Intégrale, le retour !
dans Analyse
Quelle serait votre méthode pour calculer : $$
J=\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{x+3}{x+2}\right)}{1+x}\,dx\ \ ?$$
J=\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{x+3}{x+2}\right)}{1+x}\,dx\ \ ?$$
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
On pose $(3+x)/(2+x)=z$, puis on intègre par parties pour éliminer le logarithme. Sans difficulté.
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.
Avant que tu postes ton dernier message j'ai cru en te lisant que ce que tu préconisais conduisait à une solution simple.
$\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.
http://mathworld.wolfram.com/AhmedsIntegral.html
J_3 dans https://math.stackexchange.com/questions/741933/how-to-evaluate-ahmeds-integral ressemble à l'integrale de FDP
Ce calcul est trop compliqué.
Regarde plutôt ici: http://sos440.tistory.com/86
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)
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.
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.
(je déteste cette méthode alors quand je peux l'éviter je ne m'en prive pas)
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)$$
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.
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".
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]
@Les Bons Profs
Peut-on m'expliquer comment les $Li_2$ se simplifient entre eux pour donner la formule de FDP ?
Merci par avance
$\begin{align} A&=\int_3^4 \frac{\ln(x-2)}{x}\,dx\\
&=\int_{\frac{3}{2}}^{2} \frac{\ln(2u-2)}{u}\,du\\
&=\ln 2\int_{\frac{3}{2}}^{2}\frac{1}{u}\,du+\int_{\frac{3}{2}}^{2} \frac{\ln(u-1)}{u}\,du\\
&=2\ln^2 2-\ln 2\ln 3+\int_{\frac{3}{2}}^{2} \frac{\ln(u-1)}{u}\,du\\
\end{align}$
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,
$\displaystyle \text{Li}_2(x)=-\int_0^x \frac{\ln(1-t)}{t}\,dt$
Ps:Que penses tu de la méthode passant par l'intégrale quelque peu modifiée de Frullani ?
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.
Probablement parce que $\displaystyle \frac{1}{1-\frac{1}{3}}-1=\frac{1}{2}$
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.
$\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{\arctan x}{x\sqrt{1+x^2}}\,dx$
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).
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 $-2 \int_0^{\pi/4} \ln \tan (t/2) dt = -2\int_0^1 {\ln z \over 1+z^2} dz= 2 G.$
(qui permet de donner une autre méthode de calcul de l'intégrale ( http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1572370,1574730#msg-1574730 )
$\displaystyle \int_0^{\infty} \dfrac{\arctan(x)\sqrt{\sqrt{1+x^2}-1}}{x\sqrt{1+x^2}}\,dx$
$\displaystyle \frac{1}{4}\pi^2\sqrt{2}-\sqrt{2}\ln\left(1+\sqrt{2}\right)^2$
$\displaystyle \int_0^1 \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2}\,dx$
L'intégrale serait égale à $\dfrac{\pi^2}{32}$?
L'intégrale vaut $0,1942...$
et $\dfrac{\pi^2}{32}$ vaut $0,3084...$
Le DSE de \(\arctan(x^2)\) a une drôle de tête :