Sudoku des intégrales convergentes

Avec $f(z)=e^{iz}\log z/(z^2+4)$ et la cle de serrure d'YvesM on devrait y arriver par residus.

J'avais suggere un mauvais contour en effet. Bravo Yves.


PS Respectueusement : quand cesseras tu d'appeler une telle fonction meromorphe sur $\mathbb{C}$? Meromorphe, elle l'est, mais sur la surface de Riemann du logarithme et non sur $\mathbb{C}$.

YvesM:

20 heures c'est sensiblement le temps qu'il m'avait fallu pour calculer une autre intégrale "monstrueuse" (je ne sais plus si je l'ai indiquée ici). J'avais passé 16 heures non-stop, ou presque, dessus, un travail de dément. B-)-

Encore merci de l'intérêt porté à cette question.

Bonjour,

Non, mon écriture dans ce genre de recherche n'est pas lisible aux autres.

Ceci dit, rien est perdu : il suffit de taper dans un logiciel formel les deux intégrales (car dans mon texte, on a bien sûr, quatre intégrales mais deux à deux complexes conjugées) :
$\displaystyle \int dx \ {\ln (1 - i x) \ln(1-x) \over 1-ix}$ et $\displaystyle \int dx \ {\ln (1 - i x) \ln(1-x) \over 1+ix}$

Mais la simplification vers le résultat est assez longue...

Bonjour,

Je me demandais si on pouvait exprimer plus simplement l'intégrale:

$\displaystyle \int_0^\tfrac{\pi}{4}\log(\cos x+\sin x)\log(\cos x)dx$

(je sais qu'on a: $\cos x+\sin x=\sqrt{2}\cos\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)$ )

A part ça, l'intégrale généralisée converge.Ne reste plus qu'à calculer explicitement l'intégrale de log(cosx) et de log(1+tanx). Pour la première je suggère un changement de variable u=pi/2-x. Pour la seconde, u=1+tanx ou tanx...

Bonjour
Peut-être en considèrant la formule \[
\int_0^x f(t) dt = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k f^{(k)}(x) \frac{x^{k+1}}{(k+1)!} ,\qquad\qquad (1)
\] en vérifiant que \[ \lim_{n \to \infty} f^{(n)}(x) \frac{x^{n}}{n!} = 0
\] Il y a moyen de trouver la solution sous forme d'une série \[
\int_0^1 f(t) dt = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{f^{(k)}(1)}{(k+1)!}
\] pour le cas de \[ f(x) = \frac{e^{-x} \ln(x) \sin(x)}{\sqrt{x}} \] sans avoir vérifié il me semble que la formule $(1)$ converge vers l'intégrale quand $n$ tend vers l'infini.

Bonne journée.

bonjour, sauf erreur (vu que cela a été fait plus haut) une intégration par partie donne :

$ I = \int_0^1 \dfrac{\log(1+x) \arctan(x) }{1+x} \mathrm dx \; = \; \frac{1}{2} \log^2(2) \times \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \int_0^1 \dfrac{ \log^2(1+x)}{1+x^2} \mathrm dx $ et il y a une bonne chance que l'intégrale restante se calcule car Gradshteyn et Ryzhik donnent $ \int_0^1 \dfrac{ \log^2(x)}{1+x^2} \mathrm dx = \pi^2/ 16 $ et sinon, il reste encore la possibilité de développer le dénominateur ou le numérateur en série entière.
Qui plus est Wolfram alpha sait calculer cette intégrale mais la forme indiquée laisse plutôt penser à un développement en série vu la présence de polylogarithmes:

https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+log^2(1+x)/(1+x^2)+dx+from+x=0+to+1

http://reference.wolfram.com/language/ref/PolyLog.html

et de la constante de Catalan $ \mathcal{C} $sous la forme:
$ 1/192 (-4 i (-48 i \log(4) \mathcal{C}-192 Li_3(1/2+i/2)+105 \zeta(3)+4 \log^3(2))+21 \pi^3+12 \pi \log(2) \log(8)+4 i \pi^2 \log(32))$

On a $ \log^2(1+x) = \displaystyle x^2 \sum_{N=0}^{\infty} (-x)^N \times \sum_{k=0}^N \dfrac{1}{(k+1)(N-k+1)} $ (produit de Cauchy...) résultat qui peut s'arranger.

bon j'ai retrouvé ce fil "héroïque:

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,352146,353145#msg-353145

Je suis en train d'essayer de calculer l'intégrale

$I = \displaystyle \int_0^1 \dfrac{x\ln(1-x^2)\arctan x}{1+x^2}\mathrm{d}x$

par des moyens élémentaires.


Je l'ai exprimée, si je n'ai pas commis d'erreur, comme une somme d'une dizaine d'intégrales dont je ne sais pas calculer (avec justification) trois d'entre elles que voici:

$\displaystyle I_1=\int_0^1\dfrac{\arctan y\log(1+y)}{1+y}dy$

$\displaystyle I_2=\int_0^1 \dfrac{y\arctan y\log y}{1+y^2} dy$

$\displaystyle I_3=-\int_0^1 \dfrac{\arctan y\log y}{1+y}dy$

Je connais des expressions (probables) obtenues à l'aide de la fonction lindep de PARI-GP (variante algorithme LLL)
Les deux premières intégrales sont assez méchantes, la troisième est, en principe, un peu plus gentille.

Voici ces expressions (probables):

$\displaystyle I_1=2G\ln(2)-\dfrac{13}{32}\pi(\ln 2)^2-\dfrac{7}{384}\pi^3+2\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(\ln(\cos x))^2dx$


$\displaystyle I_2=-G\ln(2)+\dfrac{1}{2}\pi(\ln 2)^2-\dfrac{1}{192}\pi^3-2\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(\ln(\cos x))^2dx$


$I_3=-\dfrac{1}{2}G\ln 2+\dfrac{1}{64}\pi^3$


L'idée suivie, jusqu'ici, est de trouver des expressions "simplifiées" de $I_1$ et $I_2$ qui seraient combinaisons linéaires des mêmes termes et dont l'un est la méchante intégrale:

$\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(\ln(\cos x))^2dx$

sous la forme:

constante calculée+ intégrale "simple" que je ne sais pas calculer +/-2 $\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(\ln(\cos x))^2dx$

Pour $I_1$ j'ai obtenu:

$\displaystyle I_1= \dfrac{7}{32}\pi(\ln 2)^2-\dfrac{1}{4}G\ln 2+2 \int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(\ln(\cos x))^2dx-\dfrac{1}{2}\int_0^1 \dfrac{\ln(1+x+x^2+x^3)\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx$

La dernière intégrale écrite peut s'exprimer comme une combinaison linéaire à coefficients rationnels de termes déjà rencontrés ($G\ln 2$ etc) et qui ne sont pas $\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(\ln(\cos x))^2dx$ c'est là tout son intérêt pour moi.
(je ne sais pas la calculer)

Pour $I_2$, par intégrations par parties, on peut se ramener au calcul de $\displaystyle \int_0^1(\arctan x)^2dx$, que je sais mener et au calcul de $\displaystyle \int_0^1(\arctan x)^2\ln x dx$ que je ne sais pas faire.


Même si cela ne réglerait pas tout, je demeure persuadé que $I_3$ doit, au moins, pouvoir se calculer sans sortir la grosse artillerie.

PS:
$G$ est la constante de Catalan.

Merci. :-)

Mais ta solution ne remplit pas mon "cahier des charges" (que je sais être idiot).

Les outils que je m'autorise:

changement de variable, dérivée sous le signe intégral, calcul sur les séries, intégrales double, triple . Des trucs sans un gramme de nombre complexe.

(je vais sans doute échouer dans cette entreprise)

Merci de l'intérêt que tu portes à ces questions.

Pour le calcul de:

$\displaystyle I_5 = \int_{0}^{1} \dfrac{x }{1+x^2} \arctan xdx$

On a:

$\displaystyle I_5=\left[\dfrac{1}{2}\ln(1+x^2)\arctan x\right]_0^1-\dfrac{1}{2}\int_0^1 \dfrac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx$

On considère la fonction $f$ définie sur $[0,1]$ par:
$\displaystyle f(y)=\int_0^1 \dfrac{\ln(1+y^2x^2)}{1+x^2}dx$

Remarquons que $f(0)=0$.

On a donc pour tout $y$ de $[0,1]$,
$\displaystyle f^\prime (y)=\int_0^1 \dfrac{2x^2y}{(1+x^2)(1+x^2y^2)}dx=\left[\dfrac{2y\arctan x}{y^2-1}-\dfrac{2\arctan(xy)}{y^2-1}\right]_0^1=\dfrac{\pi y}{2(y^2-1)}-\dfrac{2\arctan y}{y^2-1}$

$\displaystyle f^\prime (y)=\dfrac{\pi}{4(1+y)}+\dfrac{\arctan y}{1+y}+\dfrac{4\arctan y-\pi}{4(1-y)}$

$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx=f(1)-f(0)=\Big[\dfrac{\pi}{4} \ln(1+x)\Big]_0^1+\left(\Big[\ln(1+x)\arctan x\Big]_0^1-\displaystyle \int_0^1\dfrac{\ln(1+x)}{1+x^2}dx\right)+\\ \left(\Big[-\dfrac{1}{4}\ln(1-x)(4\arctan y-\pi)\Big]_0^1+\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\ln(1-x)}{1+x^2}dx\right)=\dfrac{\pi \ln 2}{2}+\displaystyle \int_0^1\dfrac{\ln\left(\tfrac{1-x}{1+x}\right)}{1+x^2}dx$


Dans la dernière intégrale on fait le changement de variable $y=\dfrac{1-x}{1+x}$,

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

cette toute dernière intégrale a pour valeur $-G$ donc:

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

et ainsi,

$I_5=\dfrac{G}{2}-\dfrac{\pi}{8}\ln 2$


Il me reste à voir si ce dernier calcul permet effectivement de calculer par des méthodes élémentaires l'intégrale qui me préoccupe.

La deuxième relation entre $I_2$ et $I_3$ que je sais démontrer:

$\displaystyle I_2=2G\ln 2-\dfrac{\pi^3}{48}-\dfrac{\pi(\ln 2)^2}{4}+\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(\ln(\cos x))^2 dx+\int_0^1 \dfrac{\ln(1+x)\ln x}{1+x^2}-I_3$

Je suis parti, comme indiqué plus haut de l'égalité $\Big [\ln(1+x)T(x)\Big]_0^1=-G\ln 2$

PS:
Cela permet de donner une autre expression de $I_3$ mais qui ne me semble pas plus simple à traiter.

Je pense que j'ai réussi à démontrer, par des méthodes élémentaires, que:

$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\arctan x \log x}{1+x}dx=\dfrac{G\ln 2}{2}-\dfrac{\pi^3}{64}$



On définit pour $x\in [0,1]$ la fonction $F$:

$\displaystyle F(x)=\int_0^x \dfrac{\log t}{1+t}dt$

Noter que $F(1)=-\dfrac{\pi^2}{12}$

(utiliser un développement en série de Taylor)

et, après le changement de variable, $y=\dfrac{t}{x}$, on a:

$\displaystyle F(x)=\int_0^1 \dfrac{x\log(xy)}{1+xy}dy$

Puisque:

$\Big[F(x)\arctan x\Big]_0^1=-\dfrac{\pi^3}{48}$

alors,

$\displaystyle -\dfrac{\pi^3}{48}=\int_0^1 \dfrac{F(x)}{1+x^2}dx+\int_0^1 \dfrac{\arctan x\log x}{1+x}dx$

$\displaystyle\int_0^1 \dfrac{F(x)}{1+x^2}dx=\int_0^1 \dfrac{x\log(xy)}{(1+xy)(1+x^2)}dxdy$

$\displaystyle\int_0^1 \dfrac{F(x)}{1+x^2}dx=\int_0^1 \dfrac{x\log(x)}{(1+xy)(1+x^2)}dxdy+\int_0^1 \dfrac{x\log(y)}{(1+xy)(1+x^2)}dxdy$

$\displaystyle\int_0^1 \dfrac{F(x)}{1+x^2}dx=\int_0^1\left[\dfrac{\log x\log(1+xy)}{1+x^2}\right]_{y=0}^{y=1} dx+
\displaystyle \int_0^1 \left[-\dfrac{\log y\log(1+xy)}{1+y^2}+\dfrac{\log y\log(1+x^2)}{2(1+y^2)}+\dfrac{y\log y\arctan x}{1+y^2}\right]_{x=0}^{x=1}dy$


$\displaystyle\int_0^1 \dfrac{F(x)}{1+x^2}dx= \int_0^1 \dfrac{\log x\log(1+x)}{1+x^2}dx-\int_0^1\dfrac{\log y\log(1+y)}{1+y^2}dy+\dfrac{\log 2}{2}\int_0^1 \dfrac{\log y}{1+y^2}dy+
\dfrac{\pi}{4}\times \int_0^1 \dfrac{y\log y}{1+y^2}dy$

en utilisant un développement en série de Taylor on obtient:

$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{y\log y}{1+y^2}dy=-\dfrac{\pi^2}{48}$
Et il est bien connu que , $\displaystyle -G=\int_0^1\dfrac{\log y}{1+y^2}dy$

Donc,

$\displaystyle\int_0^1 \dfrac{F(x)}{1+x^2}dx=-\dfrac{G\log 2}{2}-\dfrac{\pi^3}{192}$

Et finalement,

$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\arctan x \log x}{1+x}dx=\dfrac{G\ln 2}{2}-\dfrac{\pi^3}{64}$

En espérant n'avoir pas écrit trop d'énormités.

De http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1236063,1293269#msg-1293269

On obtient:

$\displaystyle \int_0^1\dfrac{\arctan x \ln x}{1-x}dx=-2\int_0^1 \dfrac{\ln x\ln(1+x^2) }{1+x^2}dx-\dfrac{3}{2}G\ln 2-3I_2$

De http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1236063,1292237#msg-1292237

et

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1236063,1292791#msg-1292791

On déduit:

$\displaystyle I_2=-G\ln 2+\dfrac{7\pi^3}{192}-\dfrac{\pi}{2}(\ln 2)^2+2\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(\ln(\cos x))^2dx-2\int_0^1\dfrac{\ln x\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx$

En procédant au changement de variable $y=\tan x$ on obtient:

$\displaystyle\int_0^1\dfrac{\ln x\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \ln(\tan x)\ln\left(\dfrac{1}{(\cos x)^2}\right)dx= 2\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(\ln(\cos x))^2dx-2\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}\ln(\sin x)\ln(\cos x)dx$

Sachant que $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{(2n+1)^3}=\dfrac{\pi^3}{32}$ (ce n'est pas un résultat trivial)


Je peux démontrer que:
$\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{4}}\ln(\sin x)\ln(\cos x)dx=\dfrac{\pi}{4}(\ln 2)^2-\dfrac{\pi^3}{96}$

et ainsi,

$\displaystyle I_2=-G\ln 2-\dfrac{\pi^3}{192}+\dfrac{\pi}{2}(\ln 2)^2-2\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(\ln(\cos x))^2dx$

Un intermède de plus,

Montrer que,
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x\ln(1+x^2)}{1+x}dx=\dfrac{3}{2}\zeta(3)-\dfrac{1}{16}\pi^2\ln 2-\dfrac{1}{2}G\pi$

Max a écrit:

Bonjour à tous , ces intégrales sont assez terrifiantes

Elles sont faussement terrifiantes mais je n'en dis pas plus pour le moment pour ne pas vous enlever le plaisir de chercher les résultats annoncés. (j'ai une preuve pour chacune des intégrales que j'ai proposées) B-)-

J'ai un autre résultat assez curieux, selon moi, que j'ai découvert par hasard en vérifiant un calcul. J'en parlerai plus tard.

$\displaystyle J=\int_0^1 \dfrac{\ln\left(\ln\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)}{1+x^2}dx$

On applique le changement de variable $y=\dfrac{1}{x}$ il vient,

$\displaystyle J=\int_1^{+\infty} \dfrac{\ln\left(\ln x\right)}{1+x^2}dx$

On applique le changement de variable $y=\ln x$ il vient,

$\displaystyle J=\int_0^{+\infty} \dfrac{e^{x}\ln x}{1+e^{2x}}dx=\int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-x}\ln x}{1+e^{-2x}}dx$

On définit $\displaystyle F(s)=\int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-x}x^s}{1+e^{-2x}}dx$ pour $s\geq 0$.

$\displaystyle F(s)=\int_0^{+\infty}\left(\sum_{n=0}^{+\infty} x^s(-1)^n e^{-(2n+1)x} \right)dx$

$\displaystyle F(s)=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\left( \int_0^{+\infty} x^s e^{-(2n+1)x} dx\right)$

Dans cette dernière intégrale on applique le changement de variable $y=(2n+1)x$

$\displaystyle F(s)=\left(\int_0^{+\infty} x^se^{-x}dx\right)\left(\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)^{s+1}}\right)$

$\displaystyle F(s)=\Gamma(s+1)\beta(s+1)$

Où $\beta$ est la fonction beta de Dirichlet.

$\displaystyle F^\prime(s)=\int_0^{+\infty} \dfrac{x^se^{-x}\ln x}{1+e^{-2x}}dx$

On a $F^\prime(0)=J$

$F^\prime(s)=\Gamma^\prime(s+1)\beta(s+1)+\Gamma(s+1)\beta^\prime (s+1)$

$F^\prime(0)=\Gamma^\prime(1)\beta(1)+\Gamma(1)\beta^\prime (1)=-\gamma\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{4}\left(\gamma +2\ln 2+3\ln \pi-4\ln\left(\Gamma\left(\dfrac{1}{4}\right)\right)\right)$

$F^\prime(0)=\dfrac{\pi}{2}\left(\ln 2+\dfrac{3}{2}\ln \pi-2\ln\left(\Gamma\left(\dfrac{1}{4}\right)\right)\right)$

La formule des compléments donne:

$\ln\left(\Gamma\left(\dfrac{1}{4}\right)\right)+\ln\left(\Gamma\left(\dfrac{3}{4}\right)\right)=\ln(\pi)+\dfrac{1}{2}\ln 2$

$F^\prime(0)=\dfrac{\pi}{2}\left(\ln\left(\Gamma\left(\dfrac{1}{4}\right)\right)+\ln\left(\Gamma\left(\dfrac{3}{4}\right)\right)+\dfrac{1}{2}\ln 2+\dfrac{1}{2}\ln \pi-2\ln\left(\Gamma\left(\dfrac{1}{4}\right)\right)\right)$

$F^\prime(0)=\dfrac{\pi}{2}\left(\ln\left(\Gamma\left(\dfrac{3}{4}\right)\right)+\dfrac{1}{2}\ln 2+\dfrac{1}{2}\ln \pi-
\ln\left(\Gamma\left(\dfrac{1}{4}\right)\right)\right)$

$J=F^\prime(0)=\dfrac{\pi}{2}\ln\left(\sqrt{2\pi}\dfrac{\Gamma\left(\dfrac{3}{4}\right)}{\Gamma\left(\dfrac{1}{4}\right)}\right)$



Voir ici pour les valeurs de $\Gamma^\prime(1),\beta^\prime(1)$
http://mathworld.wolfram.com/DirichletBetaFunction.html
http://mathworld.wolfram.com/GammaFunction.html

Si tu aimes FDP la fonction zêta alors en voici une que tu devrais apprécier :-D

Fin de partie écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1236063,1299593#msg-1299593

---

> $J=F^\prime(0)=\dfrac{\pi}{2}\ln\left(\sqrt{2\pi}\dfrac{\Gamma\left(\dfrac{3}{4}\right)}{\Gamma\left(\dfrac{1}{4}\right)}\right)$

Avec la formule de duplication de la fonction gamma, tu vas pouvoir simplifier un peu (virer un $\Gamma(\frac34)$)
Bien vu en tout cas

Une petite dernière pour la route



PS:FDP comme je suis nouveau une petite question d'où viens ta passion pour Samuel Beckett ?

Voici une bizarrerie : $$ \frac{\pi}{2}\ln\bigg(\frac{\int_{0}^{\pi} {\sqrt{\sin(x)} }}{\sqrt 8} dx\bigg)=\int_{0}^{1}\frac{\ln\big(\ln(1/x)\big)}{1+x^{2}}dx$$


(Merci à l'administrateur qui corrige mes divagations)