Une intégrale

Fin de partie · October 2014

Je suis à la recherche de méthodes pour le calcul de $\displaystyle \int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}}\dfrac{x}{\tan x}dx$
(sa valeur est $\dfrac{\pi}{2}\log(2)$ sauf erreur)

(j'ai une méthode pour la calculer qui introduit un paramètre dans l'intégrale, je me demande s'il n'y a pas une méthode plus simple)

ev · October 2014

Par (fin de) parties, ça marche pas ?

e.v.

Fin de partie · October 2014

Je ne le pense pas. Le morceau tout intégré n'a pas une valeur finie si je ne dis pas de bêtises.

Il faudrait préciser ce que tu entends par-là.

PS:

Je n'ignore pas que la derivée de $\log(\sin x)$ est $\dfrac{1}{\tan x}$

ev · October 2014

Chez moi, non seulement il est fini comme une partie, mais en plus il est nul comme une finale de tours.

e.v.

Fin de partie · October 2014

OK je vois mon erreur.
J'ai confondu $\log(\sin x)$ et $\log(\cos x)$ :-S

PS: Je cherchais comment passer de cette intégrale à $\displaystyle \int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}} \log(\sin x)dx=\int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}} \log(\cos x)dx$

Voilà qui est fait, merci bien. :-)

ev · October 2014

Bah, pour le coup un changement de variable $t = \frac\pi2 - x$ permet de passer de l'une à l'autre sans se fatiguer.

e.v.

zephir · October 2014

Bonsoir
Cette discussion est un peu surréaliste. l'IPP fonctionne très bien à condition de connaître "l'astuce" qui permet de calculer $\displaystyle \int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}} \log(\sin x)dx$

Fin de partie · October 2014

Zephir:

Je m'en rends compte maintenant. B-)-

Pour le calcul de l'intégrale qui apparait, pas de problème, je l'ai déjà fait dans un autre fil. :-)

(voir ici: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,998265 )

A partir de cette intégrale on peut déduire, entre autres, la valeur de $\displaystyle \int_0^1\arctan(x)^2\,dx$ B-)-

bisam · October 2014

Oui, mais cette dernière se calcule également très bien par IPP...

Fin de partie · October 2014

Laquelle?

$\displaystyle \int_0^1\arctan(x)^2\,dx$ ?

zephir · October 2014

C'est le "x" qui est au carré ou bien c'est le "arctan(x)" ?
Si c'est le "x", l'IPP fonctionne.

Fin de partie · October 2014

Si le x était au carré il serait entre les parenthèses que j'ai pris le soin de mettre. B-)-

$\displaystyle \int_0^1\Big(\arctan(x)\Big)^2 dx$

Cette intégrale est reliée à celle qui ouvre ce fil de discussion.

bisam · October 2014

Effectivement, j'ai confondu avec une autre intégrale... (à savoir $\int_0^1 \frac{\arctan(x)}{(x^2+1)^2}dx$)

FdP0 · October 2014

$I=\displaystyle \int_0^1\dfrac{x}{\tan x }dx$
On fait le changement de variable $u=\tan x$ il vient:

$I=\displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\arctan x }{x(1+x^2)}dx$

$I=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\arctan x }{x(1+x^2)}dx+\int_1^{+\infty} \dfrac{\arctan x }{x(1+x^2)}dx$

Dans la deuxième intégrale, dans le membre de droite, on fait le changement de variable $u=\dfrac{1}{x }$ il vient:

$I= \displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan x }{x(1+x^2)}dx+ \int_0^1 \dfrac{x\arctan \Big(\dfrac{1}{x}\Big) }{1+x^2}dx$

On a pour $x>0$ l'égalité $\arctan \Big(\dfrac{1}{x}\Big)+\arctan x=\dfrac{\pi}{2}$ ainsi:

$I= \displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan x }{x(1+x^2)}dx+\dfrac{\pi}{2}\int_0^1\dfrac{x}{1+x^2}dx-\int_0^1\dfrac{x\arctan x}{1+x^2}dx$

Or:
$\dfrac{1}{x(1+x^2)}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{x}{1+x^2}$

Ainsi:

$I=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan x }{x}dx-\displaystyle\int_0^1 \dfrac{x\arctan x }{1+x^2}dx+\dfrac{\pi}{2}\int_0^1\dfrac{x}{1+x^2}dx-\int_0^1\dfrac{x\arctan x}{1+x^2}dx$

Donc:
$I=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan x }{x}dx-2\displaystyle\int_0^1 \dfrac{x\arctan x }{1+x^2}dx+\dfrac{\pi}{4}\Big[\log(1+x^2)\Big]_0^1$

et:

$I=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan x }{x}dx-2\displaystyle\int_0^1 \dfrac{x\arctan x }{1+x^2}dx+\dfrac{\pi}{4}\log(2)$

Or:
La dérivée de la fonction $(\arctan x)^2$ est $\dfrac{2\arctan x }{1+x^2}$

Donc:
$I=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan x }{x}dx-\Big(\big[ x(\arctan x)^2\big]_0^1-\int_0^1 (\arctan x)^2 dx \Big)+\dfrac{\pi}{4}\log(2)=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan x }{x}dx-\dfrac{\pi^2}{16}+\int_0^1 (\arctan x)^2 dx$

Or $I=\dfrac{\pi}{2}\log(2)$ donc:

$$\displaystyle\int_0^1 (\arctan x)^2 dx=\dfrac{\pi^2}{16}-G+\dfrac{\pi}{4}\log(2)$$

Où $\displaystyle G=\int_0^1 \dfrac{\arctan x }{x}dx$ est la constante de Catalan.