Integral $\int_0^{\large\frac{\pi}{4}}\left(\frac{1}{\log(\tan(x))}+\frac{1}{1-\tan(x)}\right)dx$

Question

Me pregunto si alguien sabe cómo evaluar esta integral: $$\int_{0}^{\Large\frac{\pi}{4}}\left(\frac{1}{\log(\tan(x))}+\frac{1}{1-\tan(x)}\right)dx.$$

He probado, sin éxito, el cambio de variables $u=\tan (x)$ .

Answer 1

Tenemos la siguiente evaluación de forma cerrada.

$$ I:=\int_0^{\Large \frac{\pi}{4}}\!\!\left(\frac{1}{\ln(\tan x)}+\frac{1}{1-\tan x}\right)\! \mathrm dx= \color{blue}{\frac\pi8+\frac74\ln2+\frac\gamma2+\ln\pi-2\ln \Gamma\!\left(\!\frac14\!\right)} \tag1 $$

donde $\gamma$ es el Constante de Euler-Mascheroni .

Una aproximación numérica es $$ I =\color{blue}{0.462999316582640135993449151416572....} $$

Como señaló Lucian, por el cambio de variable $\displaystyle u=\tan x$ tenemos fácilmente $$ I=\int_0^1\left(\frac{1}{\ln u}+\frac{1}{1-u}\right)\frac{1}{1+u^2} \mathrm du. $$ Hemos establecido $$ I(s):=\int_0^1\left(\frac{1}{\ln u}+\frac{1}{1-u}\right)\frac{u^s}{1+u^2} \mathrm du, \quad s>-1. $$ La integral esperada es, pues, la siguiente $I(0)$ .

Diferenciemos $I(s)$ .

Obtenemos $$ \begin{align} I'(s)& =\int_0^1\left(\frac{1}{\ln u}+\frac{1}{1-u}\right)\frac{u^s\ln u}{1+u^2} \mathrm du \\\\ & =\int_0^1\left(1+\frac{\ln u}{1-u}\right)\frac{u^s}{1+u^2} \mathrm du \\\\ & =\int_0^1\! \frac{u^s}{1+u^2}\mathrm du +\int_0^1\!\frac{(1+u)u^s \ln u}{(1-u^2)(1+u^2)}\mathrm du \\\\ & =\int_0^1\! \frac{u^s(1-u^2)}{1-u^4}\mathrm du +\int_0^1\!\frac{u^s \ln u}{1-u^4}\mathrm du+\int_0^1\!\frac{u^{s+1} \ln u}{1-u^4}\mathrm du. \end{align} $$ Por el cambio de variable $\displaystyle v=u^4$ en cada una de las integrales anteriores y recordando las representaciones integrales bien conocidas para la función digamma $\displaystyle \psi : = \Gamma'/\Gamma$ y por su derivado, $$ \psi(s) = -\gamma+\int_0^1 \frac{1 - v^{s-1}}{1 -v}{\rm{d}} v, \quad s>0, $$ $$ \psi'(s) = -\int_0^1 \frac{s^{s-1} \ln v}{1 - v}{\rm{d}} v, \quad s>0, $$ obtenemos

$$ I'(s)=\frac{1}{4}\psi\left(\frac{s+3}{4}\right)-\frac{1}{4}\psi\left(\frac{s+1}{4}\right)-\frac{1}{16}\psi'\left(\frac{s+2}{4}\right)-\frac{1}{16}\psi'\left(\frac{s+1}{4}\right). \tag2 $$

Desde $$ \left|\left(\frac{1}{\ln u}+\frac{1}{1-u}\right)\frac{u^s}{1+u^2} \right| < u^s, \quad 0<u<1,\, s>-1,$$ dando $$ |I(s)|\leq \int_0^1\left|\left(\frac{1}{\ln u}+\frac{1}{1-u}\right)\frac{u^s}{1+u^2} \right|\mathrm du < \!\!\int_0^1 u^s\mathrm du = \frac{1}{s+1}, $$ entonces, como $s \rightarrow +\infty$ tenemos $I(s) \rightarrow 0$ .

Deducimos que

$$ I(s)=\log \Gamma \left(\frac{s+3}{4}\right)\!-\!\log \Gamma \left(\frac{s+1}{4}\right) \!-\!\frac{1}{4}\psi\!\left(\frac{s+2}{4}\right)\!-\!\frac{1}{4}\psi\!\left(\frac{s+1}{4}\right) , \, s>-1, \tag3 $$

y, para $s=0$ ,

$$ \begin{align} I=\frac\pi8+\frac74\ln2+\frac\gamma2+\ln\pi-2\ln \Gamma\left(\frac14\right) \end{align} $$

donde han utilizado valores especiales de la función digamma , $$ \begin{align} \psi \left(\frac12\right) & = -\gamma - 2\ln 2, \\ \psi \left(\frac14\right) & = -\gamma + \frac\pi2- 3\ln 2, \end{align} $$ y el fórmula de complemento/reflejo $$ \Gamma\left(\frac34\right)\Gamma\left(\frac14\right)=\frac{\pi}{\sin(\frac\pi4)}=\pi \sqrt{2}. $$

Answer 2

Noti ce que esto no es una respuesta con los mismos límites que la pregunta, pero lo dejo aquí para que otros les ayude si el límite superior fue cambiado.

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Tenemos la siguiente integral: $$I=\int_{0}^{\Large\frac{\pi}{2}}\left(\frac{1}{\log(\tan(x))}+\frac{1}{1-\tan(x)}\right)dx\tag{$ I $}$$ Utilice $\displaystyle \int_0^a f(x) dx=\int_0^a f(a-x) dx$ $$I=\int_{0}^{\Large\frac{\pi}{2}}\left(\frac{1}{\log(\tan(\pi/2-x))}+\frac{1}{1-\tan(\pi/2-x)}\right)dx$$ Utilice $\displaystyle \tan(\pi/2-x)=\cot(x)$ $$ I=\int_{0}^{\Large\frac{\pi}{2}}\left(\frac{1}{\log(\cot(x))}+\frac{1}{1-\cot(x)}\right)dx\tag{$ II $}$$ Añadir $(I)$ y $(II)$ $$2I=\int_{0}^{\Large\frac{\pi}{2}}\left(\frac{1}{\log(\tan(x))}+\frac{1}{1-\tan(x)}\right)dx+\int_{0}^{\Large\frac{\pi}{2}}\left(\frac{1}{\log(\cot(x))}+\frac{1}{1-\cot(x)}\right)dx$$ Simplificar utilizando $\displaystyle \log(\cot x)=\log(1/\tan x)=-\log(\tan x)$ $$2I=\int_{0}^{\Large\frac{\pi}{2}}\left(\frac{1}{1-\cot(x)}+\frac{1}{1-\tan x}\right)dx$$ Utilice $\displaystyle \cot x\tan x=1$ después de tomar los denominadores comunes para obtener: $$2I=\int_{0}^{\Large\frac{\pi}{2}}dx=\frac{\pi}2$$ Sólo el último paso: $$I=\frac{\pi}4\Box$$