Calcul intégral

Bonjour,

Je sais démontrer l'existence et calculer $\displaystyle I = \int_{0}^{{\pi \over 2}}dx \ln^2 \sin x $, $\displaystyle \int_{0}^{\pi} dx\ln^2 \sin x =2I$ et $\displaystyle \int_{a}^{b}dx \ln^2 \sin x, (a, b) \in [0, \pi]^2 .$ En revanche, ma démonstration aboutit à une expression pourrie (somme compliquée sur deux indices) pour $\displaystyle J= \int_{0}^{{\pi \over 6}} dx\ln^2 \sin x .$
J'ai cherché en vain une relation entre $J$ et $I$ avec des changements de variables, de la trigonométrie et la relation de Chasles.

Je serais curieux de voir une démonstration pour $J.$

la première intégrale vaut approximativement: 1,9599

( http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+log(sin(x))^2,x=0,Pi/6 )

La seconde intégrale vaut approximativement: 2,04662

( http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+log(sin(x))^2,x=0,Pi/2 )

@FDP
Est ce que cette somme est bien connue $\sum\limits_{n\geq1}\sum\limits_{m\geq1}\int\limits_0^{\pi/6}\frac {\cos 2mx\cos 2nx}{mn}\, dx$

bonjour

à propos de la première intégrale proposée par Alain soit :
$\displaystyle I = \int_0^{\frac{\pi}{6}}\ln^2(2\sin x)dx$
un changement de variable d'intégration : $2\sin x = u$ saute aux yeux

soit encore : $x = \arcsin(u/2)$ et donc $dx = \dfrac{du}{\sqrt{4 - u^2}}$
et l'intégrale devient : $\quad\displaystyle I = \frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln^2u}{\sqrt{1 - u^2/4}}$
en développant en monômes l'inverse de la racine carrée et en échangeant la somme infinie et l'intégrale
ce qui est légitime étant donnée la convergence des deux, il vient :
$\displaystyle I = \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{+oo}\frac{\binom{2n}{n}}{16^n}\int_0^1\ln^2u.u^{2n}du$ soit encore : $$I = \sum_0^{+oo}\frac{\binom{2n}{n}}{16^n.(2n+1)^3}$$ cette série convergente doit pouvoir être explicitée grâce aux intégrales logarithmiques.

Cordialement

Il y a des preuves sur MSE avec Les fonctions Li, mais je n'aime pas ces preuves

Bonjour,

@gebrane : Tu écris que tu n'aimes pas les preuves avec la fonction dilogarithme. Mais parfois on n'a pas le choix.
@FDP : Tu trouves la démonstration moche, elle utilise l'analyse complexe, les fonctions di- et tri- logarithmes et les transformées de Fourier.

Voici ma démonstration, dans le cas général, à partir de l'analyse complexe (mais sans résidu ni transformée de Fourier). Le résultat général montre que seules certaines valeurs particulières s'écrivent simplement.

Calcul de $\displaystyle \int_{0}^{\alpha} dx \ln \sin x, 0 \leq \alpha \leq \pi.$
Existence :
L'intégrande est défini et continu sur $\displaystyle ]0, \pi[$ ; en $0$, l'intégrande est équivalent à la fonction $\displaystyle x \mapsto \ln x$ qui est intégrable ; en $\pi$, l'intégrande est équivalent à la fonction $\displaystyle x \mapsto \ln (\pi-x)$ qui est intégrable. On a établit l'existence de l'intégrale.

Restriction à $\displaystyle 0 \leq \alpha \leq \pi/2 :$
On change les variables par $\displaystyle x \leadsto y$ avec $\displaystyle y=\pi-x$ : $\displaystyle \int_{0}^{\alpha} dx \ln \sin x=\int_{\pi-\alpha}^{\pi} dx \ln \sin x$ puis une coupure en $0$ par la relation de Chasles : $\displaystyle \int_{0}^{\alpha} dx \ln \sin x= \int_{0}^{\pi} dx \ln \sin x - \int_{0}^{\pi - \alpha} dx \ln \sin x.$ Cette relation, prise en $\displaystyle \alpha = \pi/2$ donne : $\displaystyle \int_{0}^{\pi} dx \ln \sin x = 2\int_{0}^{\pi/2} dx \ln \sin x.$ On a donc établi que $\displaystyle \int_{0}^{\alpha} dx \ln \sin x = 2\int_{0}^{\pi/2} dx \ln \sin x - \int_{0}^{\pi - \alpha} dx \ln \sin x$ et puisque $\displaystyle 0 \leq \pi-\alpha \leq \pi/2$ pour $\displaystyle \pi/2\leq \alpha \leq \pi$, alors la restriction se fait sans perte de généralité.

Intégrale de contour $\displaystyle \int_C {\ln(1-z)\over z} dz$ où $C$ est l'arc du cercle unitaire entre $1$ et $\displaystyle e^{-2i\alpha}, 0 \leq \alpha\leq \pi/2$ dans le sens anti-trigonométrique :
La fonction $\displaystyle z \mapsto {\ln(1-z)\over z}$ est analytique pour $\displaystyle \Re(z) <1.$ L'intégrale ne dépend que des bornes et non du chemin entre les bornes. On change les variables $\displaystyle z \leadsto x$ avec $z=e^{-2ix}$ : $\displaystyle \int_C {\ln(1-z)\over z} dz=-2i \int_{0}^{\alpha} dx \ln(1-e^{-2ix}).$
Par un développement en série de Taylor, on sait que $\displaystyle \int_C {\ln(1-z)\over z} dz = -\sum_{k \geq 1} {z^k \over k}\mid_{1}^{e^{-2i\alpha}} = \sum_{k \geq 1} {1-\cos(2\alpha k) \over k^2} + i \sum_{k \geq 1} {\sin(2\alpha k) \over k^2}.$

Formule utile : $\displaystyle \ln \sin x = -\ln 2 + i(x-\pi/2) + \ln(1-e^{-2ix}), 0<x<\pi :$
On choisit la détermination principale du logarithme où l'argument reste dans $\displaystyle ]-\pi, \pi]$ et on écrit l'identité $\displaystyle \sin x = {e^{ix} - e^{-ix} \over 2i}.$

Calcul de $\displaystyle \int_{0}^{\alpha} dx \ln \sin x, 0 \leq \alpha \leq \pi/2 :$
On rassemble les résultats précédents en partie réelle et iméginaire pour obtenir : $\displaystyle \int_{0}^{\alpha} dx \ln \sin x=-\alpha \ln 2 - {1\over 2} \sum_{k \geq 1} {\sin(2\alpha k) \over k^2} + {i\over 2} \Big[\sum_{k \geq 1} {1-\cos(2\alpha k) \over k^2} - \alpha(\pi-\alpha) \Big], 0 \leq \alpha \leq \pi/2.$
On a donc établi que $\boxed{ \displaystyle \int_{0}^{\alpha} dx \ln \sin x=-\alpha \ln 2 - {1\over 2} \sum_{k \geq 1} {\sin(2\alpha k) \over k^2}, 0 \leq \alpha \leq \pi/2}$ et $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {1-\cos(2\alpha k) \over k^2} = \alpha(\pi-\alpha), 0 \leq \alpha \leq \pi/2.$

Transformée de Fourier cachée $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {\sin(2\alpha k) \over k} = {\pi - 2 \alpha \over 2}, 0 \leq \alpha \leq \pi/2$ :
Par dérivation de la relation $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {1-\cos(2\alpha k) \over k^2} = \alpha(\pi-\alpha), 0 \leq \alpha \leq \pi/2$ on obtient $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {\sin(2\alpha k) \over k} = {\pi - 2 \alpha \over 2}, 0 \leq \alpha \leq \pi/2.$
On a donc établi que $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {\cos kx \over k^2} = \sum_{k \geq 1} {1 \over k^2} + {x^2 \over 4} - {\pi \over 2}x, 0<x<\pi$ et, par intégration, on établit que $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {\sin kx \over k^3} = \sum_{k \geq 1} {1 \over k^2} x + {x^3 \over 12} - {\pi \over 4} x^2, 0<x<\pi.$
Enfin, la relation $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {1-\cos(2\alpha k) \over k^2} = \alpha(\pi-\alpha), 0 \leq \alpha \leq \pi/2$ prise en $\alpha=\pi/2$ et la séparation en parties paire et impaire dans la sommation permettent d'établir $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {1 \over k^2} = {\pi^2 \over 6}.$

Valeurs particulières :
La quantité $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {\sin(2\alpha k) \over k^2}, 0 \leq \alpha \leq \pi/2$ n'admet de valeurs 'simples' que pour certaines valeurs particulières de $\alpha.$
$\displaystyle \alpha=0$ : on retrouve le résultat attendu.
$\displaystyle \alpha=\pi/2$ : $\boxed{\displaystyle \int_{0}^{\pi/2} dx \ln \sin x=-{\pi \over 2} \ln 2.}$
$\displaystyle \alpha=\pi/4$ : $\displaystyle \int_{0}^{\pi/4} dx \ln \sin x=-{\pi \over 4} \ln 2 - {1\over 2} \sum_{k \geq 0} {(-1)^k \over (2k+1)^2}.$ On sait que la constante de Catalan s'écrit, par définition, $\displaystyle C = \sum_{k \geq 0} {(-1)^k \over (2k+1)^2}=\int_{0}^{1} dx {\arctan x \over x}.$ On a donc $\boxed{\displaystyle \int_{0}^{\pi/4} dx \ln \sin x=-{\pi \over 4} \ln 2 -{C \over 2}.}$
$\displaystyle \alpha=3\pi/4$ : $\boxed{\displaystyle \int_{0}^{3\pi/4} dx \ln \sin x=-{3\pi \over 4} \ln 2 +{C \over 2}.}$
$\displaystyle \alpha=\pi$ : $\boxed{\displaystyle \int_{0}^{\pi} dx \ln \sin x=-\pi \ln 2.}$

Calcul de $\displaystyle \int_{0}^{\alpha} dx \ln^2 \sin x, 0 \leq \alpha \leq \pi.$
Existence :
L'intégrande est défini et continu sur $\displaystyle ]0, \pi[$ ; en $0$, l'intégrande est équivalent à la fonction $\displaystyle x \mapsto \ln^2 x$ qui est intégrable ; en $\pi$, l'intégrande est équivalent à la fonction $\displaystyle x \mapsto \ln^2 (\pi-x)$ qui est intégrable. On a établit l'existence de l'intégrale.

Restriction à $\displaystyle 0 \leq \alpha \leq \pi/2 :$
On change les variables par $\displaystyle x \leadsto y$ avec $\displaystyle y=\pi-x$ : $\displaystyle \int_{0}^{\alpha} dx \ln^2 \sin x=\int_{\pi-\alpha}^{\pi} dx \ln^2 \sin x$ puis une coupure en $0$ par la relation de Chasles : $\displaystyle \int_{0}^{\alpha} dx \ln^2 \sin x= \int_{0}^{\pi} dx \ln^2 \sin x - \int_{0}^{\pi - \alpha} dx \ln^2 \sin x.$ Cette relation, prise en $\displaystyle \alpha = \pi/2$ donne : $\displaystyle \int_{0}^{\pi} dx \ln^2 \sin x = 2\int_{0}^{\pi/2} dx \ln^2 \sin x.$ On a donc établi que $\displaystyle \int_{0}^{\alpha} dx \ln^2 \sin x = 2\int_{0}^{\pi/2} dx \ln^2 \sin x - \int_{0}^{\pi - \alpha} dx \ln^2 \sin x$ et puisque $\displaystyle 0 \leq \pi-\alpha \leq \pi/2$ pour $\displaystyle \pi/2\leq \alpha \leq \pi$, alors la restriction se fait sans perte de généralité.

Intégrale de contour $\displaystyle \int_C {\ln^2(1-z)\over z} dz$ où $C$ est l'arc du cercle unitaire entre $1$ et $\displaystyle e^{-2i\alpha}, 0 \leq \alpha\leq \pi/2$ dans le sens anti-trigonométrique :
La fonction $\displaystyle z \mapsto {\ln^2(1-z)\over z}$ est analytique pour $\displaystyle \Re(z) <1.$ L'intégrale ne dépend que des bornes et non du chemin entre les bornes. On change les variables $\displaystyle z \leadsto x$ avec $z=e^{-2ix}$ : $\displaystyle \int_C {\ln^2(1-z)\over z} dz=-2i \int_{0}^{\alpha} dx \ln^2(1-e^{-2ix}).$
On intègre deux fois par parties et on utilise les relations $\displaystyle Li_2(1-z) = \int {\ln z \over 1-z}dz$ et $\displaystyle -Li_3(1-z) = \int {Li_2(z) \over 1-z}dz$ pour établir que : $\displaystyle \int_C {\ln^2(1-z)\over z} dz=\Big[\ln z \ln^2(1-z) + 2 (Li_2(1-z) \ln(1-z) - Li_3(1-z))\Big]\mid_{1}^{e^{-2i\alpha}}.$
On utilise la formule utile et les relations suivantes, facile à établir : $\displaystyle Li_2(z) = \sum_{k \geq 1} {z^k \over k^2}$, $\displaystyle Li_3(z) = \sum_{k \geq 1} {z^k \over k^3}$, $\displaystyle \ln e^{-2i\alpha} = 2(\nu \pi-\alpha)i$ avec $\displaystyle \nu=0$ pour $\displaystyle 0 \leq \alpha <\pi/2$ et avec $\displaystyle \nu = 1$ pour $\displaystyle \pi/2\leq \alpha \leq \pi$ pour obetnir : $\displaystyle \int_C {\ln^2(1-z)\over z} dz = 2(\nu \pi-\alpha) i \Big[\ln^2 (2 \sin \alpha) -(\alpha - \pi/2)^2-i (2\alpha - \pi) \ln(2 \sin \alpha) \Big] + \\ \displaystyle+2 \sum_{k \geq 1} {(2 \sin \alpha)^k \exp(-i(\alpha-\pi/2)k)\over k^2} \Big[\ln(2 \sin \alpha) - i (\alpha - \pi/2) \Big] -2 \sum_{k \geq 1} {(2 \sin \alpha)^k \exp(-i(\alpha-\pi/2)k)\over k^3}.$

Calcul de $\displaystyle \int_{0}^{\alpha} dx \ln^2 \sin x, 0 \leq \alpha \leq \pi/2 :$
On rassemble les résultats précédents en ne retenant que la partie réelle pour obtenir : $\boxed{\displaystyle \int_{0}^{\alpha} dx \ln^2 \sin x=\alpha \ln^2 2 + \ln 2 \sum_{k \geq 1} {\sin(2 \alpha k) \over k^2} + {1 \over 3} \Big[(\alpha-\pi/2)^3+(\pi/2)^3 \Big] + (\alpha -\nu \pi) \Big[ \ln^2(2\sin \alpha) - (\alpha-\pi/2)^2\Big] +\\ \displaystyle - \ln(2 \sin \alpha) \sum_{k \geq 1} {(2 \sin \alpha)^k \sin((\alpha-\pi/2)k)\over k^2}+ (\alpha - \pi/2) \sum_{k \geq 1} {(2 \sin \alpha)^k \cos((\alpha-\pi/2)k)\over k^2}+ \sum_{k \geq 1} {(2 \sin \alpha)^k \sin((\alpha-\pi/2)k)\over k^3},\\ \displaystyle 0\leq \alpha <\pi/2 (\nu=0), \pi/2 < \alpha \leq \pi (\nu=1).}$

Valeurs particulières :
La quantité $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {\sin(2\alpha k) \over k^2}, 0 \leq \alpha \leq \pi/2$ n'admet de valeurs 'simples' que pour certaines valeurs particulières de $\alpha.$ De même, la quantité $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {(2 \sin \alpha)^k \exp(-i(\alpha-\pi/2)k)\over k^2}$ n'adment de valeurs simples que lorsque $\displaystyle (2 \sin \alpha)^k$ est une constante et donc pour $\displaystyle\alpha = 0, \alpha=\pi/6$ pour $0 \leq \alpha \leq \pi/2.$
$\displaystyle \alpha=0$ : on retrouve le résultat attendu.
$\displaystyle \alpha=\pi$ : l'application directe de la relation donne $\boxed{\displaystyle \int_{0}^{\pi} dx \ln^2 \sin x=\pi \ln^2 2 + {\pi^3 \over 12}.}$
$\displaystyle \alpha=\pi/2$ : on déduit du résultat précédent que $\boxed{\displaystyle \int_{0}^{\pi/2} dx \ln^2 \sin x={\pi \over 2} \ln^2 2 +{ \pi^3 \over 24}.}$
$\displaystyle \alpha=\pi/6$ : on utilise les relations démontrées pour obtenir $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {\cos (\pi k/3) \over k^2} = \sum_{k \geq 1} {1 \over k^2} + {1 \over 4} (\pi/3)^2 - (\pi/2) (\pi/3) $ et $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {\sin (\pi k/3) \over k^3} = \sum_{k \geq 1} {1 \over k^2} \pi/3 + {1 \over 12} (\pi/3)^3 - (\pi/4) (\pi/3)^2.$ On a donc établi que $\boxed{\displaystyle \int_{0}^{\pi/6} dx \ln^2 \sin x={\pi \over 6} \ln^2 2 + \ln 2 \sum_{k \geq 1} {\sin (\pi k/3) \over k^2} + {7\pi^3 \over 216}.}$
$\displaystyle \alpha=5\pi/6$ : $\boxed{\displaystyle \int_{0}^{5\pi/6} dx \ln^2 \sin x={5\pi \over 6} \ln^2 2 - \ln 2 \sum_{k \geq 1} {\sin (\pi k/3) \over k^2} + {11\pi^3 \over 216}.}$

Calcul de $\displaystyle \int_{0}^{\pi/6} dx \ln^2 (2 \sin x).$
On sait que $\displaystyle \int_{0}^{\pi/6} dx \ln \sin x=-{\pi \over 6} \ln 2 -{1 \over 2} \sum_{k \geq 1} {\sin (\pi k/3) \over k^2}$ et alors il est immédiat, en développant $\displaystyle \ln(2 \sin x)$ que $\boxed{\displaystyle \int_{0}^{\pi/6} dx \ln^2 (2\sin x)= {7\pi^3 \over 216}.}$