Constante d'Apéry
Voici quelques équations avec la constante d'Apéry $\zeta (3)$, je ne suis pas l'unique auteur de ces équations mais je les ai inspirées.
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Réponses
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Satan a écrit:mais je les ai inspirées.
Certaines (toutes?) de ces égalités sont connues depuis des siècles.
Le format PDF est plus facilement lisible.
PS:
Il ne te reste plus qu'à rédiger les preuves de ces égalités. :-D
PS2:
Tex Studio permet d'éditer et compiler des fichiers Tex/Latex au format PDF. -
$$
\int_0^{\frac {\pi}{2}} t^n \ln \sin (t) dt =?
$$
Donnez la formule en fonction de $\zeta (k), \pi, \ln 2$. Et calculez aussi:
$$
\int_0^{\frac {\pi}{2}} \exp (xt) \ln \sin (t)dt
$$ -
et $n$ et $x$ passent à la trappe dans l'affaire ???
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Tu peux ajouter celle-ci:
$\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} x^3\ln(\sin x)dx=\dfrac{9}{64}\pi^2\zeta(3)-\dfrac{93}{128}\zeta(5)-\dfrac{\pi^4}{64}\ln 2$
On peut en déduire aisément $\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} x^3\ln(\cos x)dx$ -
Tout se passe comme si $\zeta (k)$ avait même "dimension" que $\pi^k$ et $\ln (2)$ même "dimension" que $\pi$.
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Tu devrais regarder du côté des périodes de Zagier et Knontsevich, ainsi que leurs degrés.
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J'ai essayé d'établir une formule de récurrence pour
$$\int_0^{\pi/2}t^n \ln( \sin t)\, \mathrm d t$$
en partant de la formule
$$\ln \sin x = -\ln 2 - \sum_{k \geq 1} \frac{\cos 2 k x}{k}$$
valable pour $x \in (0,\pi)$, mais pour l'instant ca n'aboutit pas, je continue à chercher... -
Pour calculer ce genre d'intégrales, on peut aussi faire $2i \sin x = q-q^{-1}$, $q=e^{ix}$ et développer ensuite $\ln (1-q^{-2})$ en série,
$-ln(1-x)= \sum_n \frac {x^n}{n}$ puis permuter la somme et l'intégrale, et faire apparaître $\zeta (k)$ par i.p.p. successives... -
C'est justement ce dont on parle... On peut aussi calculer: $$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \exp (xt) \ln (\sin (t)) dt$$ par la même méthode et exploiter la série de Taylor en $x$ pour faire apparaître les intégrales en question.
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Il y a aussi des rapports très intéressants avec des produits $\prod_n (1-\frac {x^2}{n^2})^{n^k}$ régularisés pour convergence..; Il y a un lien à ce niveau avec la formule de Stirling généralisée pour les $n^{n^k} .(n-1)^{(n-1)^k}.(n-2)^{(n-2)^k}... 2^{2^k}.1$
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Celle-là, ce n'est pas Wolfram Alpha qui me l'a donné,
$\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} x^{11}\ln(\sin x)dx=-\dfrac{1277181675}{65536}\zeta(13)+\dfrac{159511275}{32768}\pi^2\zeta(11)-\dfrac{13253625}{32768}\pi^4\zeta(9)+\dfrac{218295}{16384}\pi^6\zeta(7)-\\\dfrac{7425}{32768}\pi^8\zeta(5)+\dfrac{33}{16384}\pi^{10}\zeta(3)-\dfrac{1}{49152}\pi^{12}\ln 2$
Lindep rulez !!
PS:
Satan:
Concrètement cela donne quoi? -
On a des équations qui relient les coefficients qui apparaissent dans le développement des formules de Stirling généralisées à $\zeta (k), \pi, \ln(2),$ en passant par les intégrales...
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c'est quoi la question ? la réponse de Marco n'est pas suffisante ?
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Satan a écrit:On a des équations
Lesquelles, concrètement ? B-)-
J'aimerai avoir concrètement une relation de récurrence qui permet de relier les $I_n$
Où $I_{n}=\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{2}}t^n\ln(\sin x)dx$
PS:
Dans l'article mentionné par Breyer, que je remercie pour ce lien, il y a une formule qui donne $I_{2n+1}$. -
On considère $\prod_n (1-\frac {x^2}{n^2})^{n^2} e^{x^2}$, on prend la dérivée logarithmique, ce qui donne pour $x=1$ une équation entre le produit et l'intégrale de sa dérivée logarithmique, intégrale que l'on considère par la formule de la cotangente. Par ailleurs, on calcule $\prod_{n \leq N} (1- \frac {1}{n^2})^{n^2}=\prod \frac {(n^2-1)^{n^2}}{n^{2n^2}}$ en faisant apparaître les produit de la factorielle généralisée $\prod_{n\leq N} n^{n^2}$, ce qui fait que, si on a la formule de Stirling, les constantes sont liées à l'intégrale.
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La formule est la suivante,
$\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} x^{2l-1}\ln(\sin x)dx=-\dfrac{\pi^{2l}}{2^{2l+1}l}\ln2+\dfrac{(2l-1)!}{2^{2l}}\sum_{k=1}^{l-1}\dfrac{(-1)^{k-1}\pi^{2(l-k)}}{(2(l-k))!}\left(1-\dfrac{1}{2^{2k}}\right) \zeta(2k+1)+(-1)^{l-1}(2l-1)!\dfrac{2^{2l+1}-1}{2^{4l}}\zeta(2l+1)$
PS:
En fait, il faut que je change de lunettes, il y a aussi une formule pour le cas $n$ pair. -
Il n'y a pas un problème pour $l=1$ dans la somme sur $k$?
-
Quel est le problème?
Je me suis contenté de recopier cette formule. Je n'ai pas vérifié si elle est pertinente.
(ce serait cocasse si elle ne l'était pas) -
Pour $l=1$ la somme sur $k$ va de $1$ à $0$...Ca paraît louche.
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Bonjour Satan.
par convention, si n>p, alors $\sum\limits_{i=n}^p f(i)=0$.
Cordialement. -
Numériquement la formule ci-dessus a l'air correcte, même pour $l=1$ sous réserve d'utiliser la convention rappelée par Gerard0 B-)-
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On peut écrire des formules valables pour $n$ pair et $n$ impair.
Curieusement les formules pour cos et sin sont presque les mêmes.
J'ai inclus le $\ln2$ dans l'intégrale.
$\displaystyle\int_0^{\pi/2}t^n\ln(2\sin t)dt=\frac{n!}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{\left\lfloor (n+1)/2\right\rfloor}\frac{\pi^{n+1-2k}}{(n+1-2k)!}\zeta(2k+1)a(n,k)$ avec $a(n,k)=(-1)^{k-1}\left(1-\dfrac1{4^k}+\delta_{n+1,2k}\right)$.
$\displaystyle\int_0^{\pi/2}t^n\ln(2\cos t)dt=\frac{n!}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{\left\lfloor (n+1)/2\right\rfloor}\frac{\pi^{n+1-2k}}{(n+1-2k)!}\zeta(2k+1)b(n,k)$ avec $b(n,k)=(-1)^k\left(1+\left(1-\dfrac1{4^k}\right)\delta_{n+1,2k}\right)$.
$\delta_{i,j}$ vaut 1 si $i=j$, 0 sinon.
On peut démontrer ces formules en restant au niveau bac+1 à partir de l'égalité:
pour $t\in]0,\frac{\pi}2]$, $\displaystyle\sum_{k=1}^N\frac{\cos(2kt)}k=-\ln(2\sin t)+r_N(t)$ avec $|r_N(t)|\leq\dfrac1N$ si $t\geq\frac{\pi}4$ et $|r_N(t)|\leq\dfrac1{N\sin(2t)}$ si $t\in]0,\frac{\pi}4]$ . -
Bravo Jandri pour cette formulation élégante.
-
En ajoutant les deux égalités on obtient une autre formule encore plus concise:
$\displaystyle\int_0^{\pi}\frac{t^n}{n!}\ln(2\sin t)dt=\sum_{k=1}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor}\left(-\frac14\right)^k\frac{\pi^{n+1-2k}}{(n+1-2k)!}\zeta(2k+1)$.
On en déduit pour $|x|<2$:
$\displaystyle\int_0^{\pi}e^{xt}\ln(2\sin t)dt=(e^{\pi x}-1)\sum_{k=1}^{+\infty}\left(-\frac14\right)^k\zeta(2k+1)x^{2k-1}$. -
L'intégrale de Jandri a de manière inattendue une forme close, je trouve (à vérifier quand même):
$$\int_{0}^{\pi}e^{xt}\log(2\sin t)dt=\frac{1-e^{\pi x}}{x^{2}}\left(x\gamma+\frac{\pi x}{2\tan(i\pi\frac{x}{2})}+x\psi\left(1+i\frac{x}{2}\right)+i\right)$$
En ayant remarqué que:
$$\sum_{k=1}^{\infty}t^{2k+1}\zeta(2k+1)=\frac{\pi t}{2\tan(\pi t)}-t\gamma-t\psi(1-t)-\frac{1}{2}$$
Il doit y avoir moyen de faire sauter les $i$ en utilisant des propriétés de la fonction $\psi=\frac{\Gamma'}{\Gamma}$.
Une erreur de signe corrigée grâce à jandri. -
c'est une version 2.000000000000000000 de $\text{e}^{i\pi}=-1$? C'est très joli !
S -
@jandri:
Merci. C'est la même formule une fois le signe corrigé (heureusement!) puisque pour $a$ réel non nul $$
\Im\left(\psi(ia)\right)=\frac{1}{2a}+\frac{\pi}{2}\coth\left(\pi a\right)
$$ donc on peut l'écrire $$
\int_{0}^{\pi}e^{xt}\log(2\sin t)dt=\frac{1-e^{\pi x}}{x}\left(\gamma+\psi\left(i\frac{x}{2}\right)-i\left(\frac{1}{x}+\frac{\pi}{2}\coth\left(\pi\frac{x}{2}\right)\right)\right)
$$ On peut donc avoir $\int_{0}^{\pi}\cos(xt)\log(2\sin t)dt$ et $\int_{0}^{\pi}\sin(xt)\log(2\sin t)dt$ avec des formules sans $i$.
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