Comme tu le sais, tu peux exprimer cette intégrale comme la derivée quatrième d'une fonction bêta : $\displaystyle \int_{0}^{1} dx {\ln^4 x \over \sqrt{1-x^2}} = {d^4 \over da^4} \int_{0}^{1} dx {x^a \over \sqrt{1-x^2}}\mid_0 = {d^4 \over da^4} {1\over 2} B({1\over2},{a+1 \over 2})\mid_0 $, mais cette méthode ne mène pas facilement au résutat même avec un logiciel formel.
Une autre idée, que je te laisse exploiter car les calculs sont longs même avec un logiciel formel consiste à écrire $\displaystyle \ln x = \int_{0}^{1} dy {1-x \over 1-a(1-x)}$ et donc $\displaystyle \int_{0}^{1} dx {\ln^4 x \over \sqrt{1-x^2}}=\int_{0}^{1} dx{(1-x)^{7/2} \over \sqrt{1+x} } \int_{0}^{1} da\int_{0}^{1} db\int_{0}^{1} dc\int_{0}^{1} dd {1 \over 1-a(1-x)}{1 \over 1-b(1-x)}{1 \over 1-c(1-x)}{1 \over 1-d(1-x)}$ puis à décomposer en fraction simples $\displaystyle {1 \over 1-a(1-x)}{1 \over 1-b(1-x)}{1 \over 1-c(1-x)}{1 \over 1-d(1-x)} = \sum_{cyc}{a^3 \over (a-b)(a-c)(a-d)}{1 \over 1-a(1-x)}.$
On inverse l'ordre d'intégration pour intégrer d'abord en $x$ avec $\displaystyle \int_{0}^{1} dx{(1-x)^{7/2} \over \sqrt{1+x} } {1 \over 1-a(1-x)}=\cdots$ qui est donnée par le logiciel, et puis on continue.
un changement de variable d'intégration $x = sint$ amène l'intégrale :
$I = \int_0^\frac{\pi}{2}ln^4(sint).dt$
dont le résultat donné par le logiciel est le bon
pour la détermination de ce résultat il faut commencer
par l'intégrale $\int_0^\frac{\pi}{2}ln(sint)dt$ dont le résultat est connu : $-\frac{\pi}{2}ln2$
puis continuer avec le logarithme porté à la puissance 2, puis à la puissance 3, puis à la puissance 4
il existe peut-être une relation de récurrence entre les intégrales des puissances successives du logarithme
Réponses
Comme tu le sais, tu peux exprimer cette intégrale comme la derivée quatrième d'une fonction bêta : $\displaystyle \int_{0}^{1} dx {\ln^4 x \over \sqrt{1-x^2}} = {d^4 \over da^4} \int_{0}^{1} dx {x^a \over \sqrt{1-x^2}}\mid_0 = {d^4 \over da^4} {1\over 2} B({1\over2},{a+1 \over 2})\mid_0 $, mais cette méthode ne mène pas facilement au résutat même avec un logiciel formel.
Une autre idée, que je te laisse exploiter car les calculs sont longs même avec un logiciel formel consiste à écrire $\displaystyle \ln x = \int_{0}^{1} dy {1-x \over 1-a(1-x)}$ et donc $\displaystyle \int_{0}^{1} dx {\ln^4 x \over \sqrt{1-x^2}}=\int_{0}^{1} dx{(1-x)^{7/2} \over \sqrt{1+x} } \int_{0}^{1} da\int_{0}^{1} db\int_{0}^{1} dc\int_{0}^{1} dd {1 \over 1-a(1-x)}{1 \over 1-b(1-x)}{1 \over 1-c(1-x)}{1 \over 1-d(1-x)}$ puis à décomposer en fraction simples $\displaystyle {1 \over 1-a(1-x)}{1 \over 1-b(1-x)}{1 \over 1-c(1-x)}{1 \over 1-d(1-x)} = \sum_{cyc}{a^3 \over (a-b)(a-c)(a-d)}{1 \over 1-a(1-x)}.$
On inverse l'ordre d'intégration pour intégrer d'abord en $x$ avec $\displaystyle \int_{0}^{1} dx{(1-x)^{7/2} \over \sqrt{1+x} } {1 \over 1-a(1-x)}=\cdots$ qui est donnée par le logiciel, et puis on continue.
Pour $x\in ]0;\frac{\pi}{2}]$,
$\displaystyle -\log(\sin(x))=\sum_{k=1}^\infty\frac{\cos(2kx)}{k}+\log(2)$
un changement de variable d'intégration $x = sint$ amène l'intégrale :
$I = \int_0^\frac{\pi}{2}ln^4(sint).dt$
dont le résultat donné par le logiciel est le bon
pour la détermination de ce résultat il faut commencer
par l'intégrale $\int_0^\frac{\pi}{2}ln(sint)dt$ dont le résultat est connu : $-\frac{\pi}{2}ln2$
puis continuer avec le logarithme porté à la puissance 2, puis à la puissance 3, puis à la puissance 4
il existe peut-être une relation de récurrence entre les intégrales des puissances successives du logarithme
cordialement
$\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty} S_k\frac{x^k}{k!}=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\frac{\Gamma\left(\frac{1-x}{2}\right)}{\Gamma\left(1-\frac{x}{2}\right)}$
De là on peut déduire:
$\displaystyle S_{k+1}=S_k\ln 2+\sum_{j=1}^{k}\left(1-2^{-j}\right)\zeta(j+1)\frac{k!}{(k-j)!}S_{k-j}$
Source:
Integrals of powers of Loggamma, T. Amdeberhan et Al, Proceedings of the American mathematical society, vol 139, number 2.
Dans cet article il y a cette chouette formule:
$t\geq 0$,
$\displaystyle \int_0^1 \ln\left(\frac{\Gamma(x+t)}{\sqrt{2\pi}}\right)dx=t\ln t-t$
Bonsoir
D'où vient ta première égalité?
Je crois, je vais poser ta chouette formule sur MSE
https://www.ams.org/journals/proc/2011-139-02/S0002-9939-2010-10589-0/S0002-9939-2010-10589-0.pdf
Je vais prendre congé du Forum pour lire et comprendre l'article
Merci mille fois , c'est très intéressant