Sudoku des intégrales convergentes

Une erreur c'est peut être glisser dans cette évaluation alors :

$\displaystyle \frac{\int_{0}^{\pi} {\sqrt{\sin(x)} }}{\ 2\sqrt{2}} dx$=$\displaystyle \frac{\Gamma(\frac{3}{4})^2}{(\pi)^{1/2}}$

https://www.wolframalpha.com/input/?i=definite+integral&rawformassumption={"F",+"DefiniteIntegralCalculator",+"integrand"}+->"sqrt(sin(x))/sqrt(4)"&rawformassumption={"F",+"DefiniteIntegralCalculator",+"variable"}+->"x"&rawformassumption={"F",+"DefiniteIntegralCalculator",+"rangestart"}+->"0"&rawformassumption={"F",+"DefiniteIntegralCalculator",+"rangeend"}+->"pi"&rawformassumption={"C",+"definite+integral"}+->+{"Calculator"}&rawformassumption={"MC",""}->{"Formula"}

or $\displaystyle \frac{\Gamma(\frac{3}{4})^2}{(\pi)^{1/2}}$=$\displaystyle \frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{\Gamma(\frac{1}{4})}\sqrt{\pi*2}$

la suite en découle

$J=\displaystyle \int_0^\pi\sqrt{\sin x}dx=\sqrt{2}\int_0^\pi \left(\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)\right)^{\tfrac{1}{2}}\left(\cos\left(\dfrac{x}{2}\right)\right)^{\tfrac{1}{2}}dx$

Appliquer le changement de variable $y=\dfrac{x}{2}$,

$J=\displaystyle 2\sqrt{2}\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\left(\sin x\right)^{\tfrac{1}{2}}\left(\cos x\right)^{\tfrac{1}{2}}dx$

$J=\sqrt{2}\beta\left(\dfrac{3}{4},\dfrac{3}{4}\right)=\sqrt{2}\dfrac{\Gamma\left(\dfrac{3}{4}\right)\Gamma\left(\dfrac{3}{4}\right)}{\Gamma\left(\dfrac{3}{2}\right)}$

et,

$\Gamma\left(\dfrac{3}{2}\right)=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$

donc,

$\boxed{J=2\sqrt{\dfrac{2}{\pi}}\Gamma\left(\dfrac{3}{4}\right)^2}$

Calcul de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1236063,1297891#msg-1297891

On définit pour tout $x\in[0,1]$, la fonction $R$ par,

$\displaystyle R(x)=\int_0^x \dfrac{\ln t}{1-t}dt=\int_0^1\dfrac{x\ln(xt)}{1-xt}dt$
Remarquer que, $R$ est continue sur $[0,1]$ et que $R(1)=-\dfrac{\pi^2}{6}$.

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

$\displaystyle J=-\dfrac{\pi^2\ln 2}{6}-\int_0^1\int_0^1 \dfrac{2x^2\ln(xt)}{(1+x^2)(1-xt)}dtdx$

$\displaystyle J=-\dfrac{\pi^2\ln 2}{6}-\int_0^1\int_0^1 \dfrac{2x^2\ln x}{(1+x^2)(1-xt)}dtdx-\int_0^1\int_0^1 \dfrac{2x^2\ln t}{(1+x^2)(1-xt)}dtdx$

$\displaystyle J=-\dfrac{\pi^2\ln 2}{6}+\int_0^1 \left[\dfrac{2x\ln x\ln(1-tx)}{1+x^2}\right]_{t=0}^{t=1} dx-\int_0^1 \left[-\dfrac{t\ln t\ln(1+x^2)}{1+t^2}+\dfrac{2t\ln t\ln(1-tx)}{1+t^2}-\dfrac{2\ln t\ln(1-tx)}{t}\\-\dfrac{2\ln t\arctan x}{1+t^2}\right]_{x=0}^{x=1} dt$


$\displaystyle J=-\dfrac{\pi^2\ln 2}{6}+\ln 2\int_0^1 \dfrac{t\ln t}{1+t^2}dt+2\int_0^1\dfrac{\ln t\ln(1-t)}{t}dt+\dfrac{\pi}{2}\int_0^1\dfrac{\ln t}{1+t^2}dt$

$J=-\dfrac{\pi^2\ln 2}{6}-\dfrac{\pi^2\ln 2}{48}+2\zeta(3)-\dfrac{1}{2}\pi G$

$\boxed{J=-\dfrac{3}{16}\pi^2\ln 2+2\zeta(3)-\dfrac{1}{2}\pi G}$

$J=\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\zeta(2k)}{k16^{k}}=\ln\left(\Gamma\left(\tfrac{3}{4}\right)\Gamma\left(\tfrac{1}{4}\right)\right)-2\ln 2=\ln \pi -\dfrac{3}{2}\ln 2$

et,
$\displaystyle J=4\int_0^{+\infty} \frac{\left(\sinh\left(\frac{x}{8}\right)\right)^2}{x(e^x-1)}dx$

Un autre intermède,

$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{x\ln x\arctan x}{1+x}dx=\dfrac{1}{2}\ln 2-\dfrac{1}{2}G\ln 2+\dfrac{\pi^3}{64}+\dfrac{\pi^2}{48}-\dfrac{\pi}{4}$

Bravo ! YvesM, merci de l'intérêt que tu portes à ces questions.

On peut calculer $R(1)$ par développement en série.

On peut calculer directement $J=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{R(x)}{1+x^2}dx=\int_0^1\int_{0}^{1} \dfrac{x^2 u \ln(ux)} {(1+x u)(1+x^2)}dudx$

$\displaystyle J=\int_{0}^{1} \int_{0}^{1}\dfrac{x^2 u \ln x} {(1+x u)(1+x^2)}du+\int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \dfrac{x^2 u \ln u} {(1+x u)(1+x^2)}dudx$


$\displaystyle J=\int_{0}^{1}\left[-\dfrac{\ln x\ln(1+ux)}{1+x^2}+\dfrac{ux\ln x}{1+x^2}\right]_{u=0}^{u=1}dx+\int_{0}^{1}\left[-\dfrac{\ln u\ln(1+x^2)}{2(1+u^2)}+\dfrac{\ln u\ln(1+x^2)}{2}+\dfrac{\ln u\ln (1+ux)}{1+u^2}\\-\dfrac{u\ln u\arctan x}{1+u^2}\right]_{x=0}^{x=1}du$

$\displaystyle J=\int_{0}^{1}\dfrac{x\ln x}{1+x^2}dx-\dfrac{1}{2}\ln 2 \int_0^1 \dfrac{\ln u}{1+u^2}du+\dfrac{1}{2}\ln 2\int_0^1 \ln u du-\dfrac{\pi}{4}\int_0^1 \dfrac{u\ln u}{1+u^2}du$

$\boxed{\displaystyle J=-\dfrac{\pi^2}{48}+\dfrac{1}{2}G\ln 2-\dfrac{1}{2}\ln 2+\dfrac{\pi^3}{192}}$


PS:
Ce qui est crucial dans le calcul ci-dessus est que deux intégrales se détruisent mutuellement par somme.
C'est ce qui fait l'intérêt de cet intégrale et la rend assez aisée à calculer.

PS2:
En fait le calcul de YvesM est identique à celui-ci mais je n'aime pas faire appel à la fonction dilogarithme quand je peux m'en passer.

Bonjour,

Voici une méthode élémentaire et plus rapide pour obtenir $\displaystyle \beta(3) = \sum_{n \geq 0} {(-1)^n \over (2n+1)^3}.$
Pour tout $n$ entier, on calcule $\displaystyle \int_{0}^{1} dx x^{2n} = {1 \over 2n+1}.$
On a donc $\displaystyle \beta(3) = \sum_{n \geq 0} \iiint_{[0,1]^3} dxdydz (-x^2y^2z^2)^n.$
On peut inverser série et intégrale par convergence dominée et on reconnaît une série géométrique :
$\displaystyle \beta(3) = \iiint_{[0,1]^3} dxdydz {1 \over 1+x^2y^2z^2}.$
On effectue alors un changement de variable $\displaystyle (x,y,z) = ({\sin u \over \cos v}, {\sin v \over \cos w}, {\sin w \over \cos u})$ dont le jacobien vaut $\displaystyle 1+x^2y^2z^2$ et pour lequel le domaine d'intégration devient $\displaystyle D = \{(u,v,w)| 0 \leq u \leq \frac{\pi}{2} - v, 0 \leq v \leq \frac{\pi}{2} - w, 0 \leq w \leq \frac{\pi}{2} - u\}.$
On a donc $\displaystyle \beta(3) = \iiint_{D} dudvdw.$ Cette intégrale est $\displaystyle \frac14$ du volume du cube de côté $\displaystyle \frac{\pi}{2}$ : faire un dessin.
On a donc établi que $\displaystyle \beta(3) =\frac14 (\frac{\pi}{2})^3 = {\pi^3 \over 32}.$

Bonjour,

Ma géométrie dans l'espace n'est pas ce qu'elle pourrait être. En dessinant le domaine, j'ai commis une erreur. J'ai corrigé mon poste ci-dessus. Le domaine est difficile à décrire (pour moi), alors j'écris ces équations. En faisant un dessin, c'est vraiment $\frac14$ du volume du cube.

Merci Jandri pour cette méthode. B-)-

Bonjour,

$\displaystyle I = \int_{0}^{{\pi \over 4}} dx \ln(\tan x) \ln(\cos x - \sin x).$

On pose $\displaystyle F(x) = \int_{\frac{\pi}{4}}^{x} dt \ln(\tan t) .$

On intègre par partie $I$ et on inverse l'ordre d'intégration, et donc $\displaystyle I = \int_{0}^{{\pi \over 4}} dx {\cos x + \sin x \over \cos x - \sin x }F(x) = \int_{0}^{{\pi \over 4}} dt \ln(\tan t) \int_{0}^{t} dx {1+\tan x \over 1-\tan x} .$

On effectue le changement de variable $\displaystyle u= \tan x$ et $\displaystyle x = \tan t$ pour obtenir $\displaystyle I = \int_{0}^{1} {dx \over 1+x^2} \ln x \int_{x}^{1} {du \over 1+u^2} {1-u \over 1+u}.$ Faux : c'est ${1+u \over 1-u}$

Je te laisse le plaisir de finir... B-)-

Prendre $\displaystyle F(x) = \int_{0}^{x} \ln(\tan t)dt+G$ semble être mieux pour appliquer l'intégration par parties.

Si je savais calculer, par un moyen simple,

$\displaystyle \int_0^1\int_0^1 \frac{\mathrm{ln}\left( t\right) x \left( 1+x\right) }{\left( x-1\right) \left( {{x}^{2}}+1\right) \left( {{t}^{2}} {{x}^{2}}+1\right) }dtdx$

ce serait plié en deux temps, trois mouvements.

Mais on on ne peut pas intégrer en $x$ d'abord.

PS:
J'ai fait une erreur similaire à celle d'YvesM dans une intégration par parties. L'intégrale double ci-dessus ne converge sans doute pas.

Bonjour,

Pour démontrer que $\displaystyle I = \int_{0}^{1}dx {\ln(1-x) \ln x \over 1-x} = \zeta(3)$ on peut aussi utiliser une combinaison classique : transformer le logarithme en fraction rationnelle et développer en série entière. On part de $\displaystyle \ln u = \ln x \mid_{1}^{u}$ et on change la variable pour ramener les bornes d'intégration à $0$ et $1$ avec $\displaystyle y = {x-1 \over u-1}$ et alors $\displaystyle \ln u = \int_{0}^{1} dy{-(1-u) \over 1-(1-u) y}$ ; on a donc montré le résultat : $\displaystyle {\ln u \over 1-u} = -\int_{0}^{1} {dt \over 1-(1-u)t}.$ On reporte : $\displaystyle I = \int_{0}^{1} dx {\ln(1-x) \ln x \over 1-x} = -\int_{0}^{1} dx \ln(1-x) \int_{0}^{1} {dt \over 1-(1-x)t}.$ Et là on déroule : changement de variable où $1-x$ devient $x$ et développement en série $\displaystyle {1 \over 1-xt} = \sum_{k \geq 0} (xt)^k.$ On arrive sans peine au résultat.

On veut montrer que,

\begin{equation*}
\displaystyle \int_0^{\pi/4} \ln(\tan x)\ln(\cos x-\sin x)dx=\dfrac{G\ln 2}{2}
\end{equation*}


\begin{equation*}
\displaystyle \beta(3)=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^n}{(2n+1)^3}
\end{equation*}

et:
\begin{equation*}
\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan x\ln x}{x}dx=-\beta(3)
\end{equation*}

(on développe en série entière $\dfrac{\arctan x}{x}$)

On pose,
\begin{align*}
\displaystyle A&=\int_0^1 \dfrac{x\arctan x\ln x}{1+x^2}dx\\
\displaystyle B&=\int_0^1 \dfrac{\ln x \ln(1+x^2)}{1+x^2}dx\\
\displaystyle C&=\int_0^1 \dfrac{\arctan x\ln x}{1+x}dx
\end{align*}

Soit $R$ la fonction définie sur $[0;1]$ telle que pour tout $x$ de $[0;1]$,

\begin{equation*}
\displaystyle R(x)=\int_0^x \dfrac{\ln t}{1+t^2}dt=\int_0^1 \dfrac{x\ln(tx)}{1+t^2x^2}dt
\end{equation*}

Soit $\epsilon$ tel que $0<\epsilon<1$.
\begin{align*}
\varphi(\epsilon)&=\int_0^{1-\epsilon}\dfrac{\ln x\ln(1-x)}{1+x^2}dx\\
&=\Big[\left(R(x)-R(1)\right)\ln(1-x)\Big]_0^{1-\epsilon}+\int_0^{1-\epsilon}\dfrac{\left(R(x)-R(1)\right)}{1-x}dx\\
&=\displaystyle \left(R(1-\epsilon)-R(1)\right)\ln(\epsilon)+R(1)\ln(\epsilon)+\int_0^{1-\epsilon}\dfrac{R(x)}{1-x}dx\\
&=\displaystyle \left(R(1-\epsilon)-R(1)\right)\ln(\epsilon)+R(1)\ln(\epsilon)+\int_0^{1-\epsilon} \left(\dfrac{x\ln(tx)}{(1+t^2x^2)(1-x)}dt\right)dx\\
&=\displaystyle \left(R(1-\epsilon)-R(1)\right)\ln(\epsilon)+R(1)\ln(\epsilon)+\int_0^{1-\epsilon} \left(\int_0^1 \dfrac{x\ln x}{(1+t^2x^2)(1-x)}dt\right)dx+\int_0^1 \left(\int_0^{1-\epsilon} \dfrac{x\ln t}{(1+t^2x^2)(1-x)}dx\right)dt\\
&=\displaystyle \left(R(1-\epsilon)-R(1)\right)\ln(\epsilon)+R(1)\ln(\epsilon)+\int_0^{1-\epsilon} \left[\dfrac{\ln x\arctan(tx)}{1-x}\right]_{t=0}^{t=1}dx+\\
&\int_0^1 \left[\dfrac{\ln t\ln(1+t^2x^2)}{2(1+t^2)}+\dfrac{t\ln t\arctan(tx)}{1+t^2}-\dfrac{\ln t\arctan(tx)}{t}-\dfrac{\ln t\ln(1-x)}{1+t^2}\right]_{x=0}^{x=1-\epsilon} dt\\
&=\displaystyle \left(R(1-\epsilon)-R(1)\right)\ln(\epsilon)+R(1)\ln(\epsilon)+\int_0^{1-\epsilon} \dfrac{\ln x\arctan(x)}{1-x}dx+\int_0^1 \dfrac{\ln t\ln\left(1+t^2(1-\epsilon)^2\right)}{2(1+t^2)}dt+\\
&\int_0^{1-\epsilon}\dfrac{t\ln t\arctan\left(t(1-\epsilon)\right)}{1+t^2}dt-\int_0^1\dfrac{\ln t\arctan\left(t(1-\epsilon)\right)}{t}dt-\int_0^1\dfrac{\ln t\ln \epsilon}{1+t^2}dt\\
&=\displaystyle \left(R(1-\epsilon)-R(1)\right)\ln(\epsilon)+\int_0^{1-\epsilon} \dfrac{\ln x\arctan(x)}{1-x}dx+\int_0^1 \dfrac{\ln t\ln\left(1+t^2(1-\epsilon)^2\right)}{2(1+t^2)}dt+\\
&\int_0^{1-\epsilon}\dfrac{t\ln t\arctan\left(t(1-\epsilon)\right)}{1+t^2}dt-\int_0^1\dfrac{\ln t\arctan\left(t(1-\epsilon)\right)}{t}dt
\end{align*}

\begin{equation*}
\displaystyle\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\varphi(\epsilon)=\int_0^{1} \dfrac{\ln x\arctan(x)}{1-x}dx+\int_0^1 \dfrac{\ln t\ln\left(1+t^2\right)}{2(1+t^2)}dt+\int_0^{1}\dfrac{t\ln t\arctan t}{1+t^2}dt-\int_0^1\dfrac{\ln t\arctan t}{t}dt
\end{equation*}

Ainsi,

\begin{equation}
(1)\boxed{\displaystyle\int_0^{1}\dfrac{\ln x\ln(1-x)}{1+x^2}dx=A+\dfrac{1}{2}B+\beta(3)+\int_0^1\dfrac{\ln x\arctan x }{1-x}dx }
\end{equation}

Dans l'intégrale suivante on applique le changement de variable $y=\dfrac{1-x}{1+x}$,

\begin{align*}
\displaystyle\int_0^1\dfrac{\ln x\arctan(x)}{1-x}dx&=\int_0^1 \dfrac{\left(\ln(1+x)-\ln(1-x)\right)\arctan\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)}{x}dx+\int_0^1 \dfrac{\left(\ln(1-x)-\ln(1+x)\right)\arctan\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)}{1+x}dx\\
&=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1+x)\arctan x}{x}dx-\int_0^1 \dfrac{\ln(1-x)\arctan x}{x}dx-\dfrac{\pi}{4}\int_0^1\dfrac{\ln\left(\tfrac{1+x}{1-x}\right)}{x}dx+\\
&\int_0^1\dfrac{\ln\left(\tfrac{1-x}{1+x}\right)\arctan\left(\tfrac{x-1}{x+1}\right)}{1+x}dx
\end{align*}

et,
\begin{align*}
\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1+x)\arctan x}{x}dx&=\Big[\ln x\ln(1+x)\arctan x\Big]_0^1-\int_0^1\ln x\left(\dfrac{\ln(1+x)}{1+x^2}+\dfrac{\arctan x}{1+x}\right)dx\\
&=\displaystyle -\int_0^1 \dfrac{\ln x\ln(1+x) }{1+x^2}dx-C
\end{align*}

\begin{align*}
\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1-x)\arctan x}{x}dx&=\Big[\ln x\ln(1-x)\arctan x\Big]_0^1-\int_0^1\ln x\left(\dfrac{\ln(1-x)}{1+x^2}-\dfrac{\arctan x}{1-x}\right)dx\\
&=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x\arctan x }{1-x}dx-\int_0^1 \dfrac{\ln x\ln(1-x) }{1+x^2}dx
\end{align*}

Dans l'intégrale qui suit on applique le changement de variable $y=\dfrac{1-x}{1+x}$,

\begin{align*}
\displaystyle \int_0^1\dfrac{\ln\left(\tfrac{1+x}{1-x}\right)}{x}dx&=-2\int_0^1\dfrac{\ln x}{1-x^2}dx\\
&=\dfrac{\pi^2}{4}
\end{align*}

Dans l'intégrale qui suit on applique le changement de variable $y=\dfrac{1-x}{1+x}$,

\begin{equation*}
\displaystyle \int_0^1\dfrac{\ln\left(\tfrac{1-x}{1+x}\right)\arctan\left(\tfrac{x-1}{x+1}\right)}{1+x}dx=-C
\end{equation*}

Ainsi,

\begin{equation*}
(2)\boxed{\displaystyle \int_0^1\dfrac{\ln x\arctan(x)}{1-x}dx=\dfrac{1}{2}\int_0^1 \dfrac{\ln x\ln(1-x)}{1+x^2}dx-\dfrac{1}{2}\int_0^1 \dfrac{\ln x\ln(1+x)}{1+x^2}dx-C-\dfrac{\pi^3}{32}}
\end{equation*}

Soit $S$ la fonction définie sur $[0;1]$ telle que pour tout $x$ de $[0;1]$,

\begin{align*}
\displaystyle S(x)&=\int_0^x\dfrac{\ln x}{1+x^2}dt\\
&=\int_0^1\dfrac{x\ln(tx)}{1+t^2x^2}dt
\end{align*}

Remarquer que $S(1)=-G$,

\begin{align*}
\int_0^1\dfrac{\ln x\ln(1+x)}{1+x^2}dx&=\Big[S(x)\ln(1+x)\Big]_0^1-\int_0^1 \dfrac{S(x)}{1+x}dx\\
&=-G\ln 2-\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{x\ln(tx)}{(1+t^2x^2)(1+x)}dtdx\\
&=-G\ln 2-\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{x\ln x}{(1+t^2x^2)(1+x)}dtdx-\!\!\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{x\ln t}{(1+t^2x^2)(1+x)}dtdx\\
&=-G\ln 2-\!\!\!\int_0^1\left[\dfrac{\ln x\arctan(tx)}{1+x}\right]_{t=0}^{t=1}dx-\\
&\int_0^1\!\!\left[\dfrac{\ln t\ln(1+x^2t^2)}{2(1+t^2)}\!-\!\!\dfrac{\ln t\ln(1+x)}{1+t^2}\!-\!\!\dfrac{t\ln t\arctan(tx)}{1+t^2}\!+\!\!\dfrac{\ln t\arctan(tx)}{t}\right]_{x=0}^{x=1}\!dt\\
&=-G\ln 2-\int_0^1\dfrac{\ln x\arctan x}{1+x}dx-\dfrac{1}{2}\int_0^1\dfrac{\ln t\ln(1+t^2)}{1+t^2}dt+\\
&\ln 2\int_0^1\dfrac{\ln t}{1+t^2}dt+\int_0^1\dfrac{t\ln t\arctan t}{1+t^2}dt-\int_0^1\dfrac{\ln t\arctan t}{t}dt\\
\end{align*}

Ainsi,

\begin{equation*}
(3)\boxed{\displaystyle \int_0^1\dfrac{\ln x\ln(1+x)}{1+x^2}dx=A-\dfrac{1}{2}B-C-2G\ln 2+\beta(3)}
\end{equation*}


Soit $T$ la fonction définie sur $[0;1]$ telle que pour tout $y$ de $[0;1]$,

\begin{align*}
\displaystyle T(y)&=\int_0^y \dfrac{t\ln(t)}{1+t^2}dt\\
&=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{ty^2\ln(ty)}{1+t^2y^2}dt
\end{align*}

Remarquer que $T(1)=-\dfrac{\pi^2}{48}$

\begin{align*}
\displaystyle A&=\Big[T(y)\arctan y\Big]_0^1-\int_0^1 \dfrac{S(y)}{1+y^2}dy\\
&=\displaystyle-\dfrac{\pi^3}{192}-\int_0^1\int_0^1\dfrac{ty^2\ln(ty)}{(1+t^2y^2)(1+y^2)}dtdy\\
\displaystyle &=-\dfrac{\pi^3}{192}-\int_0^1\int_0^1\dfrac{ty^2\ln y }{(1+t^2y^2)(1+y^2)}dtdy-\int_0^1\int_0^1\dfrac{ty^2\ln t }{(1+t^2y^2)(1+y^2)}dtdy\\
\displaystyle &=-\dfrac{\pi^3}{192}-\dfrac{1}{2}\int_0^1\left[\dfrac{\ln y \ln(1+t^2y^2)}{1+y^2}\right]_{t=0}^{t=1}dy-\\
&\dfrac{1}{2}\int_0^1 \left[\dfrac{\ln t \arctan y+\ln t\arctan(ty)}{1+t}-\dfrac{\ln t \arctan(ty)-\ln t\arctan y}{t-1}\right]_{y=0}^{y=1}dt
\end{align*}

Ainsi,
\begin{align*}
(4)\boxed{\displaystyle A=-\dfrac{1}{64}\pi^3-\dfrac{1}{2}B-\dfrac{1}{2}C-\dfrac{1}{2}\int_0^1\dfrac{\ln x\arctan x}{1-x}dx}
\end{align*}


On remplace l'expression de $\displaystyle \int_0^{1}\dfrac{\ln x\ln(1-x)}{1+x^2}dx$ donnée par (1) et celle de $\displaystyle \int_0^{1}\dfrac{\ln x\ln(1+x)}{1+x^2}dx$ donnée par (4) dans (2),

Ainsi,
\begin{align*}
(5)\boxed{\displaystyle \int_0^1\dfrac{\ln x\arctan x}{1-x}dx=B-C+2G\ln 2-\dfrac{1}{16}\pi^3}
\end{align*}

On remplace l'expression de $\displaystyle \int_0^1\dfrac{\ln x\arctan x}{1-x}dx$ donnée par (5) dans (4),

\begin{align*}
(6)\boxed{A=\dfrac{1}{64}\pi^3-B-G\ln 2}
\end{align*}

En appliquant le changement de variable $y=\arctan x$ dans l'intégrale suivante,

\begin{align*}
(7) \boxed{\displaystyle \int_0^{\pi/4} \ln(\tan x)\ln(\cos x-\sin x)dx=\int_0^1\dfrac{\ln x\ln(1-x)}{1+x^2}dx-\dfrac{B}{2}}
\end{align*}

et, de (1), on déduit que:

\begin{align*}
(8) \boxed{\displaystyle \int_0^{\pi/4} \ln(\tan x)\ln(\cos x-\sin x)dx=A+\beta(3)-\int_0^1\dfrac{\ln x\arctan x}{1-x}dx}
\end{align*}

On remplace $A$ donnée par (6) et $\displaystyle \int_0^1\dfrac{\ln \arctan x}{1-x}dx$ donnée par (5) dans (7),

\begin{align*}
(8) \boxed{\displaystyle \int_0^{\pi/4} \ln(\tan x)\ln(\cos x-\sin x)dx=-\dfrac{3}{64}\pi^3+G\ln 2+\beta(3)-C}
\end{align*}

$C$ a été calculée dans un message plus haut,

\begin{equation}
\boxed{\displaystyle C=\dfrac{G\ln 2}{2}-\dfrac{\pi^3}{64}}
\end{equation}

et, sachant que,

\begin{equation}
\beta(3)=\dfrac{\pi^3}{32}
\end{equation}

on obtient,

\begin{equation}
\boxed{\displaystyle \int_0^{\pi/4} \ln(\tan x)\ln(\cos x-\sin x)dx=\dfrac{G\ln 2}{2}}
\end{equation}

J'essaie de trouver une forme close pour l'intégrale suivante.

$$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x\ln(1+x)\arctan x}{1+x}dx$$

Je poste l'énoncé par acquis de conscience car peut-être qu'une méthode simple que je ne vois pas permet de calculer cette intégrale même si j'en doute et permet d'éviter des calculs monstrueux.
Pour le moment dans ce calcul entrepris je ne rencontre que des "connaissances" sympathiques.

PS:
Pourquoi le choix de cette intégrale?
Parce qu'on sait calculer

$$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x\arctan x}{1+x}dx$$
et:
$$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x\ln(1+x)}{1+x}dx$$

et j'y vois des signes encourageants que l'intégrale considérée est sympathique malgré son apparence peu engageante. :-)

Bonjour dans le cadre de mon cours je dois calculer le plus simplement possible l'intégrale suivante (sans utiliser de récurrence ni de fonctions spéciales):
$$\int_{0}^{\pi/2}sin(x)^ndx$$
Du coup j'ai la piste suivante

$$\int_{0}^{\pi/2}sin(x)^ndx=\int_{0}^{\pi/2}cos(x)^ndx=\int_{0}^{\pi/2}sin(2x)^ndx=C\int_{0}^{\pi/2}sin(kx)^n$$ ou C est une constante et k appartient aux entiers naturels

Cordialement

Juste une question Fin de partie à quoi est égale l'intégrale suivante :

$$\int_{0}^{\pi/2}sin(kx)^n$$

Ps:
Je proposerai une intégrale plus difficile pour faire fuir la trivialité de mon précédent post .

C'est en vue d'utiliser la formule de la moyenne d'une fonction continue :
Il existe c appartenant à [a,b] tel que :

$$\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(t)dt=f(c)$$

Dans notre cas $a=0$ et $b=\frac{\pi}{2}$ et $f(t)=sin(t)$ et $g(t)=cos(t)$ on trouve :


$$\frac{1}{\frac{\pi}{2}-0}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin(t)^ndt=f(c)$$ et comme :

$$\int_{0}^{\pi/2}sin(t)^ndt=\int_{0}^{\pi/2}cos(t)^ndt$$ on obtient :

$$\frac{1}{\frac{\pi}{2}-0}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cos(t)^ndt=g(z)=f(c)$$

on a donc $sin(c)^n=cos(z)^n$ d'ou $c=z=\frac{\pi}{4}$ mais ce résultat me semble faux...Fin de partie une suggestion ?

Donc $$\frac{1}{\frac{\pi}{2}-0}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin(t)^ndt=f(\frac{\pi}{4})$$

Merci de partager ton expérience sur le sujet .Pour rester dans le sujet d'ailleurs je propose l'intégrale suivante:

$$\int_{-\infty}^{0}\frac{((ln(cos(e^{x})+sin(e^{x}))(-1)e^{cos(x)}))}{e^{sin(x)}}$$

Cordialement

Cette intégrale convergente je l'ai trouvé seul effectivement . La méthode de Laplace dans le cas générale permettrait au moins d'avoir un équivalent de l'intégrale...
.

Un exemple d'intégrale intéressante (pour moi et d'autres semble-t-il) dont je ne sais pas justifier la valeur probable. :-D

$\displaystyle \int_0^{\pi/2}{\frac{1+2\cos 2x\cdot\ln\tan x}{1+\tan^{2\sqrt{2}} x}}\tan^{1/\sqrt{2}} x~dx=0$

Et l'intégrale comme prévu :

$$ \int_{\pi/6}^{\pi/2}\bigg[\Re\big(\text{Li}_2(4\sin^2\theta)\big) +\text{Li}_2\bigg(\frac{1}{4\sin^2\theta}\bigg) \bigg]d\theta=\frac{5\pi^3}{54}. $$

Cordialement (:-D)

Quelle est une période de la fonction f?

Jamais entendu parlé de:
https://fr.wikipedia.org/wiki/Égalité_de_Parseval#Formule_pour_les_s.C3.A9ries_de_Fourier

?

Et pour la troisième question, tu as un développement en série entière dans le membre de droite en fonction de $a$ qu'est-ce qu'on a envie de faire dans le membre de gauche?

PS:
La seule difficulté, toute relative, est de justifier l'interversion d'une intégrale et du signe somme d'une série.

Ce que tu as fait dans la première question tu peux le refaire dans la dernière question. ;-)

Tu ne vois pas d'où on va sortir les $I_{2n}$ du membre de gauche de l'égalité dans la question 2) ?

Une remarque pour la question 2).

Sauf erreur, quand tu intègres une fonction T périodique qui est intégrable, la valeur obtenue ne change pas si tu intègres sur n'importe quel intervalle de longueur T. Tu peux donc considérer l'intervalle $[-\pi,\pi]$ au lieu de l'intervalle $[0,2\pi]$.

Le membre de gauche de l'égalité dans la question 2) est une fonction en a.
Tu peux développer en série entière la fonction en a qui est sous l'intégrale (comme fait pour la question 1) puis intégrer.
Tu auras besoin de justifier le fait que tu peux intervertir le signe somme de l'intégrale et celui de la série entière.

Tu auras donc une égalité de deux développements en série entière. Que peut-on dire des coefficients de ces séries?