdots\right)=-\log\left(\frac{\pi}{2}\right).$$