Integración de $\int_0^{\frac{\pi}{2}} x (\log\tan x)^{2n+1}\;dx$

Question

¿Alguien tiene alguna idea sobre cómo integrar

$$I=\int_0^{\frac{\pi}{2}} x (\log\tan x)^{2n+1}\;dx$$

para la integral $n$ donde $n\ge 1$

En el caso $n=0$

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} x \log\tan x \;dx=\lambda(3)=\frac{7}{8}\zeta(3)$$

He conseguido integrar la función cuando el exponente es par, es decir $(\log\tan x)^{2n}$ utilizando la sustitución $y=\left(\frac{\pi}{2}-x \right)$ en los dos intervalos $[0,\frac{\pi}{4}]$ y $[\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}]$ Pero el mismo truco no se aplica a los poderes de impar.

Básicamente mediante la integración por partes me queda la integral repetida

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^x (\log\tan u)^{2n+1}\;du\;dx$$

Por lo que sé $(\log\tan u)^{2n+1}$ no tiene una integral definida que pueda utilizar, así que estoy atascado. He intentado algunas sustituciones y no han servido de nada. ¿Alguna idea de cómo puedo proceder?

Algunas notas de fondo añadidas

1. Para obtener una función más adecuada para la integración numérica utilice la sustitución $u=\log \tan x$ para dar

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} x (\log\tan x)^{n}\;dx=\int_{-\infty}^{+\infty} \arctan(e^u)\frac{u^n}{e^u+e^{-u}} \;du$$

Esto demuestra que la integral $I$ está estrechamente relacionada con la integral estándar para el $\beta(n)$ función. La integral análoga $\int_0^{\infty} x (\log\tanh x)^{n}\;dx$ mediante un cambio de variables similar se ve que está relacionada con la integral estándar para la $\lambda(n)$ función.

Answer 1

Al establecer $x=\arctan u$ nos quedamos con

$$ \mathcal{I}(n) = \int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan u}{1+u^2}\left(\log u\right)^{2n+1}\,du =\left.\frac{d^{2n+1}}{d\alpha^{2n+1}}\int_{0}^{+\infty}\frac{u^\alpha \arctan u}{1+u^2}\,du\right|_{\alpha=0}$$ pero la integral en el lado derecho está relacionada con la función Beta. Deshaciendo la sustitución anterior, $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{u^\alpha \arctan u}{1+u^2}\,du = \int_{0}^{\pi/2}x\left(\sin x\right)^{\alpha}\left(\cos x\right)^{-\alpha}\,dx $$ donde podemos escribir $x$ como $$ \arcsin(\sin x)= \sum_{n\geq 0}\frac{(\sin x)^{2n+1}}{(2n+1)4^n}\binom{2n}{n}$$ que conduce a: $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{u^{\alpha}\arctan u}{1+u^2}\,du=\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}}{(2n+1)4^n}\cdot\frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}-\frac{a}{2}\right)\, \Gamma\left(1+\frac{a}{2}+n\right)}{2\,\Gamma\left(\frac{3}{2}+n\right)}. $$ Ahora "basta" con diferenciar ambos lados con respecto a $\alpha$ el número correcto de veces y realizar una evaluación en $\alpha=0$ para convertir la integral original en una "serie hipergeométrica retorcida", cuyos términos dependen tanto de los términos hipergeométricos como de los números armónicos generalizados (derivados de la diferenciación de la función Beta).