Intégrale, le retour !

Quelle serait votre méthode pour calculer : $$
J=\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{x+3}{x+2}\right)}{1+x}\,dx\ \ ?$$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a dix mois et a été effectuée par AD.

Bonjour,

On pose $(3+x)/(2+x)=z$, puis on intègre par parties pour éliminer le logarithme. Sans difficulté.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a dix mois et a été effectuée par YvesM.

Un changement de variable suivi d'une intégration par parties?

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.

Bonjour,

On écrit la définition de la fonction $Li_2$ et on sait intégrer $\int \ln(3+x)/(1+x) dx$... donc le résultat est immediat, sauf si tu ne permets pas d’utiliser cette fonction.

J'essaie de reconstituer ta solution.

Avant que tu postes ton dernier message j'ai cru en te lisant que ce que tu préconisais conduisait à une solution simple.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.

L'intégrale que j'ai proposée ci-dessus est une cousine germaine de l'intégrale suivante:

$\displaystyle \int\limits_0^1\frac{\arctan\left(\sqrt{x^2+2}\right)}{(1+x^2)\left(\sqrt{x^2+2}\right)}dx$

Nommée intégrale d'Ahmed.

Je n'ai pas eu le temps de faire les calculs proposés par YvesM mais ce n'est que partie remise.

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Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a dix mois et a été effectuée par Fin de partie.

Merci pour le partage FDP
[mathworld.wolfram.com]

J_3 dans [math.stackexchange.com] ressemble à l'integrale de FDP

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Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a dix mois et a été effectuée par gebrane.

Gebrane:

Ce calcul est trop compliqué.

Regarde plutôt ici: [sos440.tistory.com]

En fait, j'étais en train de lire un truc et j'ai eu l'idée de faire le calcul comme dans le lien ci-dessus.
J'ai voulu vérifier si cette méthode était connue et j'ai atterri sur cette page.
Et après j'ai commencé à jouer des variations de la méthode (l'utilisation d'une identité assez générale)
pour obtenir l'intégrale du premier message.

PS:
YvesM a raison on peut faire le calcul de la première intégrale à coups de polylogarithmes mais je pense que c'est pénible (Il y a une méthode bien plus simple me semble-t-il)

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a dix mois et a été effectuée par Fin de partie.

Peux-tu nous donner la valeur de l’intégrale?

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la première intégrale vaut $\displaystyle \frac{1}{2}\ln^2 2$

PS:
Wolfram doit utiliser une méthode qui fait appel à la recherche d'une primitive exprimée à coups de polylogarithmes qu'il est incapable de simplifier apparemment.

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Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a dix mois et a été effectuée par Fin de partie.

C'est ce que j'ai remarqué aussi et je suis curieux comment YvesM va simplifier ces calculs avec ces fonctions $Li_2$

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C'est possible et la forme du résultat suggère l'utilisation à un moment donné d'une identité vérifiée par la fonction dilogarithme.

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Normalement ton intergrale vaut $-\ln\left(2\right)\left(\ln\left(3\right)-2\ln\left(2\right)\right)-\operatorname{Li}_2\left(\dfrac{1}{3}\right)+\operatorname{Li}_2\left(\dfrac{1}{4}\right)+\operatorname{Li}_2\left(-\dfrac{1}{3}\right)-\operatorname{Li}_2\left(-\dfrac{1}{2}\right)$ et je n'aime pas ces $Li_2$

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Moi non plus.

Chaurien faisons un effort à deux pour retrouver la formule magique de FDP

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je pense que vous devriez regardez du coté de l'intégrale de Frullani plus particulièrement celle de Monsieur Lerch [www.ncbi.nlm.nih.gov] (la dernière page): dans laquelle il suffit de prendre $g(x)=\frac{ln(x+2)-ln(x+1)}{x+1}$ et $\phi(x)=\frac{1}{x}$ et de choisir les bornes en conséquence (après changement de variable j'entends) .Ah oui et ne pas oublier décomposer en éléments simples

J'offre des points à qui mieux mieux ...[math.stackexchange.com]

On a $$J = \int_0^{1} \frac{1}{1+x} \left(\int_{x+2}^{x+3} \frac{1}{y} dy\right) dx.$$ A partir de là, Fubini et c'est gagné.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a dix mois et a été effectuée par Cyrano.

Cyrano chapeau !

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Un coup de maître ( allusion aux jeux des échecs)

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On pose $f(s)=\displaystyle\int_0^1\frac{\ln(x+s)}{1+x}\text{d}x$ pour $s\in]1,+\infty[$, de sorte que $J=f(3)-f(2)$. On montre que $f\in\mathscr{C}^1(]1,+\infty[)$ avec $\forall s\in ]1,+\infty[,\; f'(s)=\displaystyle\int_0^1\frac{\text{d}x}{(1+x)(x+s)}=\int_0^1\left(\frac{\frac 1{s-1}}{1+x}+\frac{\frac 1{1-s}}{x+s}\right)\text{d}x=\frac 1{s-1}\ln(2)-\frac 1{s-1}\left(\ln(s+1)-\ln(s)\right)$. Alors $J=f(3)-f(2)=\displaystyle\int_2^3f'(s)\text{d}s=\ln(2)\left[\ln(s-1)\right]_2^3-\int_2^3\frac{\ln(s+1)-\ln(s)}{s-1}\text{d}s=\ln^2(2)-\int_0^1\frac{\ln(s+3)-\ln(s+2)}{s+1}\text{d}s$, donc $J=\ln^2(2)-J$ et finalement $J=\dfrac 12\ln^2(2)$.

Cyrano:

Comment fais-tu pour intervertir les deux intégrales? (je ne demande pas le pourquoi mais que fais-tu après concrètement)


On peut aussi procéder de la sorte:

On va utiliser l'identité,

Pour $a>0,b>0$ réels on a:

$\displaystyle \frac{1}{ab}=\frac{1}{a+b}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)$

$\begin{align}\ln^2 2&=\left(\int_0^1 \frac{1}{1+x}\,dx\right)\left(\int_0^1 \frac{1}{1+y}\,dy\right)\\
&=\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{(1+x)(1+y)}\,dx\,dy\\
&=2\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{(2+x+y)(1+x)}\,dx\,dy\text{ (On a utilisé l'identité ci-dessus)}\\
&=2\int_0^1 \left[\frac{\ln(x+y+2)}{1+x}\right]_0^1 \,dx\\
&=2\int_0^1 \frac{\ln(x+3)-\ln(x+2)}{1+x}\,dx
\end{align}$


PS:
Il me semble que le calcul de Cyrano va conduire aux mêmes calculs.
(virer le x des bornes par changement de variable etc)

PS2:
Pour calculer l'intégrale d'Ahmed il faut prendre,

$\displaystyle \left(\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\,dx\right)\left(\int_0^1 \frac{1}{1+y^2}\,dy\right)$

PS3:

Puisque $1+x^2+y^2$ est une fonction symétrique de x et y si on calcule les intégrales doubles des fonctions

$\displaystyle \frac{1}{(2+x+y)(1+x)}$ et $\displaystyle \frac{1}{(2+x+y)(1+y)}$ on va obtenir la même valeur.

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Edité 5 fois. La dernière correction date de il y a dix mois et a été effectuée par Fin de partie.

Exactement FDP. Comme d'hab avec cette intégrale, les deux techniques "habituelles" fonctionnent. (Faire apparaître une intégrale double / dériver sous le signe intégral)

Ces méthodes conduisent à des calculs moins fastidieux que de se lancer dans une conversion en polylogarithmes.
(je déteste cette méthode alors quand je peux l'éviter je ne m'en prive pas)

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@FDP

Fubini donne
$$\int_0^{1} dx \left(\int_{x+2}^{x+3} f(x,y) dy\right) =\int_2^{3} dy \left(\int_{0}^{y-2} f(x,y) dx\right)+\int_3^{4} dy \left(\int_{y-3}^{1} f(x,y) dx\right)$$

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Dans les bornes de l'intégrale "intérieure" il y a x qui est la variable d'intégration de l'intégrale "extérieure".

J'aurais plutôt envie d'écrire:

$\displaystyle \int_0^1 \left(\int_{x+2}^{x+3} f(x,y)\,dy\right)dx=\int_0^1 \int_2^3 f(x,u+x)\,dx\,du$

J'ai fait le changement de variable $u=y-x$ dans l'intégrale intérieure

PS:
En fait, Gébrane , je ne sais pas comment tu obtiens ton égalité.

PS2:
En fait, j'ai l'impression qu'à la fin avec le calcul de Cyrano on se retrouve avec des dilogarithmes.

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Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a dix mois et a été effectuée par Fin de partie.

@FdP
Le domaine $\{(x,y) \mid 0\leq x\leq 1 \text{ et } x+2\leq y\leq x+3\}$ se lit aussi $\{(x,y) \mid 2\leq y \leq 3\text{ et } 0\leq x\leq y-2\}\cup\{(x,y) \mid 3\leq y\leq 4\text{ et } y-3\leq x\leq 1\}$ quand on le lit en "tranches horizontales".



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a dix mois et a été effectuée par AD.

Merci je regarderai ça demain.

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On veut intégrer une fonction à deux variables sur le domaine coloré
Si on coupe le domaine suivant des parallèles à l'axe (ox) on tombe sur la formule
$\int_0^{1} dx \left(\int_{x+2}^{x+3} f(x,y) dy\right)$

Si on coupe le domaine suivant des parallèles à l'axe (oy) on tombe sur la formule
$\int_2^{3} dy \left(\int_{0}^{y-2} f(x,y) dx\right)+\int_3^{4} dy \left(\int_{y-3}^{1} f(x,y) dx\right)$

Je viens de vérifier les calculs, constat: la méthode de Cyrano ne marche pas comme on l’espérait: car je tombe en fin sur
$\ln(2)(\ln(4)-\ln(3))-\int_3^4\frac{\ln(y-2)}y dy+\int_2^3\frac{\ln(y-1)}y dy$
et on va faire apparaître des $Li_2$

[Gebrane, je me suis permis de faire un dessin plus précis que le tien. AD]

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Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a dix mois et a été effectuée par AD.

Merci AD

@Les Bons Profs

Peut-on m'expliquer comment les $Li_2$ se simplifient entre eux pour donner la formule de FDP ?
Merci par avance

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Je suis aussi intéressé par la question de Gebrane concernant la simplification des polylogarithmes (dans la formule de Monsieur Lerch me concernant)

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On fait le changement de variable $u=\frac{x}{2}$,


$\begin{align} A&=\int_3^4 \frac{\ln(x-2)}{x}\,dx\\
&=\int_{\frac{3}{2}}^{2} \frac{\ln(2u-2)}{u}\,du\\
&=\ln 2\int_{\frac{3}{2}}^{2}\frac{1}{u}\,du+\int_{\frac{3}{2}}^{2} \frac{\ln(u-1)}{u}\,du\\
&=2\ln^2 2-\ln 2\ln 3+\int_{\frac{3}{2}}^{2} \frac{\ln(u-1)}{u}\,du\\
\end{align}$

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

$\begin{align}
A&=2\ln^2 2-\ln 2\ln 3+\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{2}{3}}\frac{\ln(1-x)}{x}\,dx-\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{2}{3}}\frac{\ln(x)}{x}\,dx\\
&=2\ln^2 2-\frac{1}{2}\ln^2 3+\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{2}{3}}\frac{\ln(1-x)}{x}\,dx\\
&=2\ln^2 2-\frac{1}{2}\ln^2 3+\text{Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)-\text{Li}_2\left(\frac{2}{3}\right)
\end{align}$

On fait le changement de variable $u=\dfrac{1}{x}$,

$\begin{align} B&=\int_2^3 \frac{\ln(x-1)}{x}\,dx\\
&=\int_{\frac{1}{3}}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln(1-x)}{x}\,dx-\int_{\frac{1}{3}}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x}\,dx\\
&=\frac{1}{2}\ln^3 3-\frac{1}{2}\ln^2 2+\int_{\frac{1}{3}}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln(1-x)}{x}\,dx\\
&=\frac{1}{2}\ln^2 3-\frac{1}{2}\ln^2 2+\text{Li}_2\left(\frac{1}{3}\right)-\text{Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)
\end{align}$

L'intégrale initiale est donc égale à,

$\begin{align}
J&=2\ln^2 2-\ln 2\ln 3+B-A\\
&=\ln^2 3-\frac{1}{2}\ln^2 2-\ln 2\ln 3+\left(\text{Li}_2\left(\frac{1}{3}\right)+\text{Li}_2\left(\frac{2}{3}\right)\right)-2\text{Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)\end{align}$

Or,

On a l'identité suivante,

Pour tout $-1< x< 1$

$\displaystyle \text{Li}_2\left(x\right)+\text{Li}_2\left(1-x\right)=\frac{\pi^2}{6}-\ln x\ln(1-x)$

Pour $x=\dfrac{1}{2}$ on a,

$\displaystyle 2\text{Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi^2}{6}-\ln^2 2$

Pour $x=\dfrac{1}{3}$ on a,

$\displaystyle \text{Li}_2\left(\frac{1}{3}\right)+\text{Li}_2\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{\pi^2}{6}+\ln 2\ln 3-\ln^2 3$

Ainsi,

$\begin{align}J&=\ln^2 3-\frac{1}{2}\ln^2 2-\ln 2\ln 3+\left(\frac{\pi^2}{6}+\ln 2\ln 3-\ln^2 3\right)-\left(\frac{\pi^2}{6}-\ln^2 2\right)\\
&=\frac{1}{2}\ln^2 2
\end{align}$

PS:
Pénible comme calcul même s'il n'y a pas de difficulté.

PS2:

Il faut savoir que pour $-1\leq x\leq 1$,

On a une expression de $\text{Li}_2(x)$ sous forme d'intégrale,

$\displaystyle \text{Li}_2(x)=-\int_0^x \frac{\ln(1-t)}{t}\,dt$

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Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a dix mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.

En fait, la méthode directe proposée par YvesM ci-dessus est sans doute un peu moins pénible à mettre en oeuvre que ce que proposait Cyrano.

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merci Fdp pour ton intervention très instructive (je t'avoue que je n'ai jamais eu goût aux intégrales mais là ça donne envie de comprendre)

Ps:Que penses tu de la méthode passant par l'intégrale quelque peu modifiée de Frullani ?

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La méthode que j'ai proposée en posant $f(s)=\displaystyle\int_0^1\frac{\ln (x+s)}{x+1}\text{d}x$ semble ne marcher que pour les coefficients 2 et 3 dans le logarithme de l'intégrale $J$. Si on change ces coefficients, la méthode passant par Li donne-t-elle encore des résultats explicites?

Dedekind93:

Cela dépend ce que tu entends par "marcher"?

On peut convertir en polylogarithmes mais je ne sais pas si on peut toujours faire disparaître toute trace de ces trucs.

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Ben en tous les cas avec les coefficients 3 et 2 j'arrive à $\frac 12\ln^2 (2)$. En changeant ces coefficients je ne parviens pas à expliciter $J$ (sans Li). Je me demandais si c'était dû au fait que tu as choisi l'unique paire de coeff pour laquelle les expressions avec Li se simplifient (mystérieusement pour l'instant).

Merci FDP

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le couple 1/2,1/3 semble être un couple "magique" quand il s'agit de dilogarithmes.

Probablement parce que $\displaystyle \frac{1}{1-\frac{1}{3}}-1=\frac{1}{2}$

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Oui j'ai aussi cette impression, c'est joli. Merci!

J'ai été un peu vite avec mon idée, désolé d'avoir induit une fausse piste longue et sinueuse.

Cyrano:

Ne t'excuse pas. C'est intéressant d'explorer les pistes de chacun et merci de l'intérêt porté à ma question.
J'en profite pour remercier Noel pour l'article, que je ne connaissais pas, sur la généralisation de la formule de Frullani.

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Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a dix mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.

J'étais en train de chercher une intégrale qui fonctionne pour appliquer une idée après avoir éliminé une ou deux candidates j'ai pensé à:

$\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{\arctan x}{x\sqrt{1+x^2}}\,dx$



Comment calculeriez-vous cette intégrale (le plus simplement possible)?

PS:
J'ai une méthode pour la calculer mais je me demande si on peut faire autrement.

PS2:
Le hasard fait bien les choses parfois (c'est très curieux).

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a dix mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.

Bonjour,

Avec $\arctan x= y$ on a $\int_0^{+\infty} {\arctan x \over x \sqrt{1+x^2}} dx = \int_0^{\pi/2} {x\over \sin x} dx $ puis integration par partie et $-2 \int_0^{\pi/4} \ln \tan (t/2) dt = -2\int_0^1 {\ln z \over 1+z^2} dz= 2 G.$

Merci pour cette réponse. J'ai bien fait de poser la question.

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J'ai bricolé une intégrale avec l'idée que j'avais en tête.
(qui permet de donner une autre méthode de calcul de l'intégrale ( [www.les-mathematiques.net] )

$\displaystyle \int_0^{\infty} \dfrac{\arctan(x)\sqrt{\sqrt{1+x^2}-1}}{x\sqrt{1+x^2}}\,dx$

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Cette dernière intégrale vaut exactement,

$\displaystyle \frac{1}{4}\pi^2\sqrt{2}-\sqrt{2}\ln\left(1+\sqrt{2}\right)^2$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.

Je me demande comment feriez-vous pour calculer,

$\displaystyle \int_0^1 \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2}\,dx$

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Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a dix mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.

On a $$\int_0^1 \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2} dx =\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} \int_0^1 \frac{x^{2k+1}}{1+x^2} dx = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} \sum_{j=0}^{+\infty} (-1)^j \int_0^{1} x^{2k+1} x^{2j}.$$ Au total, l'intégrale se réécrit $$\sum_{j,k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{j+k}}{(2k+1)(2k+2j+2)}.$$ Ce genre de double séries s'évalue souvent par un téléscopage très astucieux. (D'abord sommer sur $k$ en téléscopant puis sur $j$.) Le résultat est $\frac{\pi^2}{32}.$

Merci de l'intérêt porté à cette question.

L'intégrale serait égale à $\dfrac{\pi^2}{32}$?

L'intégrale vaut $0,1942...$

et $\dfrac{\pi^2}{32}$ vaut $0,3084...$

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Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a dix mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.

Bizarre, à revérifier. Les permutations séries-intégrales que j'ai faites sont valides car il y a convergence uniforme des séries sur $[0,1]$. Par après la double- somme je l'avoue je l'ai faite calculer par mathematica. (Ce ne sera pas la première fois qu'il se trompe, il faudra envoyer un rapport si tel est le cas, on paie assez cher pour ça.)

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