Une intégrale log-trigonométrique

Je ne sais pas calculer l'intégrale proposée par A.O mais pour la première intégrale plus connue:

Par le changement de variable $\tau=\theta-\dfrac{\pi}{2}$ on montre que $\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\sin(\theta))d\theta=\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\tau))d\tau$

Donc:
$2\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta=\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\sin(\theta))d\theta+\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta=\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\sin(\theta)\cos(\theta))d\theta=\\\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\dfrac{1}{2})d\theta+\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(2\sin(\theta)\cos(\theta))d\theta=-\log(2)\dfrac{\pi}{2}+\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\sin(2\theta))d\theta$

Dans la dernière intégrale on fait le changement de variable $\tau=2\theta$ il vient:

$2\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta=-\log(2)\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\log(\sin(\theta))d\theta=-\log(2)\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\sin(\theta))d\theta+\dfrac{1}{2}\int_{\dfrac{\pi}{2}}^{\large \pi}\log(\sin(\theta))d\theta$

Dans la dernière intégrale on fait le changement de variable $\tau=\theta-\dfrac{\pi}{2}$ il vient:

$2\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta=-\log(2)\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\sin(\theta))d\theta+\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta=$

On a donc:
$2\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta=-\log(2)\dfrac{\pi}{2}+\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta$

Ainsi:
$\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta=-\log(2)\dfrac{\pi}{2}$

En espérant ne pas avoir écrit trop d'énormités.

Anselme-Olivier:

Ne te précipite pas pour donner ton calcul pour la deuxième intégrale. Laisse mijoter s'il te plait B-)-

Je n'ai toujours pas la solution à la question posée mais j'ai une méthode (grâce à Ev) qui permet de calculer autrement
$I=\displaystyle \int_{0}^{ \tfrac{\pi}{2}} \ln (\sin x) \,{\mathrm{d}x}$
$\displaystyle I=\Big[x\ln (\sin x) \Big]_0^{\tfrac{\pi}{2}}- \int_{0}^{ \tfrac{\pi}{2}} \dfrac{x}{\tan x}{\mathrm{d}x}=- \int_{0}^{ \tfrac{\pi}{2}} \frac{x}{\tan x}{\mathrm{d}x}$
On introduit la fonction:
$F(y)= \displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \frac{\arctan\big(y\tan(x)\big)}{\tan (x)}dx$ avec $-1<y<1$
Remarquons que $F(0)=0$ et que $F(1)=\displaystyle \int_{0}^{ \tfrac{\pi}{2}} \dfrac{x}{\tan x}{\mathrm{d}x}$
On dérive cette fonction par rapport à $y$ il vient:
$\displaystyle F'(y)= \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \frac{1}{1+\big(y\tan(x) \big)^2}dx$
On fait le changement de variable $u=\tan x$ il vient :
$\displaystyle F'(y)= \int_0^{+\infty}\dfrac{1}{(1+x^2)(1+y^2x^2)}dx=\int_0^{+\infty}\Big(\dfrac{y^2}{(y^2-1)(1+y^2x^2)}-\dfrac{1}{(y^2-1)(1+x^2)}\Big)dx$
Ainsi :
$F'(y)=\dfrac{1}{y^2-1}\times \Big[y\arctan (yx)\Big]_0^{+\infty}-\dfrac{1}{y^2-1}\Big[\arctan x\Big]_0^{+\infty}$
Donc:
$F'(y)=\dfrac{\pi}{2}\times \dfrac{1}{1+y}$ avec $-1<y<1$
Puisque $F(0)=0$ alors $F(y)=\dfrac{\pi}{2}\log (1+y)$ avec $-1<y<1$
$F$ est continue en $1$ donc la formule reste vraie en $y=1$
et on a donc $I=-F(1)=-\dfrac{\pi}{2}\log (2)$

Une méthode sympa que je viens de découvrir en bricolant dans mon coin et que je ne crois pas avoir jamais vue exposer avant.
(j'imagine que Weierstrass connaissait déjà ce truc)

On veut montrer que $\displaystyle J=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \dfrac{x}{\tan x}dx=\dfrac{\pi}{2}\ln 2\tag 1$


Remarquons tout d'abord que $\dfrac{\partial}{\partial x} \ln(\cos x)=-\tan x$


Dans l'intégrale $(1)$ on fait le changement de variable $y=\dfrac{x}{2}$,

$\begin{align}
J&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{4y}{\tan(2y)}dy\\
&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{4y}{\tfrac{2\tan y}{1-(\tan y)^2}}dy\\
&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{2y\left(1-(\tan y)^2\right)}{\tan y}dy\\
&=2\left(\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{y}{\tan y}-\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} y\tan y dy\right)\\
\end{align}$


Par ailleurs,

$\begin{align} J&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{x}{\tan x}dx+\int_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}} \dfrac{x}{\tan x}dx\\
&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{x}{\tan x}dx+\int_{0}^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{\tfrac{\pi}{2}-x}{\tan\left( \tfrac{\pi}{2}-x\right)}dx\\
&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{x}{\tan x}dx+\int_{0}^{\tfrac{\pi}{4}} \left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)\tan xdx\\
&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{x}{\tan x}dx+\dfrac{\pi}{2}\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \tan x dx-\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} x\tan x dx\\
&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{x}{\tan x}dx-\dfrac{\pi}{2}\Big[\ln(\cos(x))\Big]_0^{\tfrac{\pi}{4}}-\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} x\tan x dx\\
&=\left(\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{x}{\tan x}dx-\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} x\tan x dx\right)+\dfrac{\pi}{4}\ln 2\\
&=\dfrac{J}{2}+\dfrac{\pi}{4}\ln 2
\end{align}$

Donc,

$\boxed{J=\dfrac{\pi}{2}\ln 2}$