Questão 6) Calcule as seguintes integrais.
\int \ln (\operatorname{tg} x) d x;

Passo 1

O enunciado pede
I=\int \ln\bigl(\tan x\bigr)\,dx,
que está escrito em termos de funções trigonométricas e logarítmo. Vamos usar a decomposição
\ln\bigl(\tan x\bigr)=\ln(\sin x)\;-\;\ln(\cos x)
e integrar termo a termo.

Passo 2

Primeiro, lembramos a expansão em série de Fourier, válida para 0<x<\pi:
\ln(\sin x) = -\ln2 \;-\;\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos(2n x)}{n}.
Integrando termo a termo,
\int \ln(\sin x)\,dx = -x\ln2 \;-\;\sum_{n=1}^{\infty}\int \frac{\cos(2n x)}{n}\,dx = -x\ln2 \;-\;\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(2n x)}{2n^2}+C_1.

Passo 3

De modo análogo, para 0<x<\tfrac\pi2 ou \tfrac\pi2<x<\pi, faz-se u=\tfrac\pi2 -x em \ln(\cos x)=\ln(\sin u) e obtém-se
\int \ln(\cos x)\,dx = -x\ln2 \;+\;\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\,\sin(2n x)}{2n^2}+C_2.

Passo 4

Subtraindo as duas integrais,
I =\int \ln(\sin x)\,dx\;-\;\int \ln(\cos x)\,dx =-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(2n x)}{2n^2}\;-\;\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\,n+1}\sin(2n x)}{2n^2}+C
os termos com n par cancelam e só sobra n=2k+1. Logo
I =-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\bigl(2(2k+1)x\bigr)}{(2k+1)^2}+C.

Resposta

\boxed{\int \ln\bigl(\tan x\bigr)\,dx = -\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\bigl(2(2k+1)x\bigr)}{(2k+1)^2}+C.}

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