Une intégrale à l'ancienne

Si on fait le changement de variable $y=\dfrac{1-x}{1+x}$


On obtient:

$\displaystyle I=\int_0^1 \dfrac{\ln\left(\tfrac{1-x}{1+x}\right)}{2\sqrt{x}}dx$

On enchaîne avec le changement de variable $y=\sqrt{x}$



$\begin{align}I&=\int_0^1 \ln\left(\dfrac{1-x^2}{1+x^2}\right)dx\\
&=\int_0^1 \ln(1+x)dx+\int_0^1 \ln(1-x)dx-\int_0^1 \ln(1+x^2)dx\\
\end{align}$


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


Pour calculer:

$A=\int_0^1 \ln(1-x)dx$

On fait le changement de variable $y=1-x$,

$A=\int_0^1 \ln(x)dx=\Big[x(\ln x-1)\Big]_0^1=-1$


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

Et quand on rassemble tout cela doit donner le résultat attendu.

@Chaurien
Mon calcul se fait à l'ancienne
@FDP
je passe beaucoup de mon temps sur ce site merveilleux https://brilliant.org/discussions/thread/past-problems-list-integration-contest/ ; tu cliques sur une saison pour voir les solutions des participants ( j''aimerais te voir avec YvesM sur ce site)

Bonjour,

Voici une méthode à l'ancienne mais avec les yeux grands ouverts.

Calculer $\displaystyle I = \int_{0}^{1} {\ln(x) \over (1+x) \sqrt{1-x^2}}dx.$

Existence :
L'intégrande, la fonction $\displaystyle x \in ]0,1[ \mapsto {\ln(x) \over (1+x) \sqrt{1-x^2}}$ est défini, continu sur $\displaystyle ]0,1[$ et l'intégrale est impropre aux deux bornes. En $0$, l'intégrande est équivalent à la fonction $\displaystyle x \mapsto \ln(x)$ qui est intégrable. En $1$, l'intégrande est équivalent à la fonction $\displaystyle x \mapsto {\sqrt{1-x} \over 2 \sqrt{2}}$ qui est intégrable. On a établi que l'intégrale $I$ existe.

Changement de variables :
Le terme casse-pieds est le radicande. On traite son cas par une des formules d'Euler. On effectue le changement de variable $\displaystyle x \leadsto t$ avec $\displaystyle \sqrt{1-x^2} = xt-1.$ On note que $\displaystyle xt-1 \geq 0$ et donc que $\displaystyle t \geq 1.$ On calcule, en élevant au carré, $\displaystyle x = {2t \over 1+t^2}.$ On calcule donc $\displaystyle dx = -2 {t^2-1 \over (1+t^2)^2} dt$ ; et aussi $\displaystyle 1+x = {(1+t)^2 \over 1+t^2}$ et enfin $\displaystyle \sqrt{1-x^2} = {t^2-1 \over 1+t^2}.$ Pour les bornes, on a $\displaystyle x=0 \leadsto t=+\infty$ et $\displaystyle x=1 \leadsto t=1.$ On reporte et alors, après les simplifications attendues, $\displaystyle I = 2 \int_{1}^{+\infty} {dt \over (1+t)^2} \ln {2t \over 1+t^2}.$

Exploitations des symétries :
On effectue le changement de variables $\displaystyle t \leadsto u$ avec $\displaystyle u = {1 \over t}$ et alors $\displaystyle I = 2 \int_{0}^{1} {du \over (1+u)^2} \ln {2u \over 1+u^2}.$ On a alors établi que $\displaystyle I = {I \over 2} + {I \over 2} =\int_{0}^{+\infty} {dx \over (1+x)^2} \ln {2x \over 1+x^2}.$

On décompose l'intégrale $I$ en éléments faciles à calculer :
$\displaystyle I = \ln(2) \int_{0}^{+\infty} {1 \over (1+x)^2} dx + \int_{0}^{+\infty} {\ln(x) \over (1+x)^2} dx- \int_{0}^{+\infty} {\ln(1+x^2) \over (1+x)^2} dx.$

Calculs d'intégrales simples :
La première intégrale est immédiate : $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} {1 \over (1+x)^2} dx=1$
La seconde intégrale est nulle par le changement de variable $\displaystyle x \leadsto u$ avec $\displaystyle u = {1 \over x}.$
La troisième est beaucoup plus simple qu'au premier regard. Une simple intégration par partie donne $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} {\ln(1+x^2) \over (1+x)^2} dx = \int_{0}^{+\infty} {1 \over 1+x} {2x \over 1+x^2} dx$ car le terme tout intégré est nul. On décompose en simple fraction $\displaystyle {1 \over 1+x} {2x \over 1+x^2} = {1+x \over 1+x^2} - {1 \over 1+x}$ et l'intégration est immédiate : $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} {\ln(1+x^2) \over (1+x)^2} dx = \int_{0}^{+\infty} \big( {1 \over 1+x^2} + {1 \over 2} {2x \over 1+x^2} - {1 \over 1+x} \big) dx = \arctan(x) + \ln {\sqrt{1+x^2} \over 1+x} \mid_{0}^{+\infty} ={\pi \over 2}.$

On a alors établi que $\displaystyle I = \int_{0}^{1} {\ln(x) \over (1+x) \sqrt{1-x^2}}dx = \ln(2) - {\pi \over 2}.$

@FDP
J'avais remarqué un certain FDP DPF mais je n'ai pas fais le lien avec ta personne

chaurien a écrit:

Et là, la rédaction « à l'ancienne », avec ce qu'on appelait « intégrales indéfinies », sans bornes, laisse grandement à désirer du point de vue de la rigueur.

On appelait aussi ça des intégrales indéfinies quand j'étais en licence et ce n'était pas si ancien ! Notre prof était un peu "à l'ancienne" par contre.

Pour ce qui est de la rigueur, on peut toujours faire les calculs formellement, trouver une primitive puis la dériver pour voir qu'on arrive bien au résultat voulu.

Bonjour Chaurien
Pourquoi me féliciter? cette intégrale est facile point c'est tout !
Je me sens nul en me comparant à YvesM ou à FDP et une fois j’étais bien recardé par P qui a exprimé son inquiétude que je ne sache pas calculer une intégrale classique.
La liste je crois est dans le fil sudoko des intégrales convergentes ?

En cherchant dans mes messages je pense avoir retrouvé le fil en question:
RMS2016.

Bonjour,
Par ipp on se ramène à calculer l’intégrale classique $\int_{-1}^1 \frac {\ln(x+1)}{\sqrt{1-x^2}}dx$

On a $\int Ln(x+1)dx =(x+1)\ln(x+1)-x$ donc $\int arccos(x) \ln(x+1)dx=arccos(x) ((x+1)\ln(x+1)-x)+\int \frac {(x+1)\ln(x+1)-x}{\sqrt{x^2-1}}\\
= arccos(x) ((x+1)\ln(x+1)-x) + \int \frac {x\ln(x+1)}{\sqrt{x^2-1}}+\int \frac {\ln(x+1)}{\sqrt{x^2-1}}-\int \frac {x}{\sqrt{x^2-1}}$

$\int \frac {x\ln(x+1)}{\sqrt{x^2-1}}=arcsin(x)-(\ln(x+1)-1)\sqrt{x^2 -1} $ donc
$\int_{-1}^1 \frac {x\ln(x+1)}{\sqrt{x^2-1}}=\pi $
et l'integrale classique $\int_{-1}^1 \frac {\ln(x+1)}{\sqrt{x^2-1}}=-\pi \ln(2)$
puis $\int \frac {x}{\sqrt{x^2-1}}=-\sqrt{x^2-1}$

Je vois,

Tellement classique qu'il ne reste plus qu'à la calculer. B-)

(il y a un truc évident qu'on a envie de faire à mon humble avis)

Gebrane0:

Il y a une version un peu compliquée que tu peux voir ici:

https://math.stackexchange.com/q/2298456

et tu m'as donné l'idée d'une approche plus simple. ;-)

$\begin{align} J= \int_{-1}^{1} \arccos x\ln(1+x)\,dx&=\Big[(x+1)(\ln(1+x)-1)\arccos x\Big]_{-1}^1+\int_{-1}^{1}\dfrac{(x+1)(\ln(1+x)-1)}{\sqrt{1-x^2}}dx\\
=&\int_{-1}^{1}\sqrt{\dfrac{1+x}{1-x}}(\ln(1+x)-1)dx\\
\end{align}$

On fait le changement de variable $y=\sqrt{\dfrac{1+x}{1-x}}$,

$\begin{align}
J&=8\int_0^{+\infty} \dfrac{x^2\ln x}{(1+x^2)^2}\,dx+4(\ln 2-1)\int_0^{+\infty} \dfrac{x^2}{(1+x^2)^2}\,dx-4\int_0^{+\infty} \dfrac{x^2\ln(1+x^2)}{(1+x^2)^2}\,dx\\
&=-4\left(\Big[\dfrac{x\ln x}{1+x^2}\Big]_0^{+\infty}-\int_0^{+\infty}\left(\dfrac{\ln x}{1+x^2}+\dfrac{1}{1+x^2}\right)\,dx\right)+4(\ln 2-1)\int_0^{+\infty} \dfrac{x^2}{(1+x^2)^2}\,dx+\\
&2\left(\Big[\dfrac{x\ln(1+x^2)}{1+x^2}\Big]_0^{+\infty}-\int_0^{+\infty}\left(\dfrac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}+\dfrac{2x^2}{(1+x^2)^2}\right)\,dx\right)\\
&=2\pi+4(\ln 2-2)\int_0^{+\infty} \dfrac{x^2}{(1+x^2)^2}\,dx-2\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}\,dx\\
&=2\pi+2(\ln 2-2)\left(\Big[-\dfrac{x}{1+x^2}\Big]_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}\dfrac{1}{1+x^2}\,dx\right)-2\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}\,dx\\
&=2\pi+(\ln 2-2)\pi-2\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}\,dx\\
&=\pi\ln 2-2\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}\,dx\\
\end{align}$

Dans la dernière intégrale on fait le changement de variable $y=\arctan x$,


$\begin{align}J&=\pi\ln 2+4\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \ln(\cos x)\,dx\\
&=\pi\ln 2-2\pi\ln 2\\
&=-\pi\ln 2
\end{align}$

PS:

Je suis passé rapidement sur le fait que $\displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln x}{1+x^2}dx=0$

Soit on coupe l'intégrale en deux de 0 à 1 et de 1 à $+\infty$ et dans la deuxième intégrale on fait le changement de variable $y=\dfrac{1}{x}$

Soit on part de l'intégrale $\displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx$ et on applique le changement de variable $y=\dfrac{1}{x}$

PS2:
Je suis persuadé qu'on peut calculer cette intégrale sans aucune mention à l'intégrale $\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\ln(\cos x)\,dx$

Gebrane0:

Je connais cette méthode de calcul pour cette intégrale mais la plus jolie des méthodes, où tu ne calcules rien, ou presque, est de passer par $\ln(\cos x)$.

On peut aussi la calculer très certainement en utilisant la fonction Beta d'Euler. Il faut préalablement faire le changement de variable $y=x^2$.

Bonjour FDP
pour calculer $\displaystyle J=\int_{0}^{1} \frac{(1+x)\ln{(1+x)}}{1+x^2} \, dx$ j'ai ecrit $J=I+K$
$I=\int_{0}^{1} \frac{\ln{(1+x)}}{1+x^2} \, dx=\int_{0}^{\pi/4}\ln(1+\tan (t))dt=\int_{0}^{\pi/4}\ln(1+\tan (\frac{\pi}{4}- t))dt\\
=\int_{0}^{\pi/4}\ln\left(1+\frac{1-\tan (t)}{1+\tan (t)}\right)dt \\
=\int_{0}^{\pi/4} (\ln(2)- \ln (1+\tan (t))dt $ donc
$2I=\ln(2){\pi/4} $
Le calcul de $K=\int_{0}^{1} \frac{x\ln{(1+x)}}{1+x^2}$ je le savais deja

Bonjour,

L'intégrale $ \displaystyle I = \int_{0}^{+\infty} {\ln x \over 1+e^x} dx$ est élégante.

Indication : on justife l'existence de l'intégrale $I$ ; on change la variable pour ramener les bornes entre $0$ et $1$ ; on développe le dénominateur en série entière ; on change la variable pour intégrer facilement : on tombe sur une constante bien connue : $\displaystyle \gamma = - \int_{0}^{1} dx \ln (\ln {1 \over x})$, et un autre terme logarithmique. Le résultat est sous forme d'une série dont le terme général est simple : $\displaystyle I = \sum_{k\geq 2} {(-1)^k \ln k \over k} - \gamma \ln(2).$ Pour le résultat donné dans sa forme finale, il faudrait voir les propriétés de la constante d'Euler...

On pourrait aussi utiliser l'évaluation classique
$$
\int_0^{\infty} \frac{x^s}{e^{x}-1}dx=\Gamma(s+1)\:\zeta(s+1),\qquad s>0.
$$ On en déduit que
\begin{align}J&=\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{\ln x}{e^x+1}dx\\
&=\displaystyle \frac{d}{ds}\left(\left. \int_0^{\infty} \frac{x^s}{e^x+1}dx\right)\right|_{s=0}\\
&=\frac{d}{ds}\left(\left.\int_0^{\infty} \frac{x^s}{e^{x}-1}dx-2\int_0^{\infty} \frac{x^s}{e^{2x}-1}dx\right)\right|_{s=0}\\
&=\frac{d}{ds}\left(\left.(1-2^{-s})\Gamma(s+1)\:\zeta(s+1)\right)\right|_{s=0}\\
&=-\frac{1}{2} \ln^2(2).
\end{align}