Evaluar

Question

ps

$$\int_{0}^{\pi\over 4}{\ln(\tan(x))\over \cos^{2n}(x)}\mathrm dx=F(n)\tag1$

$n\ge1$

$F(1)=-1$

$F(2)=-{10\over 9}$

¿Cómo evaluamos el formulario cerrado para$F(3)=-{284\over 225}$?

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$(1)$ entonces $u=\tan(x)$

ps

$\cos^2{(x)}\mathrm du=\mathrm dx$

$$\int_{0}^{1}{\ln(u)\over \cos^{2n-2}(x)}\mathrm du\tag2$

$\sec^2(x)=1+\tan^2(x)$

ps

Answer 1

Se puede escribir, para$n\ge 1$, $$ \begin{align} \int_{0}^{\pi\over 4}{\ln(\tan(x))\over \cos^{2n}(x)}\mathrm dx&=\int_{0}^{1}\left(1+u^2\right)^{n-1}\ln u\:\mathrm du,\qquad (u=\tan x) \\\\&=\sum_{k=0}^{n-1}\binom {n-1}k\int_{0}^{1}u^{2k}\ln u\:\mathrm du \quad (\text{binomial expansion}) \\\\&=-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\binom {n-1}k}{(2k+1)^2}, \end {align} $$ utilizando la evaluación estándar $$ \ int_ {0} ^ {1} u ^ {s} \ ln u \: \ mathrm du = - \ frac1 {(s + 1) ^ 2}, \ qquad s \ ne-1. $$

Answer 2

Iniciar con la integración por partes:

$u = \ln(\tan x) \to du = \frac{1}{\tan x} \sec^2 x dx$, $dv = (\sec^2 x)^n = \sec^2 x(1 + \tan^2 x)^{n-1}$.

Antes de continuar, vamos a calcular $v = \int dv$, y para esto vamos a utilizar la sustitución $w = \tan x \to dw = \sec^2x dx$. Entonces por el teorema del binomio,

\begin{align*}v &= \int(1 + w^2)^{n-1}dw\\ &= \int\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}w^{2k}dw\\ &= \sum_{k=1}^{n-1}\binom{n-1}{k}\frac{w^{2k+1}}{2k+1} \\ &= \sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}\frac{\tan^{2k+1}(x)}{2k+1}\end{align*}

Ahora nuestros original de la integral es

\begin{align*} \int_{0}^{\pi/4} udv &= \left.uv\right]_0^{\pi/4} - \int_{0}^{\pi/4}vdu\\ &= \left.\ln(\tan x)\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}\frac{\tan^{2k+1}(x)}{2k+1}\right]_0^{\pi/4} - \int_{0}^{\pi/4}\left(\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}\frac{\tan^{2k}(x)}{2k+1}\right)\sec^2x dx\end{align*}.

El primer término nos obliga a tomar un límite de $x \to 0^+$, pero este límite es, misericordiosamente, $0$ (tratar de que se rompa una potencia de $\tan x$ a partir de la suma, a continuación, utilizar la regla de L'Hospital de en $\ln(\tan x) \cdot \tan x$$x \to 0^+$). El resto de la integral puede evaluarse haciendo un final de sustitución de $y = \tan x$ para obtener

\begin{align*}- \int_{0}^{\pi/4}\left(\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}\frac{\tan^{2k}(x)}{2k+1}\right)\sec^2x dx &= -\int_0^1 \sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}\frac{y^{2k}}{2k+1}dy\\ &= -\left.\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}\frac{y^{2k+1}}{(2k+1)^2}\right]_0^1\\ &= -\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}\frac{1}{(2k+1)^2}.\end{align*}