Encore un calcul d'intégrale (double)
dans Analyse
Il y a 3 ans je me demandais comment évaluer (d'une autre façon) l'intégrale suivante:
$\displaystyle J=\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1+x^2}\,dx$
En considérant l'intégrale suivante:
$\begin{align}K=\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\ln^2 (xy)}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy\end{align}$
(les bornes infinies sont essentielles ici, ce qui m'avait échappé dans le passé)
Pourquoi cette dernière intégrale?
$\begin{align}K&=\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\ln^2 x+2\ln x\ln y+\ln^2 y}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy\\
&=\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\ln^2 x}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy+2\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\ln x\ln y}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy+\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\ln^2 y}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy\\
&=2\int_0^\infty \frac{1}{1+x^2}\,dx\int_0^\infty\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy+\left(\int_0^\infty \frac{\ln x}{1+x^2}\,dx\right)^2\\
&=2\int_0^\infty \frac{1}{1+x^2}\,dx\int_0^\infty\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy
\end{align}$
puisque $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\ln x}{1+x^2}\,dx=0$
Dans l'intégrale $\displaystyle \int_0^\infty\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy$ on fait le changement de variable $u=\dfrac{1}{y}$,
$\begin{align}\int_0^\infty\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy&=\int_0^1\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy+\int_1^\infty\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy\\
\end{align}$
Dans la deuxième intégrale on fait le changement de variable $u=\dfrac{1}{y}$,
$\begin{align}\int_0^\infty\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy&=\int_0^1\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy+\int_0^1\dfrac{\ln^2 u}{1+u^2}\,du\\
&=2J
\end{align}$
Ainsi,
$\begin{align}K&=2\pi J\end{align}$
Dans l'intégrale qui définit $K$ on fait le changement de variable $u=xy$ (on considère la variable $x$ ici),
$\begin{align}K&=\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{y\ln^2 u}{(u^2+y^2)(1+y^2)}\,du\,dy\\
&=\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\ln^2 u}{u^2-1}\left(\frac{y}{1+y^2}-\frac{y}{u^2+y^2}\right)\,du\,dy\\
&=\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{\ln^2 u}{u^2-1}\left[\ln\left(\frac{1+y^2}{u^2+y^2}\right)\right]_{y=0}^{y=\infty} \,du\\
&=\int_0^\infty \frac{\ln^3 u}{u^2-1}\,du\\
&=\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{u^2-1}\,du+\int_1^\infty \frac{\ln^3 u}{u^2-1}\,du
\end{align}$
Dans la dernière intégrale on fait le changement de variable $x=\dfrac{1}{u}$,
$\begin{align}K&=2\int_0^1 \frac{\ln^3 x}{x^2-1}\,dx\\
&=2\int_0^1 \frac{\ln^3 x}{x-1}\,dx-2\int_0^1 \frac{x\ln^3 x}{x^2-1}\,dx\\
\end{align}$
Dans la dernière intégrale on fait le changement de variable $u=x^2$,
$\begin{align}K&=\frac{15}{8}\int_0^1 \frac{\ln^3 x}{x-1}\,dx\\
\end{align}$
En développant en série entière $\dfrac{1}{1-x}$ on peut montrer que,
$\begin{align}K&=\frac{15}{8}\times 6\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^4}\\
&=\frac{45}{4}\zeta(4)
\end{align}$
Ainsi,
$\boxed{ \displaystyle J=\frac{45\zeta(4)}{8\pi}}$
PS:
$\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}$ mais si on sort cette formule du chapeau pour obtenir $J=\frac{\pi^3}{16}$ on peut aussi bien sortir directement celle-ci:
$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1+x^2}\,dx=\frac{\pi^3}{16}$.
$\displaystyle J=\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1+x^2}\,dx$
En considérant l'intégrale suivante:
$\begin{align}K=\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\ln^2 (xy)}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy\end{align}$
(les bornes infinies sont essentielles ici, ce qui m'avait échappé dans le passé)
Pourquoi cette dernière intégrale?
$\begin{align}K&=\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\ln^2 x+2\ln x\ln y+\ln^2 y}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy\\
&=\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\ln^2 x}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy+2\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\ln x\ln y}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy+\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\ln^2 y}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy\\
&=2\int_0^\infty \frac{1}{1+x^2}\,dx\int_0^\infty\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy+\left(\int_0^\infty \frac{\ln x}{1+x^2}\,dx\right)^2\\
&=2\int_0^\infty \frac{1}{1+x^2}\,dx\int_0^\infty\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy
\end{align}$
puisque $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\ln x}{1+x^2}\,dx=0$
Dans l'intégrale $\displaystyle \int_0^\infty\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy$ on fait le changement de variable $u=\dfrac{1}{y}$,
$\begin{align}\int_0^\infty\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy&=\int_0^1\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy+\int_1^\infty\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy\\
\end{align}$
Dans la deuxième intégrale on fait le changement de variable $u=\dfrac{1}{y}$,
$\begin{align}\int_0^\infty\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy&=\int_0^1\dfrac{\ln^2 y}{1+y^2}\,dy+\int_0^1\dfrac{\ln^2 u}{1+u^2}\,du\\
&=2J
\end{align}$
Ainsi,
$\begin{align}K&=2\pi J\end{align}$
Dans l'intégrale qui définit $K$ on fait le changement de variable $u=xy$ (on considère la variable $x$ ici),
$\begin{align}K&=\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{y\ln^2 u}{(u^2+y^2)(1+y^2)}\,du\,dy\\
&=\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\ln^2 u}{u^2-1}\left(\frac{y}{1+y^2}-\frac{y}{u^2+y^2}\right)\,du\,dy\\
&=\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{\ln^2 u}{u^2-1}\left[\ln\left(\frac{1+y^2}{u^2+y^2}\right)\right]_{y=0}^{y=\infty} \,du\\
&=\int_0^\infty \frac{\ln^3 u}{u^2-1}\,du\\
&=\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{u^2-1}\,du+\int_1^\infty \frac{\ln^3 u}{u^2-1}\,du
\end{align}$
Dans la dernière intégrale on fait le changement de variable $x=\dfrac{1}{u}$,
$\begin{align}K&=2\int_0^1 \frac{\ln^3 x}{x^2-1}\,dx\\
&=2\int_0^1 \frac{\ln^3 x}{x-1}\,dx-2\int_0^1 \frac{x\ln^3 x}{x^2-1}\,dx\\
\end{align}$
Dans la dernière intégrale on fait le changement de variable $u=x^2$,
$\begin{align}K&=\frac{15}{8}\int_0^1 \frac{\ln^3 x}{x-1}\,dx\\
\end{align}$
En développant en série entière $\dfrac{1}{1-x}$ on peut montrer que,
$\begin{align}K&=\frac{15}{8}\times 6\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^4}\\
&=\frac{45}{4}\zeta(4)
\end{align}$
Ainsi,
$\boxed{ \displaystyle J=\frac{45\zeta(4)}{8\pi}}$
PS:
$\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}$ mais si on sort cette formule du chapeau pour obtenir $J=\frac{\pi^3}{16}$ on peut aussi bien sortir directement celle-ci:
$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1+x^2}\,dx=\frac{\pi^3}{16}$.
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Réponses
Par le changement de variable $x=1/u$ on trouve $$J = \int_{1}^{+\infty} \frac{\ln^2 u}{u^2+1} du.$$ Dès lors $$I = \frac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} \frac{\ln^2 x}{1+x^2} dx.$$ Soit $\ln_{\pi}$ la fonction logarithme complexe avec coupure sur $[0,+\infty[$. En considérant un contour pacman, il "suffit" de calculer $$\int_{C} \frac{\ln_{\pi}^3(z)}{1+z^2} dz.$$ Peut-être YvesM voudra-t-il le faire. :-D
Je suis curieux de voir ça
$\displaystyle J=2\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)^3}=\dfrac{\pi^3}{16}$
Soit pour $n>0$ entier,
$\displaystyle J_n=\int_0^{\infty} \frac{\ln^{2n} x}{1+x^2}\,dx$
$\displaystyle K_n=\int_0^\infty \int_0^\infty\frac{\ln^{2n} (xy)}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy$
A noter que pour tout $n\geq 0$ entier $\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{\ln^{2n+1} x}{1+x^2}\,dx=0$
Calculons $J_2$.
$\begin{align} K_2&=\int_0^\infty \int_0^\infty\frac{\ln^4 (xy)}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy\\
&=\pi J_2+6J_1^2\\
\end{align}$
D'autre part, en faisant le même calcul que précédemment on peut montrer que,
$\begin{align}K_2&=\int_0^\infty\frac{\ln^5 (x)}{x^2-1}\,dx\end{align}$
Et par la même technique que précédemment on peut calculer cette dernière intégrale en fonction de $\zeta(4)$,
$\begin{align}K_2&=\frac{945}{4}\zeta(6)\end{align}$
Donc,
$\begin{align}K_2&=\frac{945}{4}\zeta(6)\end{align}$
On peut donc calculer $J_2$ en fonction de $\zeta(6),\pi$ et de $J_1$ qu'on a précédemment calculé.
On devine qu'on peut calculer de proche en proche les valeurs de $J_n$ en fonction de valeurs de $\zeta$ et en fonction de $\pi$.
$$\int_0^{\infty}\frac{y^{s+\frac{1}{2}-1}}{1+y}=B(\frac{1}{2}+s,\frac{1}{2}-s)=\frac{\pi}{\mathrm{cos}\ \pi s}.$$ et hop, avec $r_n$ un rationnel de moins en moins facile a calculer :
$$\int_0^{infty}\frac{(\log y)^{2n}}{(1+y)\sqrt{y}}dy=\left(\frac{d}{ds}\right)^{2n}\frac{\pi}{\mathrm{cos}\ \pi s}\big|_{s=0}=r_n\pi^{2n+1},\ \ \ \ \frac{1}{\cos x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{r_n}{(2n)!}x^{2n}.$$
Sinon, pour la petite histoire, les $r_n$ sont connus sous le nom de nombres d'Euler.
La formule que tu utilises n'est pas élémentaire.
PS:
Je proposais une méthode de calcul effective de ces constantes ($J_n,K_n$)
C'est assez dur d'avoir des preuves qui sont à la fois naturelles et peu coûteuses en matériel.
Je sais bien qu'il y a en France (et en particulier en taupe) une certaine tradition de présenter des preuves parachutées de résultats avancés avec des outils élémentaires. Je ne suis pas sûr qu'on y gagne.
La formule des compléments se démontre de manière assez naturelle avec des calculs des résidus, ou de manière moins naturelle (de mon point de vue), mais élémentaire, avec les séries de Fourier.
Si on connait la formule de Faa di Bruno, la méthode de P. est aussi "effective".
Des calculs non élémentaires donc.
Ps: c'est loin du sujet ici désolée mais je voyais inutile d'ouvrir une nouvelle discussion.
Les goûts et les couleurs...
Personnellement c'est ma période intégrale (comme pour d'autres c'est leur période bleue, rose...).
Une belle solution est une solution qui n'utilise que des intégrales.
Il faut considérer l'intégrale
$\begin{align} J_1=\int_0^\infty\frac{\ln^2 x}{1+x^2}\,dx&=\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1+x^2},dx+\int_1^\infty\frac{\ln^2 x}{1+x^2}\,dx\\
\end{align}$
Dans la deuxième intégrale on fait le changement de variable $y=\dfrac{1}{x}$,
$\begin{align} J_1=2\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1+x^2}\,dx\end{align}$
On développe en série $\dfrac{1}{1+x^2}$ et on intègre terme à terme et on obtient:
$\displaystyle J_1=2\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^3}$
$J_1=J$ le $J$ est celui du message http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1698802,1698802#msg-1698802
C'est assez rare d'ailleurs et remarquable de trouver la valeur exacte d'une série quand l'exposant de n au dénominateur est impair !
Il l'a probablement "calculée" de la même façon qu'il a "calculé" pour la première fois la série des inverses des carrés des nombres entiers non nuls.
Il faudrait que tu précises le sens de "expression explicite" pour pouvoir faire cette affirmation.
Mais en effet, la méthode donnée ci-dessus ne fonctionne pas pour calculer:
$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln^{2n+1} x}{1+x^2}\,dx$ avec $n\geq 0$ un entier.
C'est vrai que c'est imprécis, est ce que sin ( Pi / 7) est une forme explicite ?
L'un des résultats récents qui se rapproche d'une réponse positive:
Parmi les nombres $\beta(2),\beta(4),\beta(6),\beta(8),\beta(10),\beta(12)$ l'un au moins est irrationnel.
(cf. https://arxiv.org/pdf/1804.09922.pdf )
Mais on est encore loin d'avoir une preuve que la constante de Catalan est un nombre irrationnel.
[Inutile de recopier l'avant dernier message. Un lien suffit. AD]
Bien sûr mais je voulais dire une primitive...explicite :-D.
On ne dit pas forme close ?
Soit $x$ un réel.
Calculer $\quad\displaystyle \int_0^{\pi}\frac{\theta\sin \theta}{1+x^2\cos^2 \theta}\,d\theta$
(Trouvée aujourd'hui dans un article de 1876)
L'intégrale $\displaystyle I=\int_{0}^{\pi } {\theta \sin \theta \over 1+x^2 \cos^2 \theta} d\theta $ existe pour toute valeur de $x$ réel. On change les variables $\displaystyle \theta \leadsto t$ avec $\displaystyle t=\pi-\theta$ et alors $\displaystyle I = \pi \int_{0}^{\pi} {\sin t \over 1+x^2 \cos^2 t} dt - I$ et alors $\displaystyle 2I = \pi \int_{0}^{\pi} {\sin t \over 1+x^2 \cos^2 t} dt =-\pi {\arctan (|x| \cos t) \over |x|}\mid_{0}^{\pi} = 2 \pi {\arctan x \over x}$ et donc $\displaystyle I = \pi {\arctan x \over x}$ avec prolongement par continuité en $\displaystyle x=0.$ Voilà !
( https://math.stackexchange.com/questions/2893117/definite-integral-int-01-frac-ln4xx21-dx/2893947#2893947 )
PS:
Avec les notations ci-dessus on a pour $n\geq 0$,
$\begin{align}\sum_{k=0}^{n}\binom{2n}{2k}J_kJ_{n-k}&=\left(2-\frac{1}{2^{2n+1}}\right)(2n+1)!\zeta(2n+2)\end{align}$
En particulier la formule est vraie pour $n=0$ cela permet de retrouver la forme close standard pour $\zeta(2)$.
($J_0$ se calcule aisément)
Je me propose de "déguiser" l'intégrale $\displaystyle J=\int_0^{+\infty} \frac{1}{1+x^n}\,dx$, avec $n$ entier strictement plus grand que $1$, pour la rendre méconnaissable.
On commence par effectuer le changement de variable $\displaystyle u=\dfrac{1}{x}$,
$\begin{align}J&=\int_0^{\infty}\dfrac{u^{n-2}}{1+u^n}\,du\end{align}$
$\begin{align}J^2&=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}\dfrac{(uy)^{n-2}}{(1+u^n)(1+y^n)}\,du\,dy\end{align}$
On effectue le changement de variable $x=uy$ (la variable considérée est $u$),
$\begin{align}J^2&=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}\dfrac{x^{n-2}y^{n-1}}{(y^n+u^n)(1+y^n)}\,dx\,dy\end{align}$
On effectue le changement de variable $\displaystyle v=y^n$
$\begin{align}J^2&=\frac{1}{n}\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}\dfrac{x^{n-2}}{(v+u^n)(1+v)}\,dx\,dv\\
&=\frac{1}{n}\int_0^{\infty}x^{n-2}\left[\frac{1}{x^n-1}\ln\left(\frac{v+1}{v+x^n}\right)\right]_{v=0}^{v=\infty}\,dx\\
&=\int_0^{\infty}\frac{x^{n-2}\ln x}{x^n-1}\,dx\\
&=\int_0^{1}\frac{x^{n-2}\ln x}{x^n-1}\,dx+\int_1^{\infty}\frac{x^{n-2}\ln x}{x^n-1}\,dx
\end{align}$
Dans la dernière intégrale on fait le changement de variable $z=\dfrac{1}{x}$,
$\begin{align}\boxed{\displaystyle J^2=\int_0^{1}\frac{(z^{n-2}+1)\ln z}{z^n-1}\,dz}\end{align}$
Cool non?
Une façon plus classique (mais plus longue) de le démontrer est d'introduire une série géométrique pour obtenir:
$\displaystyle\int_0^{1}\frac{(z^{n-2}+1)\ln z}{z^n-1}\,dz=\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac1{(nk+1)^2}+\frac1{(nk+n-1)^2}\right)=\frac1{n^2}(\Psi'(1/n)+\Psi'(1-1/n))$ où $\Psi(x)=\dfrac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}$.
Avec la relation $\Gamma(x)\Gamma(1-x)=\dfrac{\pi}{\sin (\pi x)}$ on déduit $\Psi'(x)+\Psi'(1-x)=\dfrac{\pi^2}{\sin ^2(\pi x)}$;
Sachant que $J=\dfrac{\pi}{n\sin (\pi /n)}$ on obtient bien $J^2$.
$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{1+3x^2}\,dx=\frac{\pi\ln 2}{3\sqrt{3}}+\int_0^1 \frac{\ln x}{1+3x^2}\,dx$
saurez-vous établir vous aussi simplement cette égalité?
(je m'assure en posant la question qu'une méthode encore plus simple que celle à laquelle je pense a peu de chance d'exister)
PS:
La méthode utilisée permet sans doute d'établir un tas de formules du même type.
PS2:
Je ne sais calculer aucune des intégrales présentes dans cette égalité.
PS3:
Une autre formule encore plus bizarre établie par la même méthode:
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1-x)}{1+15x^2}\,dx=\dfrac{2\ln 2}{\sqrt{15}}\arctan\left(\sqrt{15}\right)+\int_0^1 \dfrac{\ln x}{1+15x^2}\,dx$
Et bien sûr, je ne sais calculer aucune des deux intégrales de cette égalité.
Soit $a>1$,
Soit $\displaystyle J(a)= \int_0^\infty \frac{\ln x}{\left(1+ax\right)^2+a^2-1}\,dx$
On sait que $J(a)=0$
(développer le dénominateur et faire le changement de variable $y=\frac{1}{x}$ )
On effectue le changement de variable $y=\frac{1}{1+ax}$
$\displaystyle J(a)= \int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{1-y}{ay}\right)}{1+(a^2-1)y^2}\,dy$
Ainsi,
$\begin{align}\int_0^1 \frac{\ln\left(1-x\right)}{1+(a^2-1)y^2}\,dy&=\int_0^1 \frac{\ln y}{1+(a^2-1)y^2}\,dy+\ln a\int_0^1 \frac{1}{1+(a^2-1)y^2}\,dy\\
&=\int_0^1 \frac{\ln y}{1+(a^2-1)y^2}\,dy+\ln a\frac{\arctan\left(\sqrt{a^2-1}\right)}{\sqrt{a^2-1}}
\end{align}$
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{6}} \ln^2\left(\frac{\sin x }{\sin\left(\frac{\pi}{6}-x\right)}\right)\,dx=\frac{35\pi^3}{648}$
Saurez vous retrouver ce résultat?
PS:
Pourquoi ce résultat? C'est une étape vers une démonstration élémentaire de la formule:
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{6}} \ln^2\left(2\sin x \right)\,dx=\frac{7\pi^3}{216}$
(je ne sais pas si je vais aboutir)
PS2:
Les logarithmes sont tous élevés au carré.
PS3:
Il semble qu'on ait:
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{6}} \ln^{2n}\left(\frac{\sin x }{\sin\left(\frac{\pi}{6}-x\right)}\right)\,dx=r_n\pi^{2n+1}$
avec $r_n$ un rationnel.
Je n'ai pas de preuve mais cela semble vrai pour $n=1,2,3,4,5$
PS4:
Je pense que la propriété énoncée au PS3 n'est pas plus difficile à démontrer que dans le cas $n=1$.
PS5:
Pour terminer la démonstration indiquée dans le PS1 il me reste à démontrer de façon élémentaire que:
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{6}} \ln \left(2\sin x \right)\ln \left(2\sin\left(\frac{\pi}{6}-x \right)\right)\,dx=\frac{7\pi^3}{1296}$
ou:
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{6}} \ln^2 \left(4\sin x \sin\left(\frac{\pi}{6}-x \right)\right)\,dx=\frac{49\pi^3}{648}$
Je suis assez confiant dans la faisabilité.
J'ai l'impression qu'on a:
$\displaystyle \int_0^{a_n\pi} \ln^{2n}\left(\frac{\sin x }{\sin\left(a_n\pi-x\right)}\right)\,dx=r_n\pi^{2n+1}$
Avec $n$ un entier naturel, $a_n$ un rationnel positif inférieur à $\frac{1}{2}$ et $r_n$ un rationnel.
$\displaystyle J=\int_0^{\frac{\pi}{6}} \ln^2\left(\frac{\sin x }{\sin\left(\frac{\pi}{6}-x\right)}\right)\,dx$
par des méthodes élémentaires (pas de séries de Fourier, pas de nombres complexes)
On applique le changement de variable $y=\dfrac{\sin x }{\sin\left(\dfrac{\pi}{6}-x\right)}$,
$\displaystyle J=\frac{1}{2}\int_0^{\infty} \frac{\ln^2 x}{x^2+\sqrt{3}x+1}\,dx$
($y$ peut s'exprimer en fonction de $\tan x$)
Soit, pour $-2< \alpha<2$,
$\displaystyle J(\alpha)=\frac{1}{2}\int_0^{\infty} \frac{\ln^2 x}{x^2+\alpha x+1}\,dx$
On a $\displaystyle J=J(\sqrt{3})$
$\displaystyle K(\alpha)=\int_0^{\infty} \frac{1}{x^2+\alpha x+1}\,dx$
$\displaystyle L(\alpha)=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty} \frac{\ln^2(xy)}{(x^2+\alpha x+1)(y^2+\alpha y+1)}\,dx\,dy$
$\begin{align}K(\alpha)&=\left[\frac{2}{\sqrt{4-\alpha^2}}\arctan\left(\frac{2x+\alpha}{\sqrt{4-\alpha^2}}\right)\right]_0^\infty\\
&=\frac{2}{\sqrt{4-\alpha^2}}\times \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\sqrt{4-\alpha^2}}\times\arctan\left(\frac{\alpha}{\sqrt{4-\alpha^2}}\right)\\
&=\frac{\pi}{\sqrt{4-\alpha^2}}-\frac{2}{\sqrt{4-\alpha^2}}\arctan\left(\frac{\alpha}{\sqrt{4-\alpha^2}}\right)\\
\end{align}$
$\begin{align}L(\alpha)&=\int_0^\infty\int_0^\infty \frac{\ln^2 x}{(x^2+\alpha x+1)(y^2+\alpha y+1)}\,dx\,dy+\int_0^\infty\int_0^\infty \frac{\ln^2 x}{(x^2+\alpha x+1)(y^2+\alpha y+1)}\,dx\,dy+\\
&2\int_0^\infty\int_0^\infty \frac{\ln x\ln y}{(x^2+\alpha x+1)(y^2+\alpha y+1)}\,dx\,dy\\
&=2\int_0^\infty\int_0^\infty \frac{\ln^2 x}{(x^2+\alpha x+1)(y^2+\alpha y+1)}\,dx\,dy\\
&=4J(\alpha)K(\alpha)\\
&=4\left(\frac{\pi}{\sqrt{4-\alpha^2}}-\frac{2}{\sqrt{4-\alpha^2}}\arctan\left(\frac{\alpha}{\sqrt{4-\alpha^2}}\right)\right)J(\alpha)\\
&=\frac{4}{\sqrt{4-\alpha^2}}\left(\pi-2\arctan\left(\frac{\alpha}{\sqrt{4-\alpha^2}}\right)\right)J(\alpha)\\
\end{align}$
puisque $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\ln x}{x^2+\alpha x+1}\,dx=0$ (faire le changement de variable $y=\dfrac{1}{x}$)
Dans l'intégrale qui définit $L(\alpha)$ appliquer le changement de variable $u=xy$ (on s'intéresse à la variable $x$ ici),
$\begin{align} L(\alpha)&=\int_0^\infty\int_0^\infty \frac{y\ln^2 u}{(y^2+\alpha y+1)(y^2+\alpha uy+u^2)}\,du\,dy\\
&=\int_0^\infty \left[\frac{(u+1)\ln\left(\frac{y^2+\alpha y+1}{y^2+\alpha uy+u^2}\right)}{2(u^3+(1-\alpha^2)u^2-(1-\alpha^2)u-1)}-\frac{\alpha \left(\arctan\left(\frac{2y+\alpha u}{u\sqrt{4-\alpha^2}}\right)+\arctan\left(\frac{2y+\alpha}{\sqrt{4-\alpha^2}}\right)\right)}{(u^2+(2-\alpha^2)u+1)\sqrt{4-\alpha^2}}\right]_{y=0}^{y=\infty}\ln^2 u\,du\\
&=\int_0^\infty \frac{\alpha\left(2\arctan\left(\frac{\alpha}{\sqrt{4-\alpha^2}}\right)-\pi\right)\ln^2 u}{\left(u^2+(2-a^2)u+1\right)\sqrt{4-\alpha^2}}\,du+\int_0^\infty \frac{(u+1)\ln^3 u}{u^3+(1-\alpha^2)u^2-(1-\alpha^2)u-1}\,du
\end{align}$
Donc,
$\begin{align} J(\alpha)&=\frac{\sqrt{4-\alpha^2}}{4\left(\pi-2\arctan\left(\frac{\alpha}{\sqrt{4-\alpha^2}}\right)\right)}\int_0^\infty \frac{(u+1)\ln^3 u}{u^3+(1-\alpha^2)u^2-(1-\alpha^2)u-1}\,du-\frac{\alpha}{4}\int_0^\infty\frac{\ln^2 u}{u^2+(2-\alpha^2)u+1}\,du\\
&=\frac{\sqrt{4-\alpha^2}}{4\left(\pi-2\arctan\left(\frac{\alpha}{\sqrt{4-\alpha^2}}\right)\right)}\int_0^\infty \frac{(u+1)\ln^3 u}{u^3+(1-\alpha^2)u^2-(1-\alpha^2)u-1}\,du-\frac{\alpha}{2}J(2-\alpha^2)\\
\end{align}$
A noter que,
$\displaystyle J(1)=\dfrac{3\sqrt{3}}{8\pi}\int_0^\infty \dfrac{(x+1)\ln^3 x}{x^3-1}\,dx-\dfrac{1}{2}J(1)$
Donc,
$\displaystyle J(1)=\dfrac{\sqrt{3}}{4\pi}\int_0^\infty \dfrac{(x+1)\ln^3 x}{x^3-1}\,dx$
Ainsi,
$\begin{align} L(\sqrt{3})&=\int_0^\infty \frac{(u+1)\ln^3 u}{u^3-2u^2+2u-1}\,du-\frac{\pi}{\sqrt{3}}\int_0^\infty \frac{\ln^2 u}{u^2-u+1}\,du\\
&=\int_0^\infty \frac{(u+1)\ln^3 u}{u^3-2u^2+2u-1}\,du-\frac{2\pi}{\sqrt{3}}J(-1)\\
&=\int_0^\infty \frac{(u+1)\ln^3 u}{u^3-2u^2+2u-1}\,du-\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\left(\frac{3\sqrt{3}}{16\pi}\int_0^\infty \frac{(u+1)\ln^3 u}{u^3-1}\,du+\frac{1}{2}J(1)\right)\\
&=\int_0^\infty \frac{(u+1)\ln^3 u}{u^3-2u^2+2u-1}\,du-\frac{5}{8}\int_0^\infty \frac{(u+1)\ln^3 u}{u^3-1}\,du
\end{align}$
(A noter que les intégrandes sont invariantes par le changement de variable $y=\dfrac{1}{u}$)
Sachant que $\displaystyle \dfrac{u+1}{u^2-2u^2+2u-1}=\dfrac{2u}{u^2-1}+\dfrac{1}{u-1}+\dfrac{3u^2}{u^3-1}-\dfrac{6u^5}{u^6-1}$
et,
$\displaystyle \dfrac{u+1}{u^3-1}=\dfrac{1}{u-1}-\dfrac{u^2}{u^3-1}$
$\begin{align} L(\sqrt{3})&=\int_0^1 \frac{4u\ln^3 u}{u^2-1}\,du+\left(2-\frac{5}{4}\right)\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{u-1}\,du+\left(6+\frac{5}{4}\right)\int_0^1 \frac{u^2 \ln^3 u}{u^3-1}\,du-\int_0^1 \frac{12u^5 \ln^3 u}{u^6-1}\,du\end{align}$
Dans la première intégrale on fait le changement de variable $\displaystyle v=u^2$,
Dans la troisième intégrale on fait le changement de variable $\displaystyle v=u^3$,
Dans la quatrième intégrale on fait le changement de variable $\displaystyle v=u^6$,
$\begin{align} L(\sqrt{3})&=\frac{2}{2^3}\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{u-1}\,du+\frac{3}{4}\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{u-1}\,du+\frac{29}{4\times 3\times 3^3}\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{u-1}\,du-\frac{2}{6^3}\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{u-1}\,du\\
&=\frac{175}{162}\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{u-1}\,du\\
\end{align}$
or,
$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln^3 u}{u-1}\,du=6\zeta(4)$ (développement en série)
donc,
$\begin{align} L(\sqrt{3})&=\frac{175}{27}\zeta(4)\end{align}$
Ainsi,
$\begin{align} J(\sqrt{3})&=\frac{1}{\frac{4\pi}{3}}\times \frac{175}{27}\zeta(4)\\
&=\frac{175}{36\pi}\zeta(4)\\
\end{align}$
Si on sait que $\displaystyle \zeta(4)=\dfrac{\pi^4}{90}$
$\begin{align} J(\sqrt{3})&=\frac{175}{36\pi}\times \dfrac{\pi^4}{90}\\
&=\boxed{\dfrac{35\pi^3}{648}}
\end{align}$
PS:
Je ne sais pas (encore) calculer $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{6}} \ln\left(2\sin x\right)\ln\left(2\sin\left(\frac{\pi}{6}-x\right)\right)\,dx$ ou $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{6}} \ln\left(4\sin x\sin\left(\frac{\pi}{6}-x\right)\right)^2\,dx$ de façon élémentaire.
PS2:
En fait, dans le cours du calcul on peut voir esquissée une démonstration (élémentaire) que: $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\ln^2 x}{x^2-x+1}\,dx=\dfrac{20\pi^3}{81\sqrt{3}}$ et il y a le calcul de $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\ln^2 x}{x^2+x+1}\,dx$