Encore un calcul d'intégrale (double)

Je pense qu'on peut généraliser.

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 $\pi$.

Alea a écrit:

Pour moi intégrale double ou série de Fourier, c'est du même tonneau.

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.

@Totem:

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

Cette valeur était connue par Euler.
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.

Totem a écrit:

on tombe sur la constante de Catalan qui n' a par contre pas d'expression explicite !

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.

$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\arctan x}{x}\,dx$ est une expression explicite pour moi.

Une primitive de $\displaystyle \frac{\arctan x}{x}$ est $F(x)=\displaystyle \int_0^x \frac{\arctan t}{t}\,dt$

On peut faire des trucs cool dans la même veine.

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?

En cherchant à calculer une intégrale j'ai établi d'une manière assez "simple", c'est à dire sans dilogarithme, sans intégrale double, sans dérivation sous le signe somme, la relation suivante qui ne me semble pas facile d'établir autrement:

$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{1+3x^2}\,dx=\frac{\pi\ln 2}{3\sqrt{3}}+\int_0^1 \frac{\ln x}{1+3x^2}\,dx$

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.

La technique décrite ci-dessus aide à démontrer le résultat suivant:

$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{6}} \ln^2\left(\frac{\sin x }{\sin\left(\frac{\pi}{6}-x\right)}\right)\,dx=\frac{35\pi^3}{648}$

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.

Calcul de

$\displaystyle J=\int_0^{\frac{\pi}{6}} \ln^2\left(\frac{\sin x }{\sin\left(\frac{\pi}{6}-x\right)}\right)\,dx$

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 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\ln^2 x}{x^2+x+1}\,dx$