Une intégrale pour l'été
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Avec $I_n=\int_0^1\frac{x^{2n}}{1+x^2}$ on a $I_n+I_{n+1}=\frac{1}{2n+1}$ et donc en développant $\frac{1}{x}\log\frac{1+x}{1-x}$ en série entière, on arrive à un truc du genre $$
2(\pi/4)^2+C\sum_{0\leq k<n}\frac{(-1)^{k+n}}{(2k+1)(2n+1)}=B\pi^2,$$ Mais j'ai la flemme à 7 heures du matin de calculer $B.$ Peut etre $B=9/32.$ -
Bonjour,
@P. en suivant ton approche on obtient l'intégrale sous la forme d'une double somme, mais je ne sais pas finir le calcul. Sais-tu ?
Voici ton approche :
$\bullet$ On sait que $\displaystyle \forall x \in \R, |x| <1, -\ln(1-x) = \sum_{k \geq 1} {x^k\over k}.$ On en déduit $\displaystyle \forall x\in \R, |x| <1,{1 \over x} \ln {1-x \over 1+x}=-\sum_{k \geq 0} {2 \over 2k+1}x^{2k}.$
$\bullet$ On calcule alors $\displaystyle I=\int_0^1 dx {1 \over x} {1 \over 1+x^2}\ln {1-x \over 1+x}=-2 \int_0^1 dx \sum_{k \geq 0} {1 \over 2k+1} {x^{2k} \over 1+x^2} .$ On justifie l'inversion somme intégrale par $\displaystyle \forall x\in \R, x\in ]0,1[, \sum_{k \geq 0} {x^{2k} \over 2k+1} \leq 1+\sum_{k \geq 1}{x^{2k} \over 2k}=1-{1 \over 2} \ln(1-x^2)$ et par l'intégrabilité de la fonction $\displaystyle x \mapsto {\ln(1-x^2) \over 1+x^2}$ sur $\displaystyle x \in [0,1].$ On pose alors $\displaystyle \forall k \in \N, I_k=\int_0^1 dx{x^{2k} \over 1+x^2}$ dont on vérifie l'existence. On a alors $\displaystyle I=-2 \sum_{k \geq 0} {1 \over 2k+1} I_k.$
$\bullet$ On calcule alors $\displaystyle \forall k \in \N, I_{k+1}+I_k=\int_{0}^{1} dx x^{2k} = {1 \over 2k+1}$ et $\displaystyle I_0= \int_0^1 {dx \over 1+x^2}={\pi\over 4}.$ On calcule les premiers termes et on établit par une récurrence que $\displaystyle \forall n \in \N, I_n=\sum_{k=0}^{n-1} {(-1)^{k+n-1} \over 2k+1} + (-1)^n {\pi \over 4}.$
$\bullet$ On sait que $\displaystyle \forall x \in \R, \arctan(x) = \sum_{p \geq 0} {(-1)^p \over 2p+1}x^{2p+1}$ et on reporte pour trouver $\displaystyle I=-2({\pi \over 4})^2 - 2 \sum_{p \geq 0} \sum_{k=0}^{p-1} {(-1)^{k+p-1} \over (2p+1)(2k+1)}.$
Mais comment poursuivre ? Il me semble que pour calculer une telle somme, la méthode usuelle est de la transformer en intégrale, et alors on tourne en rond. -
Ca se fait via le théorème des résidus et un contour "en os" autour de $[0,1]$ mais il y a beaucoup de calculs à faire. Je le ferrai fin de semaine si personne n'a de solution plus élégante. ;-)
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Pour Yves M: $2\sum_{1\leq p<k}a_pa_k=(\sum_{k}a_k)^2-\sum_{k}a_k^2.$
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Bonjour,
@P. : je n'y aurais jamais pensé... mais ça marche.
$\bullet$ On a trouvé $\displaystyle I=-2 ({\pi \over 4})^2+2 \sum_{p \geq 0} \sum_{k=0}^{p-1} {(-1)^k \over 2k+1}{(-1)^p \over 2p+1}.$
$\bullet$ Pour calculer la double somme, on pose $\displaystyle \forall k \in \N, a_k={(-1)^k \over 2k+1}$ et alors $\displaystyle 2 \sum_{p \geq 0} \sum_{k=0}^{p-1} a_ka_p=(\sum_{k \geq 0} a_k)^2 - \sum_{k \geq 0} a_k^2.$ On calcule $\displaystyle \sum_{k \geq 0} a_k=\arctan(1) = {\pi \over 4}$ et on sait que $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {1 \over k^2}={\pi^2 \over 6}$ d'où l'on tire $\displaystyle \sum_{k \geq 0} a_k^2={\pi^2 \over 8}$ en séparant les termes pairs et impairs.
$\bullet$ On reporte pour établir $\displaystyle I = -{3 \over 16} \pi^2.$ -
Une autre méthode. Posons $$
f(t)=\int_0^1\dfrac{1}{x}\dfrac{1}{1+x^2}\ln(1+tx)dx\qquad\text{et}\qquad g(t)=\int_0^1\dfrac{x}{1+x^2}\ln(1+tx)dx.
$$ Alors pour tout $t$ on a $\displaystyle f(t)+g(t)=\int_0^1\dfrac{\ln(1+tx)}{x}dx$ donc
\begin{align*}
&f(1)+g(1)=\int_0^1\dfrac{\ln(1+x)}{x}dx=\dfrac{\pi^2}{12}\qquad&(1)\\
&f(-1)+g(-1)=\int_0^1\dfrac{\ln(1-x)}{x}dx=-\dfrac{\pi^2}{6}.\qquad&(2)
\end{align*} Par ailleurs en dérivant et en décomposant en éléments simples on a facilement \begin{align*}
f'(t)&=\int_0^1\dfrac{dx}{(1+x^2)(1+tx)}\\
&=\dfrac{\pi}{4}\dfrac{1}{1+t^2}-\dfrac{\ln 2}{2}\dfrac{t}{1+t^2}+\dfrac{t\ln(1+t)}{1+t^2}
\end{align*} qui donne d'une part \begin{align*}
f(1)&=\dfrac{\pi^2}{16}-\dfrac{\ln^2 2}{4}+\int_0^1\dfrac{t\ln(1+t)}{1+t^2}dt\\
&=\dfrac{\pi^2}{16}-\dfrac{\ln^2 2}{4}+g(1)
\end{align*} dont on tire avec (1) $$f(1)=\dfrac{7\pi^2}{96}-\dfrac{\ln^22}{8},
$$ et d'autre part \begin{align*}
f(-1)&=-\dfrac{\pi^2}{16}-\dfrac{\ln^2 2}{4}+\int_0^{-1}\dfrac{t\ln(1+t)}{1+t^2}dt\\
&=\dfrac{\pi^2}{16}-\dfrac{\ln^2 2}{4}+g(-1)
\end{align*} dont on tire avec (2) $$
f(-1)=-\dfrac{11\pi^2}{96}-\dfrac{\ln^22}{8}.
$$ On en déduit que $$
I=f(-1)-f(1)=-\dfrac{3\pi^2}{16}.$$ -
Mais et ton indication YvesM ?
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Bonjour,
@Cyrano : je n'arrive pas à déterminer une combinaison de contour et de fonction pour utiliser le théorème des résidus. Si les calculs sont longs, donne-moi simplement cette combinaison et je ferai le calcul.
@Hébus : (tu). Je crois que tu as trouvé une bonne méthode qui semble correspondre à l'indication. Je reprends tes calculs légèrement modifiés.
$\bullet$ On définit l'intégrale $\displaystyle J(t) = \int_{0}^{1} dx {x \over 1+x^2} \ln {1-t x \over 1+tx}, |t| \leq 1.$
$\bullet$ On calcule la somme $\displaystyle I+J(1) = \int_{0}^{1} dx {1 \over x} \ln {1- x \over 1+x} = -2 \sum_{k \geq 0} {2 \over (2k+1)^2} = -{4 \over 16}\pi^2$ puisqu'on a déjà établi le développement en série de la l'intégrande.
$\bullet$ La convergence uniforme a déjà été établie sur $\displaystyle 0<t<1$ et on dérive sous le signe somme : $\displaystyle J'(t) = \int_{0}^{1} dx {-2 x^2 \over (1+x^2)(1-t^2x^2)}$ et une décomposition en fractions simples donne facilement $\displaystyle J'(t) =2 {\pi \over 4} {1 \over 1+t^2}+{1 \over t} {1 \over 1+t^2} \ln {1-t \over 1+t}.$ Il suffit alors d'intégrer : $\displaystyle J(1)-J(0) = 2 ({\pi \over 4})^2 + I.$ Comme $\displaystyle J(0)=0$, on calcule la différence $\displaystyle I-J(1) = -{2 \over 16} \pi^2.$
$\bullet$ On conclut $\displaystyle I = -{3 \over 16} \pi^2.$ -
C'est normal qu'il n'y ait plus de $x$, c'est la variable d'intégration.
Pour ta deuxième question, c'est une coquille : j'ai mal recopié le deuxième terme, il y a un $\dfrac{1}{1+t^2}$ au lieu de $\dfrac{t}{1+t^2}$, je corrige. -
Ok merci. J'avais lu dt au lieu de dx,ou alors c'était une coquille !
Et comment obtiens tu f(1) ? tu intègres l'expression de f '(t) directement ou alors tu calcules l'intégrale entre 0 et 1 de chaque terme, et dans ce cas il n'y a plus de t? je n'ai pas compris ce passage . -
Une autre méthode avec l'indication donnée au début par YvesM et en utilisant $\displaystyle \sum_{k \geq 0} {1 \over (2k+1)^2}={\pi^2 \over 8}$.
On introduit $\displaystyle J=\int_{0}^{1} {x \over 1+x^2} \ln {1-x \over 1+x} dx$.
$I+J$ se calcule à l'aide de $\displaystyle {1 \over x} \ln {1-x \over 1+x}=-\sum_{k \geq 0} {2 \over 2k+1}x^{2k}$.
Pour calculer $I-J$ c'est plus astucieux: on pose $t=\dfrac{1-x}{1+x}$ puis $u=t^2$et enfin $\displaystyle{\ln(u) \over 1-u^2}=\sum_{k \geq 0} u^{2k}\ln(u)$. -
Bonjour,
@jandri : tu as trouvé selon l'énoncé.
Finalement, il faut utiliser $\displaystyle { 1 \over x} + x = {1+x^2 \over x}$ pour simplifier le dénominateur dans la somme $I+J$ et utiliser un changement de variables dans la différence $I-J$ ; et on utilise des développements en séries, ce qui est naturel quand les bornes sont $0$ et $1.$
$\displaystyle I = \int_0^1 dx {1 \over x} {1 \over 1+x^2} \ln {1-x \over 1+x}, J =\int_0^1dx {x \over 1+x^2} \ln {1-x \over 1+x}.$
Je suis toujours curieux d'une solution par les résidus, mais quel contour/ intégrande ? -
Soit $$
I=\int_0^{\frac{\pi}{6}} \ln(2\sin x)\,dx \quad \text{et}\quad J=\int_0^{\frac{\pi}{6}} \ln(2\cos x)\,dx
$$ Je vous propose de calculer $\displaystyle \frac{I}{J}$
PS. Pour ne pas multiplier inutilement les fils ayant un sujet proche j'ai pris la liberté de poster dans ce fil. J'espère qu'YvesM ne m'en tiendra pas rigueur.
PS2. Il y avait une erreur dans l'énoncé que j'ai corrigée. -
Ah bah l'énoncé a changé...
J'avais trouvé une relation entre les vieilles versions de $I$ et $J$ mais elle ne permettait pas de conclure.
Mais si ça se trouve, ça marche mieux maintenant !
Après correction, je trouve effectivement $2I+3J=0$... et donc $\frac{I}{J}=-\frac{3}{2}$.
On utilise l'astuce classique consistant à introduire $K=\int_0^{\frac{\pi}{3}}\ln(2\sin(x))dx$ et on calcule que :
$$K=2\int_0^{\frac{\pi}{6}}\ln(2\sin(2x))dx=2\int_0^{\frac{\pi}{6}}\ln(4\sin(x)\cos(x))dx=2(I+J)$$
Puis $K+J=\int_0^{\frac{\pi}{3}}\ln(2\sin(x))dx+\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\ln(2\sin(x))dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(2\sin(x))dx$.
Enfin, on sait que $\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin(x))dx=-\frac{\pi}{2}\ln(2)$ (preuve par la même technique que ci-dessus) donc $2I+3J=K+J=0$, d'où le résultat annoncé. -
Bravo !
On peut partir de $\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin(x))dx$
On coupe à $\dfrac{\pi}{6}$ et on n'oublie pas que $\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}$
Je ne pense pas qu'on puisse trouver une autre relation simple entre I et J qui permettrait de calculer I et J. J'ai beaucoup cherché sans succès. -
Bonjour,
@Fin de partie : dans ce fil : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1674916,1678588#msg-1678588 j'ai calculé $\displaystyle \int_{0}^{\alpha} \ln(2 \sin x) dx$ et $\displaystyle \int_{0}^{\alpha} \ln^2(2 \sin x) dx, 0 \leq \alpha \leq \pi$ : pour $\alpha = \pi/6$, la première ne se simplifie pas, mais la seconde si. -
@YvesM : Remarquons, par parité, que $$I = \frac{1}{2}\int_{-1}^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right) \frac{1}{x(x^2+1)} dx.$$
Considérons le logarithme principal, holomorphe sur $\C \backslash ]-\infty,0].$ La fonction $g$ définie par $$g(z) = \ln^2\left(\frac{z-1}{z+1}\right) \frac{1}{z(z^2+1)}$$ est dès lors holomorphe sur $\C \backslash ([-1,1] \cup \{-i,i\})$. On voit apparaitre l'intervalle que l'on désire.
Le contour à prendre est constitué de deux morceaux. Le premier est un "os" autour de $[-1,1]$ en faisant attention de mettre une petite bosse, au dessus et en dessous de $0$. (Il joue un rôle particulier à cause de $\frac{1}{x}$) Le second morceau est un grand cercle extérieur dont le rayon est destiné à tendre vers l'infini. -
YvesM:
Le calcul que tu mentionnes fait pencher la balance dans un sens défavorable à l'existence d'une forme close simple de
$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \ln(2 \sin x) dx$ mais ne prouve en rien, sauf erreur, qu'une telle forme close n'existe pas.
Je suis toujours à la recherche d'un calcul "simple" (sans variable complexe) de $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \ln(2 \sin x)^2 dx$
PS:
Présentement je suis occupé par le calcul du "monstre" $\displaystyle \int_0^1\frac{(\arctan{x})^2\ln({x+1/x+2})}{(1+x)^2}dx$ posté sur M.E. -
Bonjour,
Je ne sais pas ce que tu appelles forme close. L’intégrale $\displaystyle \int_{0}^{\pi/6} \ln(2 \sin x) dx$ s’exprime avec une somme à la con $\displaystyle \sum_{k\geq1} {\sin(\pi k/3)\over k^2}$. Cette somme s’exprime avec un $\displaystyle Li_2(\exp(i \pi/3))$ et son conjugué qui s´exprime avec la première dérivée de la fonction bilogarithmique prise en des fractions $1/6,5/6$... On montre que ces nombres sont transcendants.
C’est pour cela que le calcul s’arréte : on ne complique pas l’expression avec des trucs transcendants. Mais si c’est ce que tu appelles forme close, tu peux le faire. Wolfram ou équivalent devrait te donner des expressions diverses à partir de $Li_2.$ -
A propos de ce type d'intégrale j'ai trouvé un article de Clausen datant du XIXème siècle qui en donne une évaluation.
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Bonjour!
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