Método alternativo de resolución de $\int_0^{\pi/2} {\sin^2{x} \ln{\tan x} \,dx}$

Question

Resolver la integral: $$\int_0^{\pi/2} {\sin^2{x} \ln{\tan x} \,dx}$$ Ya he encontrado la respuesta a la se $\frac{\pi}{4}$ por el método que se explica a continuación, pero me gustaría saber si hay otra manera.

--- Mi método ---

El uso de un $u$-sub: $u=\tan x, \,du=\sec^2x \,dx$ $$\int_0^{\pi/2} {\sin^2{x} \ln{\tan x} \,dx}=\int_0^{\pi/2} {\frac{\tan^2{x}}{\sec^2{x}} \ln{\tan x} \,dx}=\int_0^{\pi/2} {\frac{\tan^2{x}}{\sec^4{x}} \ln{\left(\tan x\right)} \sec^2x \,dx}=\int_0^{\infty} {\frac{u^2}{\left(1+u^2\right)^2} \ln{u} \,du}$$

Ahora, simplemente tire de su más afortunado de conejo de su sombrero':

$$I(a) = \int_0^{\infty} {\frac{u^a \ln{u}}{\left(1+u^a\right)^2} \,du}$$

Y el uso de un inversa de Feynman método':

$$\int{I(a) \,da} = \int_0^{\infty} {\int{ \left( \frac{u^a \ln{u}}{\left(1+u^a\right)^2} \,da\right)}\,du} = -\int_0^{\infty} {\frac{\,du}{1+u^a}} = -\frac{\pi}{a} \csc{\left(\frac{\pi}{a}\right)}$$

Ahora, $I(a)$ es simplemente la derivada de la última expresión:

$$I(a) = \frac{\,d}{\,da} {\left[ -\frac{\pi}{a} \csc{\left(\frac{\pi}{a}\right)} \right]} = \frac{1}{a} \left(\frac{\pi}{a}\csc{\left(\frac{\pi}{a}\right)}\right) \left(1-\frac{\pi}{a}\cot{\left(\frac{\pi}{a}\right)}\right) $$

Por supuesto, el original de la integral es equivalente a la de $I(2)$, así:

$$\boxed{\int_0^{\pi/2} {\sin^2{x} \ln{\tan x} \,dx}=\frac{\pi}{4}}$$

Answer 1

Sugerencia para un método alternativo:

1) sustituto $t=\frac{\pi}{2}-x$ llegar

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

2) escriba $2I$ como:

$$2I=\int_0^{\pi/2}(\sin^2 x-\cos^2 x)\log(\tan x)dx=x-\sin x \cos x \log(\tan x)\big|_{x=0}^{x=\pi/2}=\frac{\pi}{2}$$

3) así $I=\frac{\pi}{4}$

Answer 2

Usando integración por partes $$\begin{align} &\int_0^{\pi/2}\sin^2(x)\log(\tan(x))\,\mathrm{d}x\tag{1}\\ &=\int_0^{\pi/2}\sin^2(x)\log(\sin(x))\,\mathrm{d}x -\int_0^{\pi/2}\sin^2(x)\log(\cos(x))\,\mathrm{d}x\tag{2}\\ &=\int_0^{\pi/2}\cos^2(x)\log(\cos(x))\,\mathrm{d}x -\int_0^{\pi/2}\sin^2(x)\log(\cos(x))\,\mathrm{d}x\tag{3}\\ &=\int_0^{\pi/2}\cos(2x)\log(\cos(x))\,\mathrm{d}x\tag{4}\\ &=\frac12\int_0^{\pi/2}\log(\cos(x))\,\mathrm{d}\sin(2x)\tag{5}\\ &=\frac12\int_0^{\pi/2}\sin(2x)\tan(x)\,\mathrm{d}x\tag{6}\\ &=\int_0^{\pi/2}\sin^2(x)\,\mathrm{d}x\tag{7}\\ &=\int_0^{\pi/2}\cos^2(x)\,\mathrm{d}x\tag{8}\\[3pt] &=\frac\pi4\tag{9} \end {Alinee el} $$ explicación:
$(2)$: $\log(\tan(x))=\log(\sin(x))-\log(\cos(x))$
$(3)$: sustituto $x\mapsto\frac\pi2-x$ en la primera integral
$(4)$: $\cos(2x)=\cos^2(x)-\sin^2(x)$
$(5)$: se preparan para integrar por partes
$(6)$: integración por partes
$(7)$: $\frac12\sin(2x)\tan(x)=\sin^2(x)$
$(8)$: sustituto $x\mapsto\frac\pi2-x$
$(9)$: % promedio $(7)$y $(8)$

---

Utilizando la serie Trigonometric $\boldsymbol{\log(\cos(x))}$

Utilizando la serie $\log(1+x)$, $$\begin{align} \log(2\cos(x)) &=\log\left(e^{ix}+e^{-ix}\right)\\ &=ix+\log\left(1+e^{-2ix}\right)\\ &=-ix+\log\left(1+e^{2ix}\right)\\ &=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}k\cos(2kx) \end {alinee el} $$ por lo tanto, usando la ortogonalidad de $\{\cos(kx)\}$ $$\begin{align} &\int_0^{\pi/2}\sin^2(x)\log(\tan(x))\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^{\pi/2}\sin^2(x)\log(2\sin(x))\,\mathrm{d}x -\int_0^{\pi/2}\sin^2(x)\log(2\cos(x))\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^{\pi/2}\cos^2(x)\log(2\cos(x))\,\mathrm{d}x -\int_0^{\pi/2}\sin^2(x)\log(2\cos(x))\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^{\pi/2}\cos(2x)\log(2\cos(x))\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^{\pi/2}\cos(2x)\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}k\cos(2kx)\,\mathrm{d}x\\ &=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{4k}\int_{-\pi}^\pi\cos(x)\cos(kx)\,\mathrm{d}x\\[3pt] &=\frac\pi4 \end {Alinee el} $$

Answer 3

Esto no es una respuesta, sino que se pone para su curiosidad.

Surprizing o no, la antiderivada puede ser calculada. Teniendo en cuenta $$I=\int {\sin^2(x)} \ln(\tan (x)) \,dx$$ a CAS led to $$8I=4 i \text{Li}_2\left(e^{2 i x}\right)-i \text{Li}_2\left(e^{4 i x}\right)-2 \sin (2 x) \log (\tan (x))+4 x \a la izquierda(2 \tanh ^{-1}\left(e^{2 i x}\right)+\log (\bronceado (x))+1\right)$$ donde aparece el polylogarithm función.

• Para $x=0$, la expresión anterior conduce a $I=\frac{i \pi ^2}{16}$
• Para $x=\frac \pi 2$, la expresión anterior conduce a $I=\frac{\pi }{4}+\frac{i \pi ^2}{16}$ y, por tanto, el resultado de la integral entre a $0$ $\frac\pi 2$
• Para $x=\frac \pi 4$, la expresión anterior conduce a $I=-\frac{C}{2}+\frac{\pi }{8}+\frac{i \pi ^2}{16}$ y por lo tanto, otro "interesante" resultado $$\int_0^{\frac\pi 4} {\sin^2(x)} \ln(\tan (x)) \,dx=\frac{\pi }{8}-\frac{C}{2}$$ donde aparece el catalán número.
• Para valores pequeños de a $\epsilon$, la expansión de Taylor de $I$ da $$\int_0^{\epsilon} {\sin^2(x)} \ln(\tan (x)) \,dx=\frac{1}{9} (3 \log (\epsilon)-1)\,\epsilon^3+\frac{1}{75} (6-5 \log (\epsilon))\, \epsilon^5+ \left(\frac{2 \log (\epsilon)}{315}-\frac{5}{882}\right)\,\epsilon^7+O\left(\epsilon^9\right)$$