@FDP
Tu es parmi ceux que j'admire dans ce Forum. Je trouve un grand plaisir à te lire.
Lorsque un calcul est long, le courage me fait défaut. Je ne sais pas si la méthode classique qui consiste à dériver I(a) marche avec $$I(a)=\displaystyle \int_0^1 \frac{\arctan ax}{x}\ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)\,dx$$
Comme déjà indiqué cette intégrale est un multiple entier de l'intégrale donnée par Etanche.
Je ne le savais pas en rajoutant un message dans ce fil. Il faudrait qu'il nous indique d'où vient "son" intégrale.
Je ne crois guère à de telles coïncidences, j'imagine donc qu'elle a été obtenue en essayant de résoudre le problème 12054 de l'AMM
Je pense qu'on peut traiter cette intégrale et par conséquent l'autre aussi par la méthode que tu indiques mais il me reste à finaliser le calcul pour en être certain.
On se retrouve avec une intégrale horrible à calculer et une intégrale dont l'intégrande vérifie:
1) Une fraction rationnelle R(x) fois ln x fois une fonction dont la dérivé est une fraction rationnelle.
2) L'intégrale $\int_0^1 \displaystyle R(x)\ln x dx$ est calculable.
Et on continue en faisant une intégration par parties dans l'intégrale qui n'est pas trop horrible...
(et on est conduit à recommencer et tout fini par s'arranger: les trucs horribles s'éliminent entre eux)
Je sais relier $\displaystyle \int_{1}^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{2x^2+1}}{(1+3x^2)\sqrt{2x^2+1}}\,dx$ à l'intégrale d'Ahmed et je voudrais en faire autant pour $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\arctan\sqrt{2x^2+1}}{(1+3x^2)\sqrt{2x^2+1}}\,dx$ sans avoir à calculer aucune intégrale double.
\dfrac{\sqrt{3}\arctan\left(\sqrt{3}\right)}{a^2+3}-\dfrac{\sqrt{2}a\arctan\left(\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{a^2+1}}\right)}{\sqrt{a^2+1}\left(a^2+3\right)}$ on tombe sur une même difficulté
Si j'avais pu calculer l'intégrale entre 0 et 1 de la même façon que je l'ai fait pour l'intégrale entre 1 et l'infini je l'aurais fait dans la foulée.
Si tu observes tu verras qu'on commence par une intégrale entre 1 et l'infini pour arriver à une intégrale entre 0 et 1 (l'intégrale d'Ahmed).
On peut faire la même chose en commençant par 0 et 1 et on se retrouve à calculer une intégrale entre 1 et l'infini.
Cela revient à calculer $\displaystyle \int_{1}^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{x^2+2}}{(1+x^2)\sqrt{x^2+2}}\,dx$
Je voudrais à ne pas avoir à la calculer à la façon dont tu voudrais le faire.
Réponses
Tu es parmi ceux que j'admire dans ce Forum. Je trouve un grand plaisir à te lire.
Lorsque un calcul est long, le courage me fait défaut. Je ne sais pas si la méthode classique qui consiste à dériver I(a) marche avec $$I(a)=\displaystyle \int_0^1 \frac{\arctan ax}{x}\ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)\,dx$$
Je ne le savais pas en rajoutant un message dans ce fil. Il faudrait qu'il nous indique d'où vient "son" intégrale.
Je ne crois guère à de telles coïncidences, j'imagine donc qu'elle a été obtenue en essayant de résoudre le problème 12054 de l'AMM
Je pense qu'on peut traiter cette intégrale et par conséquent l'autre aussi par la méthode que tu indiques mais il me reste à finaliser le calcul pour en être certain.
$\begin{align}\int_0^1 \frac{\arctan x}{x} \ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)\,dx&=\left[\arctan x\ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)\ln x\right]_0^1-\int_0^1 \frac{2(1+x)\ln x\arctan x}{(1-x)(1+x^2)}\,dx-\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x^2}\ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)\,dx\\
&=-\int_0^1 \frac{2(1+x)\ln x\arctan x}{(1-x)(1+x^2)}\,dx-\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x^2}\ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)\,dx\\
\end{align}$
On se retrouve avec une intégrale horrible à calculer et une intégrale dont l'intégrande vérifie:
1) Une fraction rationnelle R(x) fois ln x fois une fonction dont la dérivé est une fraction rationnelle.
2) L'intégrale $\int_0^1 \displaystyle R(x)\ln x dx$ est calculable.
Et on continue en faisant une intégration par parties dans l'intégrale qui n'est pas trop horrible...
(et on est conduit à recommencer et tout fini par s'arranger: les trucs horribles s'éliminent entre eux)
$\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\arctan\sqrt{2x^2+1}}{(1+3x^2)\sqrt{2x^2+1}}\,dx$
Je ne sais pas encore la calculer mais la valeur conjecturée est une expression simple dans laquelle intervient $\pi^2$.
Pourtant c'est toi même qui a calculé cette intégrale :-D, oublis-tu les intégrales d’Ahmed?
Je sais relier $\displaystyle \int_{1}^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{2x^2+1}}{(1+3x^2)\sqrt{2x^2+1}}\,dx$ à l'intégrale d'Ahmed et je voudrais en faire autant pour $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\arctan\sqrt{2x^2+1}}{(1+3x^2)\sqrt{2x^2+1}}\,dx$ sans avoir à calculer aucune intégrale double.
Ma première réflexion classique est de considérer
$$I(a)=\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\arctan a\sqrt{2x^2+1}}{(1+3x^2)\sqrt{2x^2+1}}\,dx$$
edit $I'(a)= \int_{0}^{1} \dfrac{1}{\left(3x^2+1\right)\left(a^2\left(2x^2+1\right)+1\right)}=
\dfrac{\sqrt{3}\arctan\left(\sqrt{3}\right)}{a^2+3}-\dfrac{\sqrt{2}a\arctan\left(\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{a^2+1}}\right)}{\sqrt{a^2+1}\left(a^2+3\right)}$ on tombe sur une même difficulté
Si j'avais pu calculer l'intégrale entre 0 et 1 de la même façon que je l'ai fait pour l'intégrale entre 1 et l'infini je l'aurais fait dans la foulée.
Si tu observes tu verras qu'on commence par une intégrale entre 1 et l'infini pour arriver à une intégrale entre 0 et 1 (l'intégrale d'Ahmed).
On peut faire la même chose en commençant par 0 et 1 et on se retrouve à calculer une intégrale entre 1 et l'infini.
Cela revient à calculer $\displaystyle \int_{1}^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{x^2+2}}{(1+x^2)\sqrt{x^2+2}}\,dx$
Je voudrais à ne pas avoir à la calculer à la façon dont tu voudrais le faire.
$\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\arctan\sqrt{2+x^2}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\,dx=\frac{5\pi^2}{96}$
On veut calculer,
$\displaystyle H=\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{2+x^2}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\,dx$
On sait que pour $u$ réel,
$\displaystyle \frac{\arctan u}{u}=\int_0^1 \frac{1}{1+t^2u^2}\,dt$
Donc,
$\begin{align}H&=\int_{0}^{\infty} \left(\int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)\left(1+t^2(2+x^2)\right)}\,dt\right)\,dx\\
&=\int_{0}^{\infty} \left(\int_0^1 \left(\frac{1}{(1+t^2)(1+x^2)}-\frac{t^2}{(1+t^2)\left(1+t^2(2+x^2)\right)}\right)\,dt\right)\,dx\\
&=\int_{0}^{\infty} \left(\int_0^1 \frac{1}{(1+t^2)(1+x^2)}\,dt\right)\,dx-\int_{0}^{\infty} \left(\int_0^1 \frac{t^2}{(1+t^2)\left(1+t^2(2+x^2)\right)}\,dt\right)\,dx\\
&=\frac{\pi^2}{8}-\int_0^1 \left[\frac{t}{(1+t^2)\sqrt{1+2t^2}}\arctan\left(\frac{tx}{\sqrt{1+2t^2}}\right)\right]_{x=0}^{x=\infty}\,dt\\
&=\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{t}{(1+t^2)\sqrt{1+2t^2}}\,dt\\
&=\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi}{2}\Big[\arctan\left(\sqrt{1+2t^2}\right)\Big]_0^1\\
&=\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi}{2}\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4}\right)\\
&=\frac{\pi^2}{12}\\
\end{align}$
En outre,
$\begin{align}H&=\int_{0}^{1}\frac{\arctan\sqrt{2+x^2}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\,dx+\int_{1}^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{2+x^2}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\,dx\\
&=\frac{5\pi^2}{96}+\int_{1}^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{2+x^2}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\,dx\\
\end{align}$
Donc,
$\begin{align}
\int_{1}^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{2+x^2}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\,dx=\frac{\pi^2}{32}\\
\end{align}$
Par ailleurs,
On applique le changement de variable $y=\dfrac{1}{x^2}$,
$\begin{align}K&=\int_0^1 \dfrac{\arctan(\sqrt{2x^2+1})}{(1+3x^2)\sqrt{2x^2+1}}\,dx\\
&=\frac{1}{2}\int_1^{\infty}\frac{\arctan\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}\right)}{\sqrt{x+2}(x+3)}\,dx
\end{align}$
On procède à une intégration par parties,
$\begin{align}K&=\Big[\arctan\left(\sqrt{x+2}\right)\arctan\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}\right)\Big]_1^{\infty}+\int_1^{\infty}\frac{\arctan\left(\sqrt{x+2}\right)}{2\sqrt{x}(1+x)\sqrt{x+2}}\,dx\\
&=\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi^2}{9}+\int_1^{\infty}\frac{\arctan\left(\sqrt{x+2}\right)}{2\sqrt{x}(1+x)\sqrt{x+2}}\,dx\\
\end{align}$
On applique le changement de variable $y=\sqrt{x}$,
$\begin{align}K&=\frac{\pi^2}{72}+\int_1^{\infty}\frac{\arctan\left(\sqrt{x^2+2}\right)}{(1+x^2)\sqrt{x^2+2}}\,dx\\
&=\frac{\pi^2}{72}+\frac{\pi^2}{32}\\
&=\frac{13\pi^2}{288}
\end{align}$