Une intégrale nulle
Bonjour,
Voici une intégrale : $$I = \int_0^{+\infty} dx \frac{\ln(x)}{1+x^2} \frac{\ln(2+x^2)}{\sqrt{2+x^2}}$$ Comment montrer que cette intégrale est nulle ?
Elle existe car :
- l'intégrande est une fonction définie et continue sur $[0,+\infty[$,
- est équivalente à $\ln(x) \ln2/\sqrt{2}$ en $0^{+}$,
- est équivalente à $2 \frac{\ln(x)^2}{x^3}$ en $+\infty$.
La courbe de l'intégrande :
- admet une asymptote verticale en $x=0^{+}$,
- est négative sur $]0,1]$,
- a un zéro en $x=1$,
- est positive sur $[1,+\infty[$.
Si on définit pour tout $a \geq 0$ et $a \leq b$ :
$\displaystyle I(a, b) = \int_a^b dx \frac{\ln(x)}{1+x^2} \frac{\ln(2+x^2)}{\sqrt{2+x^2}}$
alors numériquement :
$I(0,1)=-0.465 476$
$I(1,10 000)=+0.465 475$
$I(1,100 000)=+0.465 476$
J'ai essayé de montrer qu'elle est nulle, mais des méthodes classiques mènent très vite à des formules inextricables. WolframAlpha ne s'en sort pas. Les tables d'intégrales se semblent pas aider.
Voici une intégrale : $$I = \int_0^{+\infty} dx \frac{\ln(x)}{1+x^2} \frac{\ln(2+x^2)}{\sqrt{2+x^2}}$$ Comment montrer que cette intégrale est nulle ?
Elle existe car :
- l'intégrande est une fonction définie et continue sur $[0,+\infty[$,
- est équivalente à $\ln(x) \ln2/\sqrt{2}$ en $0^{+}$,
- est équivalente à $2 \frac{\ln(x)^2}{x^3}$ en $+\infty$.
La courbe de l'intégrande :
- admet une asymptote verticale en $x=0^{+}$,
- est négative sur $]0,1]$,
- a un zéro en $x=1$,
- est positive sur $[1,+\infty[$.
Si on définit pour tout $a \geq 0$ et $a \leq b$ :
$\displaystyle I(a, b) = \int_a^b dx \frac{\ln(x)}{1+x^2} \frac{\ln(2+x^2)}{\sqrt{2+x^2}}$
alors numériquement :
$I(0,1)=-0.465 476$
$I(1,10 000)=+0.465 475$
$I(1,100 000)=+0.465 476$
J'ai essayé de montrer qu'elle est nulle, mais des méthodes classiques mènent très vite à des formules inextricables. WolframAlpha ne s'en sort pas. Les tables d'intégrales se semblent pas aider.
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Réponses
J'ai essayé mais $\frac{1}{\sqrt{2+x^2}}$ devient $\frac{y}{\sqrt{2y^2+1}}$ et on ne peut plus comparer les intégrandes.
tu as l’intégrale de $\int_0^{+\infty}ln(x)/1+x²$ est nulle et tu as la fonction $ln(2+x²)/\sqrt (2+x²)$ continue et bornée positive et
decroissante à verifier
On peut faire le changement de variable $x=e^u$. On intègre alors sur un rectangle $[-T,T] \cup [T,T+i k \pi] \cup [T+ik \pi, -T+ik \pi] \cup [-T+ik\pi, -T]$ où $T\in \R^+$ tend vers l'infini, et $k$ est quelconque appartenant à $\N^*$. Ce n'est pas sûr que ça marche. Il y a un pôle en $x=i$ c'est-à-dire $u=i\frac{\pi}{2}$, et le coefficient est $0$.
@gebrane0, la fonction $x \mapsto \frac{\ln{(2+x^2)}}{\sqrt{2+x^2}}$ n'est pas monotone, elle croît puis décroît sur $[0, +\infty[$. De plus, j'espère que tu ne suggères pas que $\int_0^{+\infty} dx \frac{\ln(x)}{1+x^2} g(x) = 0$ pour toute $g(x)$ continue et décroissante...
@marco,
J'ai essayé des intégrales de contour sans y arriver, mais pas avec le changement de variable et le contour proposés. Je m'y mets de suite...
@marco, j'ai essayé mais ça ne donne rien malheureusement.
Le changement de variable $x=e^u$ donne $I = \int_R du u \frac{e^u}{1+e^{2u}} \frac{\ln(2+e^{2u})}{\sqrt{2+e^{2u}}}$. Puis on définit l'intégrale sur $C$ avec $\int_\Omega dz z \frac{e^z}{1+e^{2z}} \frac{\ln(2+e^{2z})}{\sqrt{2+e^{2z}}}$ avec un countour fermé orienté $\Omega$.
Il y a quatre pôles en $i \pi /2$, $i 3 \pi/2$, $\ln2/2 + i \pi /2$, $\ln2 / 2 + i 3 \pi/2$. On fait attention à $Arg(z) \in [0, 2 \pi[$.
Tous les résidus sont nuls par calculs de $Lim_{z \to z_i} (z-z_i) f(z) = 0$ pour $i = 1, 2, 3, 4$.
Puis les quatre intégrales sur le contour donné, donnent :
-Sur $[-T, T]$ quand $T \to +\infty$, $I$
-Sur $[T, T+ik \pi]$ pour $k \in N^{*}$, quand $T \to +\infty$, $0$ car le module est majoré par un terme en $(T/ e^T)^2$
-Sur $[T+ik \pi, -T+ik \pi]$ quand $T \to +\infty$, $-I + i k \pi \times 0$
Le $0$ est une intégrale paire sur un domaine d'intégration impair quand on passe à la limite $T \to +\infty$ :
$\int_{+T}^{-T} dt \frac{e^t}{1+e^{2t}} \frac{\ln{(2+e^{2t})}}{\sqrt{2+e^{2t}}}$
-Sur $[-T+ik \pi, -T]$, quand $T \to +\infty$, $0$ car le module est majoré par un terme en $(T/ e^T)^2$
On peut choisir $k=1$ pour inclure deux résidus ou $k=2$ pour les quatres ça ne change rien.
Et on aboutit à $I-I=0$, vrai mais décevant.
Comme suggéré par Said Fubini:
On coupe l'intégrale en 2, de 0 à 1 et de 1 à $\infty$ puis dans la deuxième intégrale on fait le changement de variable
$y=\dfrac{1}{x}$. Puis dans les deux intégrales on fait le changement de variable $y=\tan(x)$, puis dans l'une des deux on fait le changement de variable $y=\dfrac{\pi}{2}-x$.
PS:
C'est pas tout à fait ça, dommage ! :-(
message effacé
confusion avec un autre resultat
Avec $I=\int_0^{+\infty} dx \! f(x)$ on a, en suivant ta proposition :
$I = \int_0^{1} dx f(x) + \int_1^{+\infty} dx f(x)$ où on a coupé en $x=1$
$I=\int_0^{1} dx f(x) + \int_0^{1} dy \frac{1}{y^2} f(1/y)$ où on a posé $y=1/x$ dans la seconde intégrale
$I=\int_0^{\pi/4} dz (1+Tan(z)^2) f(Tan(z)) + \int_0^{\pi/4} dz \frac{(1+Tan(z)^2)}{Tan(z)^2} f(1/Tan(z))$ où on a posé $x=Tan(z)$ dans les deux intégrales
$I= \int_0^{\pi/4} dz (1+Tan(z)^2) f(Tan(z)) + \int_{\pi/4}^{\pi/2} dz (1+Tan(z)^2) f(Tan(z))$ où on a posé $u=\pi/2 - z$ dans la seconde intégrale
$I = \int_0^{\pi/2} dz (1+Tan(z)^2) f(Tan(z))$ où on a rassemblé les deux intégrales en une seule.
ce qui revient au même avec un seul changement de variable sur la première intégrale...
Merci de cette précision, je ne sais rien de cette formule. Je vais essayer de la comprendre et d'analyser comment elle pourrait s'appliquer dans des cas simples avant de m'attaquer à mon intégrale nulle.
oublie ma formule
j'ai eu une confusion
http://jf.burnol.free.fr/agregsecondemoyenne.pdf
desolé:-S
D’après tes calculs numériques tu as $\int_0^1 f(x)g(x)dx +\int_1^{100000} f(x)g(x)dx =0$ (approximativement)
donc ton intégrale est loin d’être nulle sauf mauvaise interpretation
Je pense qu'il faut démontrer plutôt qu'il existe c vérifiant $\int_0^1 f(x)g(x)dx +\int_1^c f(x)g(x)dx =0$
(la partie négative compense la partie positive en un certain point)
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\ln(\tan x)\ln\Big(1+\frac{1}{\cos ^2 x}\Big)}{\sqrt{1+\frac{1}{\cos ^2 x}}}dx$
On le voit numériquement et Wolfram alpha, pourvu qu'on la bricole un peu, la voit aussi égale à 0 exactement.
[Inutile de répéter un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
Tu as une mauvaise interprétation. Vu que la fonction est décroissante vers 0 à l'infini $\int_0^1
f(x)g(x)dx +\int_1^{100000} f(x)g(x)dx =\int_0^{100000} f(x)g(x)dx$ constitue une bonne approximation de $\int_0^{+\infty} f(x)g(x)dx$.
Au moins on a le cœur nette ; l’intégrale est nulle (reste à le prouver)
Cette intégrale est nulle, c'est sûr. Elle a une symétrie et les aires positive et négative se compensent exactement. Il s'agit de trouver les méthodes qui montrent cette symétrie.
Pour les intégrales de contour, il faut trouver la bonne fonction à intégrer et le bon contour. Mais ça doit être possible.
Pour les méthodes usuelles, il faut séparer l'intégrale en parties telles que la symétrie apparaît à l'aide d'intégrations par parties, de jeu sur les bornes d'intégration ou avec des changements de variables. Pourquoi est-ce si difficile ?
Pour les méthodes plus sophistiquées, il s'agit de définir :
$F(\alpha) = \int_0^{+\infty} dx f(\alpha g(x))$
puis montrer qu'on peut dériver sous le signe somme pour obtenir :
$F'(\alpha) = \int_0^{+\infty} dx g(x) f'(\alpha g(x))$
qui, on l'espère se simplifie, puis on calcule $F'(\alpha)$ que l'on intègre pour obtenir $F(\alpha)$ et conclure pour une valeur particulière de $\alpha$ qui donne $F(\alpha) = I$.
Connaissez-vous d'autres méthodes ?
Je cherche toujours...
Je me pose une autre question
Si on note pour $a\geq 1 $
$$F(a)=\displaystyle {\int_0^{+\infty} {ln(t)ln(a+t²) \over (1+t²)(\sqrt{a+t²})}}dt$$
quels sont les zéros de F ( je ne crois pas que le seul zéro de F est a=2)
$\displaystyle \dfrac{1}{4} \int_0^1 \dfrac{\ln\Big(\dfrac{1-x}{x}\Big)\ln\Big(\dfrac{1+x}{x}\Big)}{\sqrt{1-x^2}}dx$
Tu fais ces calculs à la main?
Cela n'a rien de trop compliqué, deux changements de variable.
On a aussi, toujours sauf erreur:
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln\Big(\dfrac{1-x}{x}\Big)\ln\Big(\dfrac{1+x}{x}\Big)}{\sqrt{1-x^2}}dx=\int_0^{\dfrac{\pi}{2}} \ln \Big(\dfrac{1-\sin x}{\sin x}\Big)\ln \Big(\dfrac{1+\sin x}{\sin x}\Big)dx$
> -Sur $[T+ik \pi, -T+ik \pi]$ quand $T \to
> +\infty$, $-I + i k \pi \times 0$
> Le $0$ est une intégrale paire sur un domaine
> d'intégration impair quand on passe à la limite
> $T \to +\infty$ :
Désolé, si ça ne marche pas. Mais que veux-tu dire par là ?
Une intégrale paire sur un domaine impair n'est pas forcément nulle.
Comment vois-tu qu'elle est paire ? Cela résoudrait la question de ce fil.
Par ailleurs, j'avais oublié des pôles, en effet.
@marco, sur l'intégrale de contour, je me suis trompé (merci de ta remarque), mais ça ne change rien à la conclusion :
Les calculs sont un peu fastidieux, mais on a toujours :
-Les intégrales $I$ et $-I$ sont la partie réelle et une autre intégrale forme la partie imaginaire.
-Lorsqu'on écrit que se nombre complexe est nul (car la somme des résidus est nulle), la partie réelle doit être nulle, mais cette équation s'écrit : $I-I = 0$
et on ne sait rien de la valeur de $I$.
-La nullité de la partie imaginaire permet d'obtenir la valeur d'une autre intégrale.
@Fin de partie, je confirme les représentations intégrales que tu trouves :
$I = \int_{0}^{+\infty} dx \frac{\ln(x)}{1+x^2} \frac{\ln{(2+x^2)}}{\sqrt{2+x^2}}$
$I = \frac{1}{4} \int_{0}^{1} dx \frac{\ln{(\frac{1}{x}-1)} \ln{(\frac{1}{x}+1)}}{\sqrt{1-x^2}}$ où on a changé la variable $t = \sqrt{\frac{1}{x}-1}$
$I = \frac{1}{4} \int_{0}^{\pi/2} dx \ln{(\frac{1}{\sin(x)}-1)} \ln{(\frac{1}{\sin(x)}+1)}$ où on a changé $x$ en $\sin(x)$.
Une symétrie claire apparaît, avec changement de signe, surtout si on écrit :
$I = \frac{1}{4} \int_{0}^{1} dx \frac{\ln{(\frac{1}{x}-1)} \ln{(\frac{1}{x}+1)}}{\sqrt{1-x}\sqrt{1+x}}$
Mais comment l'exploiter pour démontrer que $I=0$ ?
$J=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln\Big(\dfrac{1-x}{x}\Big)\ln\Big(\dfrac{1+x}{x}\Big)}{\sqrt{1-x^2}}dx$
alors:
$\displaystyle J=\int_0^1 \dfrac{\ln\Big(\dfrac{2}{1-x}\Big)\ln\Big(\dfrac{2x}{1-x}\Big)}{\sqrt{x}(1+x)}dx$
($y=\dfrac{1-x}{1+x}$ )
PS:
On a:
$\ln\Big(\dfrac{2}{1-x}\Big)\ln\Big(\dfrac{2x}{1-x}\Big)=(\ln 2 -\ln(1-x))(\ln 2+\ln x-\ln(1-x))$
$I_1=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{x}(1+x)}dx$
$I_2=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x}{\sqrt{x}(1+x)}dx$
$I_3=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1-x)}{\sqrt{x}(1+x)}dx$
$I_4=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{(\ln(1-x))^2}{\sqrt{x}(1+x)}dx$
$I_5=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x\ln(1-x)}{\sqrt{x}(1+x)}dx$
Pour calculer ces 5 intégrales le changement de variable $y=x^2$ semble s'imposer.
Il reste les deux dernières.
>Puis les quatres intégrales sur le contour
donné, donnent :
-Sur $[-T, T]$ quand $T \to +\infty$, $I$
-Sur $[T, T+ik \pi]$ pour $k \in N^{*}$, quand $T
\to +\infty$, $0$ car le module est majoré par un
terme en $(T/ e^T)^2$
-Sur $[T+ik \pi, -T+ik \pi]$ quand $T \to
+\infty$, $-I + i k \pi \times 0$
>
Non, cela donne $-(-1)^k I +ik\pi B$ où $B>0$.
(car $e^{ik\pi}=(-1)^k$).
Donc mon idée marche, si on prend $k=1$.L'intégrale sur tout le contour est $I+I+i\pi B$.
Je crois aussi que tu as mal calculé les résidus.
$$\int_{+T+i\pi}^{-T+i\pi} dt \frac{te^t}{1+e^{2t}}
\frac{\ln{(2+e^{2t})}}{\sqrt{2+e^{2t}}}=-\int_{-T+i\pi}^{+T+i\pi} dt \frac{te^t}{1+e^{2t}}
\frac{\ln{(2+e^{2t})}}{\sqrt{2+e^{2t}}}=-\int_{-T}^{T} dt \frac{(t+i\pi)e^{t+i\pi}}{1+e^{2t}}
\frac{\ln{(2+e^{2t})}}{\sqrt{2+e^{2t}}}\\=\int_{-T}^{T} dt \frac{(t+i\pi)e^{t}}{1+e^{2t}}
\frac{\ln{(2+e^{2t})}}{\sqrt{2+e^{2t}}}$$
Donc $$\int_{\Omega}dz \frac{ze^z}{1+e^{2z}}
\frac{\ln{(2+e^{2z})}}{\sqrt{2+e^{2z}}} \mapsto 2 I+i\pi \int_{-\infty}^{+\infty} dt \frac{e^{t}}{1+e^{2t}}
\frac{\ln{(2+e^{2t})}}{\sqrt{2+e^{2t}}}$$ quand $T \mapsto + \infty$
Ensuite, il faut considérer la partie réelle des résidus, qui est bien nulle (la partie imaginaire n'étant pas nulle).
Je pense avoir trouvé une démonstration et peut-être deux.
@marco, je pense avoir trouvé le contour sur $C$ qui mène au résultat, en forme de demi-cercle :
-La fonction $f(z)=\frac{\ln{z}}{1+z^2} \frac{\ln{(2+z^2)}}{ \sqrt{1+z^2} }=\ln{(z)} g(z)$
-Le contour est fermé et orienté $\Gamma$ et il est coupé en trois morceaux :
-$\gamma_1$ est le segment de droite qui commence en $x=-r$ et fini en $x=0$
-$\gamma_2$ est le segment de droite qui commence en $x=0$ et fini en $x=+r$
-$\gamma_3$ est le demi-cercle de centre $0$ et de rayon $r$ dans le demi-plan $y \geq 0$
L'astuce est de bien préciser l'argument dans le logarithme. $0 \leq Arg(z) < 2\pi$.
Sur $\gamma_1$, $z=x e^{i\pi}$ et on a :
$\int_{-r}^{0} dx \ln{(-x)} g(-x) = \int_{r}^{0} -dy \ln{(y)} g(y) = + \int_{0}^{r} dx \ln{(x)} g(x) = + \int_{0}^{r} dx f(x)$
Sur $\gamma_2$, $z=x$ et on a :
$\int_{0}^{r} dx f(x)$
Et comme l'intégrale sur $\gamma_3$ tends vers $0$ quand $r$ tends vers l'infini, parce qu'elle est majorée par un terme en ${\ln{(r)}}^2/r^3$, et que tous les résidus sont nuls, alors : $I + I + 0 = 0$ et donc $I=0$.
@gebrane0, tu as remarqué que :
$\int_0^{+\infty} dx \frac{\ln{(x)}}{1+x^2} = 0$
et j'ai calculé que, avec un paramètre $a > 0$, on a:
$\int_0^{+\infty} dx \frac{\ln{(x)}}{a^2+x^2} = \frac{\pi}{2} \frac{\ln{(a)}}{a}$ avec un changement de variable $y = a x$.
Et là, ça devient fanchement astucieux, car en comparant avec l'intégrale $I$ on a l'intuition d'utiliser ce résultat avec $a = \sqrt{2+x^2}$, et ça marche !
$I = \int_0^{+\infty} dx \frac{\ln{(x)}}{1+x^2} \frac{\ln{(2+x^2)}}{\sqrt{2+x^2}} = 4/\pi \int_0^{+\infty} dx \frac{\ln{(x)}}{1+x^2} \int_0^{+\infty} dy \frac{\ln{(y)}}{2+x^2+y^2} = \iint dxdy \ln{(x)} \ln{(y)} \frac{1}{1+x^2} \frac{1}{2+x^2+y^2}$
Puis on réduit la fraction en $x$ et on trouve :
$\frac{1}{1+x^2} \frac{1}{2+x^2+y^2} = (\frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{2+x^2+y^2}) \frac{1}{1+y^2}$
Puis, on remarque que le premier terme s'écrit comme le carré d'une intégrale, et le second n'est autre que l'intégrale elle-même par la symétrie des variables $x$ et $y$ et donc :
$\pi/2 \times I = (\int_0^{+\infty} dx \frac{\ln{(x)}}{1+x^2})^2 = 0$.
L'intégrale est nulle au carré et il je trouve très amusant que le terme horrible $\frac{\ln{(2+x^2)}}{\sqrt{2+x^2}}$ soit purement et simplement remplacé par un facteur $2/ \pi$ et un carré dans le résultat final :
$I = \int_0^{+\infty} dx \frac{\ln{(x)}}{1+x^2}$$\frac{\ln{(2+x^2)}}{\sqrt{2+x^2}}$$=$$($$\int_0^{+\infty} dx \frac{\ln{(x)}}{1+x^2}$$)^2 \frac{2}{\pi}$$= 0$.
Confirmez-vous ces calculs ? Et maintenant que l'on a une ou deux démonstrations, peut-on trouver une démonstration plus simple : je n'aime pas beaucoup l'intégrale de contour car on devrait pouvoir s'en passer et il y a bien trop d'astuces dans la seconde démonstration pour espèrer en tirer une méthode plus générale alors que la symétrie est évidente ?
@marco, je dois faire une erreur dans les résidus mais où ?
$f(z) = z \frac{e^z}{1+e^{2z}} \frac{\ln{(2+e^{2z})}}{\sqrt{2+e^{2z}}}$
pour $1+e^{2z} = 0$ on a $z_1 = i \pi/2$ et $z_3 = i 3\pi/2$
et pour $2+e^{2z}=0$ on a $z_2 = \ln{(2)}/2 + i \pi/2$ et $z_4 = \ln{(2)}/2 + i 3\pi/2$
Donc pour $k=1$ $z_1$ et $z_2$ sont dans le rectangle qui sert de contour.
Mais, ma définition du résidu de $f(z)$ en $z_1$ est : $\lim_{z\to z_1} (z-z_1) f(z)$. Et alors je trouve :
$\lim_{z\to z_1} (z-z_1) f(z) = \lim_{z\to z_1} (z-z_1) z_1 \frac{e^{z_1}}{(e^z-e^{z_1})(e^z-e^{z_3})} \ln{(1+0)} / \sqrt{1+0} = 0$ car $\ln(1)=0$,
et de même pour $z_2$, mais parce que la racine fait appraître $\sqrt{z-z_2}$ au numérateur qui annule toute la fraction.
@Fin de partie, je fais essayer de calculer les 5 intégrales...
j'ai refais les calculs . en faite tu as demontrer que l'integrale double coincide avec son opposé donc nulle donc lintegrale qu'on cherche nulle mais bizarement la decomposition de la fraction ne marche que pour le 2
je vais me concentrer sur ce point pour comprendre que le seul zero de F que j'ai definie dans un envoie precedent est uniquement 2
je te félicite
Si l'utilisation du théorème de Fubini se justifie alors je pense que tes calculs son exacts.
On a bien:
$\displaystyle I=\dfrac{4}{\pi}\Big(\Big(\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln x}{1+x^2}dx\Big)^2-I\Big)$
PS:
Correction faite, il manquait un carré dans l'expression de $I$ mais on a toujours $0^2=0$ B-)-
WolframAlpha indique aussi que les résidus sont nuls (voir fichier joins), pourtant je suis d'accord avec ton calcul pour $k=1$, moi j'avais fait pour $k=2$ et donc j'avais $I-I = 0$. Tu obtient $2 I + i \pi B = 0$. Donc il y a quelque chose qui est faux. Soit les pôles, soit les résidus, soit les intégrales le long du contour. Si tu trouves dis le moi !
tu as démontrer un resultat plus fort sur
$$F(a)=\displaystyle {\int_0^{+\infty} {ln(t)ln(2a+t²) \over (a+t²)(\sqrt{2a+t²})}}dt$$
Chapeau maitre(tu)
Fubini ne pose pas de problème car l’intégrale double est finie puisque il est construit a partir d'une intégrale simple convergente
Il manque le carré de intégrale (qui est prise au carré) mais c'est le même résultat car elle est nulle.
Pour Fubini, je ne suis pas un expert... mais je comprends que comme les fonctions $u\mapsto \frac{\ln{(u)}}{1+u^2}$ et $v\mapsto \frac{\ln{(v)}}{2+u^2 + v^2}$ (pour tout $u$) sont définies et continues sur $[a, A]$ avec $a>0$ et $A > a$, alors on peut intégrer toutes ces intégrales entre $a$ et $A$ et alors le théorème de Fubini s'applique, puis dans le résultat final on fait tendre $a$ vers $0$ et $A$ vers $+\infty$ et ça marche car on a montré que ces intégrales existent.
En fait, en plus des résidus que j'avais mal calculés (hum, hum !...), il y a au moins une grosse erreur dans mon idée, c'est que peut-être $\frac{\ln (2+e^{2z})}{\sqrt{2+e^{2z}}}$ n'est pas définie dans une couronne autour de $\ln(2)/2+ i \pi/2$...
Par exemple, $\sqrt{x}$ n'est pas holomorphe dans $\C-\{0\}$.
Es-tu sûr de ton calcul?
$$F(a)= {\int_0^{+\infty} {\ln(t)\ln(2a+t²) \over (a+t²)(\sqrt{2a+t²})}}dt$$
on a $\forall a>0, \forall y \in \R ,\ \ \displaystyle\int_0^{+\infty} {\ln(x) \over (2a+y²+x²)}dx={\pi \over 4} {\ln(2a+y²) \over \sqrt {2a +y²}}$
d’où $\ \displaystyle {\ln(y) \over (a+y²)} \int_0^{+\infty} {\ln(x) \over (2a+y²+x²)}dx={\pi \over 4} {\ln(2a+y²) \over \sqrt {2a +y²}}{\ln(y) \over (a+y²)}$
d'où $$\begin{align*} {\pi \over 4} F(a)
&=\int_0^{+\infty} {\ln(y) \over (a+y²)}dy \int_0^{+\infty} {\ln(x) \over (2a+y²+x²)}dx \\
&= \int_0^{+\infty} \int_0^{+\infty}{\ln(x) \over (2a+y²+x²)}{\ln(y) \over (a+y²)}dx dy\\
& =\int_0^{+\infty} \int_0^{+\infty}{\ln(x) \over (2a+y²+x²)}{\ln(y) \over (a+y²)}dy dx\\
&=\int_0^{+\infty}\bigg( \int_0^{+\infty} \ln(y)\big({1\over a+y²} - {1\over 2a+x²+y²}\big)dy\bigg){\ln(x)\over a+x²}dx\\
&=\int_0^{+\infty} \int_0^{+\infty} {\ln(y)\over a+y²}{\ln(x)\over a+x²}dy dx- \int_0^{+\infty} \int_0^{+\infty}{\ln(x) \over (2a+y²+x²)}{\ln(y) \over (a+y²)}dy dx\\
&= \Big(\int_0^{+\infty} {\ln(x) \over (a+x²)}\Big)^2-{\pi \over 4} F(a)\\
&=\Big({\pi \over 2} {\ln(\sqrt a) \over \sqrt a}\Big)^2-{\pi \over 4} F(a)
\end{align*}$$ donc $${\pi \over 2}F(a)=\Big({\pi \over 2} {\ln(\sqrt a) \over \sqrt a}\Big)^2$$
$$F(a)={\pi \over 2} ({\ln(\sqrt a) \over \sqrt a})^2$$
Il y a au moins une erreur dans ton calcul car:
Si $a>0$ alors $\displaystyle \int_0^{+\infty} {\ln(x) \over a+x²}=\dfrac{\pi\ln(a)}{4\sqrt{a}}$
c'est corrigé je suis mauvais en latex:-(
La formule est juste et ça me rappelle comment on calcule l’intégrale de Gauss en passant par une intégrale double. Encore bravo YvesM
Je me pose d'autres questions
-1- Pourquoi Wolfram alpha se bloque sur cette inegration
$F(a)=?$
J'ai aucun mérite car j'ai suivi les idées YvesM
Est-ce que vous validez aussi mon intégrale sur le contour en demi-cercle ? On aurait deux démonstrations.
@Fin de partie,
Je confirme tes calculs avec les cinq intégrales et on a:
$I = {\ln}^2{(2)} I_1 + \ln{(2)} I_2 - 2 \ln{(2)} I_3 + I_4 - I_5$ (*)
Mais, alors que l'on trouve facilement :
$I_1 = \pi/2$
$I_2 = -4 C$ avec $C$ constante de Catalan
Les intégrales $I_3$, $I_4$ et $I_5$ s'expriment en fonction de $\arctan(x)$ et d'autres fonctions comme $\ln{(1-x^2)}$ et malgré plusieurs essais, je n'arrive pas à simplifier et je doute que l'on puisse. En effet, les facteurs numériques devant $I_i$ dans (*) ont détruit la symétrie.
Donc c'est sans doute une impasse.
@gebrane0,
tu peux écrire le résultat (qui ne m'appartient pas), moi je l'écris sous cette forme :
Pour tout $a >0$, $F(a) = \int_{0}^{+\infty} dx \frac{\ln{x}}{a^2 + x^2} \frac{\ln{(2a^2+x^2)}}{\sqrt{2a^2+x^2}}=\frac{\pi}{2} (\frac{\ln{(a)}}{a})^2 $
qui se démontre en notant que : $\int_{0}^{+\infty} dx \frac{\ln{x}}{a^2 + x^2} = \frac{\pi}{2} \frac{\ln{(a)}}{a}$.
Tu avais fait le plus dur du calcul pourtant.
Tu te demandes ce que vaut $\ln(\sqrt{a})$?
Je suis persuadé que ces intégrales ont des formes closes qui dépendent certainement de la constante de Catalan, de $\ln 2$, de $\pi$ et peut-être de valeurs de $\zeta$ mais cela peut être coton de les calculer.
On peut aussi certainement les relier à des séries avec les $H_n$.
Pour $n\geq 1$, $H_n=1+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n}$