Intégrale, encore et toujours.
dans Analyse
Je vous propose le challenge suivant:
Calculer l'intégrale suivante.
\begin{align}
\int_0^1 \frac{\ln x\ln(1+x)}{1+x}\,dx
\end{align} Mais attention j'y mets plusieurs conditions (ce serait trop "facile" autrement).
1) Pas d'utilisation d'intégrales multiples, ni d'intégrales à paramètres qu'on dérive.
2) Pas d'utilisation de développement en séries.
Mais vous pouvez utiliser le résultat suivant
\begin{align}
\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx=2\zeta(3)\end{align}
Calculer l'intégrale suivante.
\begin{align}
\int_0^1 \frac{\ln x\ln(1+x)}{1+x}\,dx
\end{align} Mais attention j'y mets plusieurs conditions (ce serait trop "facile" autrement).
1) Pas d'utilisation d'intégrales multiples, ni d'intégrales à paramètres qu'on dérive.
2) Pas d'utilisation de développement en séries.
Mais vous pouvez utiliser le résultat suivant
\begin{align}
\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx=2\zeta(3)\end{align}
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Réponses
\begin{align}
U&=\int_0^1\frac{\ln(1+x)\ln x}{1+x}\,dx\\
W&=\int_0^1\frac{\ln^2\left(\frac{x}{1+x}\right)}{1+x}\,dx\\
\end{align} On applique le changement de variable $y=\dfrac{x}{1+x}$
\begin{align}
W&=\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\\
&=\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx-\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\\
\end{align} Dans la dernière intégrale on applique le changement de variable $y=\dfrac{1-x}{x}$
\begin{align}
W&=\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx-\int_0^1\frac{\ln^2(1+x)}{x(1+x)}\,dx\\
&=\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx+\int_0^1\frac{\ln^2(1+x)}{1+x}\,dx-\int_0^1\frac{\ln^2(1+x)}{x}\,dx\\
&=\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx+\int_0^1\frac{\ln^2(1+x)}{1+x}\,dx-\Big[\ln x\ln^2(1+x)\Big]_0^1+2\int_0^1 \frac{\ln x\ln(1+x)}{1+x}\,dx\\
&=\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx+\int_0^1\frac{\ln^2(1+x)}{1+x}\,dx+2U\\
\end{align} On a une autre expression de $W$,
\begin{align}
W&=\int_0^1\frac{\left(\ln x-\ln(1+x)\right)^2}{1+x}\,dx\\
&=\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1+x}\,dx+\int_0^1\frac{\ln^2(1+x)}{1+x}\,dx-2U\\
\end{align} Donc,
\begin{align}
U&=\frac{1}{4}\left(\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1+x}\,dx-\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\right)\\
&=-\frac{1}{4}\int_0^1\frac{2x\ln^2 x}{1-x^2}\,dx
\end{align} On applique le changement de variable $y=x^2$,
\begin{align}
U&=-\frac{1}{16}\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\\
&=-\frac{1}{16}\times 2\zeta(3)\\
&=-\frac{1}{8}\zeta(3)\\
\end{align} En dehors de la relation qui permet de lier une intégrale à la valeur $\zeta(3)$ tout le reste n'utilise que des changements de variables unidimensionnels et le recours à la technique d'intégration par parties. Ce que je considère comme étonnant.
On peut aussi calculer,
\begin{align}
V&=\int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln x}{1+x}\,dx\\
\end{align} avec les mêmes techniques mais c'est plus long.
(le résultat est exprimable simplement à l'aide de constantes usuelles de l'analyse et sans polylogarithmes)
J'imagine que le carré sur le logarithme en a effrayé plus d'un. Mais ce carré est factice d'une certaine façon comme vous allez le constater:
\begin{align}J&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\ln^2\left(\frac{1+\sin t+\cos t}{1+\cos t}\right)\sin t}{1+\cos t}\,dt\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(1+\tan\left(\frac{t}{2}\right)\right)\tan\left(\frac{t}{2}\right)\,dt\\\\
\end{align}
On effectue le changement de variable $y=\arctan\left(\frac{t}{2}\right)$,
\begin{align}J&=2\int_0^{1}\frac{t\ln^2\left(1+t\right)}{1+t^2}\,dt\\
\end{align}
On effectue le changement de variable $y=\dfrac{1-t}{1+t}$,
\begin{align}J&=2\int_0^{1}\left(\frac{1}{1+t}-\frac{t}{1+t^2}\right)\ln^2\left(\frac{2}{1+t}\right)\,dt\\
&=2\ln^2 2\int_0^{1}\left(\frac{1}{1+t}-\frac{t}{1+t^2}\right)dt+2\int_0^{1}\left(\frac{1}{1+t}-\frac{t}{1+t^2}\right)\ln^2\left(1+t\right)dt-4\ln 2\times\\
&\int_0^{1}\left(\frac{1}{1+t}-\frac{t}{1+t^2}\right)\ln(1+t)\,dt\\
&=\ln^3 2+\frac{2}{3}\ln^3 2-J-2\ln^2 2 +4\ln 2\int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{1+t^2}\,dt\\
&=4\ln 2\int_0^1 \frac{t\ln(1+t)}{1+t^2}\,dt-\frac{1}{3}\ln^3 2-J
\end{align}
Donc,
\begin{align}J&=2\ln 2\int_0^1 \frac{t\ln(1+t)}{1+t^2}\,dt-\frac{1}{6}\ln^3 2 \end{align}
Soient,
\begin{align}A&=\int_0^1 \frac{t\ln(1-t)}{1+t^2}\,dt\\
B&=\int_0^1 \frac{t\ln(1+t)}{1+t^2}\,dt\\
A+B&=\int_0^1 \frac{t\ln(1-t^2)}{1+t^2}\,dt\\
\end{align}
On applique le changement de variable $\displaystyle y=t^2$,
\begin{align}A+B&=\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{\ln(1-t)}{1+t}\,dt\\
&=\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{1-t}{1+t}\right )}{1+t}\,dt+\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{1+t}\,dt\\
\end{align}
Dans la première intégrale on applique le changement de variable $y=\dfrac{1-t}{1+t}$,
\begin{align}A+B&=\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{\ln t}{1+t}\,dt+\frac{1}{4}\ln^2 2\\
A-B&=\int_0^1 \frac{t\ln\left(\frac{1-t}{1+t}\right)}{1+t^2}\,dt\\
\end{align}
On applique le changement de variable $y=\dfrac{1-t}{1+t}$,
\begin{align}A-B&=\int_0^1 \frac{\ln t}{1+t}\,dt-\int_0^1 \frac{t\ln t}{1+t^2}\,dt\\
\end{align}
Dans la seconde intégrale on applique le changement de variable $y=x^2$,
\begin{align}A-B&=\frac{3}{4} \int_0^1 \frac{\ln t}{1+t}\,dt\\
B&=\frac{1}{2}\left( A+B\right)-\frac{1}{2}\left( A-B\right)\\
&=\frac{1}{8}\ln^2 2-\frac{1}{8} \int_0^1 \frac{\ln t}{1+t}\,dt\\
&=\frac{1}{8}\ln^2 2-\frac{1}{8}\left( \int_0^1 \frac{\ln t}{1-t}\,dt-\int_0^1 \frac{2t\ln t}{1-t^2}\,dt\right)\\
\end{align}
Dans la deuxième intégrale on fait le changement de variable $y=t^2$,
\begin{align}A-B&=\frac{1}{8}\ln^2 2-\frac{1}{16}\int_0^1 \frac{\ln t}{1-t}\,dt\\
&=\frac{1}{8}\ln^2 2-\frac{1}{16}\times -\zeta(2)\\
&=\frac{1}{8}\ln^2 2-\frac{1}{16}\times -\frac{\pi^2}{6}\\
&=\frac{1}{8}\ln^2 2+\frac{\pi^2}{96}\\
\end{align}
Donc,
\begin{align}\boxed{J=\dfrac{1}{12}\ln^3 2+\dfrac{1}{48}\pi^2\ln 2} \end{align}
NB:
Le calcul de $B$ serait surement traité par certains à coup d'intégrale à paramètre
en considérant: $\int_0^1 \dfrac{\ln(1+ax^2)}{1+x}\,dx$.
Mais on peut calculer $B$ avec de simples changements de variable comme il est montré ci-dessus.
PS:
Vous pourriez vous demander d'où vient l'intégrale proposée.
Je cherche à calculer l'intégrale $\int_0^1 \dfrac{x\ln^3(1+x^2)}{1+x}\,dx$. Il y a une évaluation relativement simple en terme de valeurs de polylogarithmes mais évalués en des valeurs complexes (c'est moche !)
Alors qu'un raisonnement "heuristique" montre qu'on peut faire mieux c'est à dire:
\begin{align}\int_0^1 \frac{x\ln^3(1+x)}{1+x^2}\,dx=\frac{1881}{512}\zeta(4)-\frac{9}{64}\ln^4 2+\frac{21}{128}\pi^2\ln^2 2-\frac{105}{32}\zeta(3)\ln 2-\frac{15}{4}\text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)\end{align} (égalité que je n'ai pas encore prouvée).
Toujours est-il que j'ai étudié cette intégrale et bien entendu, j'ai fait la première chose que je fais dans ces cas-là, j'ai appliqué mon changement de variable fétiche $y=\dfrac{1-x}{1+x}$. Il se passe des trucs intéressants (et d'autres embêtants).
1) Après le changement de variable $\dfrac{x\,dx}{1+x^2}$ se transforme en $\left(\dfrac{1}{1+x}-\dfrac{x}{1+x^2}\right)\,dx$
2) par contre du fait que $\ln^3(1+x)$ devienne $\ln^3\left(\frac{1}{1+x}\right)$ on va se retrouver avec l'intégrale initiale affublée d'un signe plus devant. Ce qui signifie que ce changement de variable ne sert à rien. :-D
Mais si on remplace la puissance $3$ par $2$ , on obtient une expression de l'intégrale dans laquelle celle-ci apparait avec un signe moins devant. Ce qui est une aubaine et signifie que cette puissance 2 est de la "frime" en quelque sorte pour décourager l'honnête chasseur d'intégrales. B-)-
De là est née l'idée de demander de calculer $\int_0^1 \dfrac{x\ln^2(1+x)}{1+x^2}\,dx$ mais présentée sous cette forme les calculateurs émérites que vous êtes auraient calculé cette intégrale en deux temps trois mouvements elle avait besoin d'être un peu maquillée pour être méconnaissable. ;-)
On suppose que $t>1$.
Sauriez-vous évaluer $F\left(t\right)-F\left(\frac{1}{t}\right)$?
Mais attention on s'impose les contraintes suivantes:
1) On ne s'autorise pas l'utilisation d'intégrales multiples.
2) On ne s'autorise pas de dériver une fonction qui est définie comme une intégrale à paramètre.
On s'autorise seulement des changements de variable, des intégrations par parties.
(je pense que cette question est nettement moins difficile que la précédente)
PS:
Je sais qu'on peut établir une formule donnant $F(t)$ mais je n'ai pas encore lu de solution qui ne s'affranchisse pas de mes contraintes.
Ma question est en relation avec une tentative de recherche d'une solution alternative pour l'évaluation de $F(t)$ avec les contraintes susmentionnées. Ma question reflète l'état actuel de ma recherche de cette solution alternative.
PS2:
Si je savais démontrer que pour tout $t>0$, $F(1+t)-F\left(\frac{1}{1+t}\right)=F(t)$ avec les mêmes contraintes, l'affaire serait dans le sac.
On suppose $t>1$,
\begin{align}F\left(t\right)-F\left(\frac{1}{t}\right)&=\int_0^1 \frac{\arctan\left(xt\right)-\arctan\left(\frac{x}{t}\right)}{x(1+x^2)}\,dx+\int_1^\infty \frac{\arctan\left(xt\right)-\arctan\left(\frac{x}{t}\right)}{x(1+x^2)}\,dx\end{align}
Dans la dernière intégrale on fait le changement de variable $y=\dfrac{1}{x}$,
\begin{align}F\left(t\right)-F\left(\frac{1}{t}\right)&=\int_0^1 \frac{\arctan\left(xt\right)-\arctan\left(\frac{x}{t}\right)}{x(1+x^2)}\,dx+\int_0^1 \frac{x\left(\arctan\left(\frac{t}{x}\right)-\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\right)}{1+x^2}\,dx\\
&=\int_0^1 \frac{\arctan\left(\frac{(t^2-1)x}{t(1+x^2)}\right)}{x(1+x^2)}\,dx+\int_0^1 \frac{x\arctan\left(\frac{(t^2-1)x}{t(1+x^2)}\right)}{1+x^2}\,dx\\
&=\int_0^1 \frac{\arctan\left(\frac{(t^2-1)x}{t(1+x^2)}\right)}{x}\,dx\\
&=\int_0^1\frac{\arctan\left(xt\right)}{x}\,dx-\int_0^1 \frac{\arctan\left(\frac{x}{t}\right)}{x}\,dx\\
\end{align}
Dans la première intégrale on fait le changement de variable $y=tx$, dans la deuxième $y=\dfrac{x}{t}$
\begin{align}F\left(t\right)-F\left(\frac{1}{t}\right)&=\int_0^t \frac{\arctan x}{x}\,dx-\int_0^{\frac{1}{t}} \frac{\arctan x}{x}\,dx\\
&=\int_{\frac{1}{t}}^t \frac{\arctan x}{x}\,dx\\
\end{align}
On effectue le changement de variable $y=\dfrac{1}{x}$,
\begin{align}F\left(t\right)-F\left(\frac{1}{t}\right)&=\int_{\frac{1}{t}}^t \frac{\arctan\left(\frac{1}{x}\right)}{x}\,dx\\
\end{align}
Ainsi,
\begin{align}F\left(t\right)-F\left(\frac{1}{t}\right)&=\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{t}}^t \frac{\arctan\left(x\right)+\arctan\left(\frac{1}{x}\right)}{x}\,dx\\
&=\frac{\pi}{4}\int_{\frac{1}{t}}^t\frac{1}{x}\,dx\\
&=\frac{\pi}{4}\left(\ln t-\ln\left(\frac{1}{t}\right)\right)\\
&=\boxed{\dfrac{\pi}{2}\ln t}
\end{align}
NB:
Il a été utilisé, pour tout $a,b$ réels tels que $ab>-1$,
\begin{align}\arctan a-\arctan b=\arctan\left(\frac{a-b}{1+ab}\right)\end{align}
PS:
On peut montrer en dérivant une intégrale à paramètre (ou en calculant une intégrale double) que pour $t\geq 0$:
$F(t)=\dfrac{\pi}{2}\ln(1+t)$. Mais à ce jour, je ne sais pas établir cette formule en respectant mon "cahier des charges".
Peut-être qu'avec ces restrictions on ne peut y arriver, je ne sais.
( https://maa.tandfonline.com/doi/full/10.1080/00029890.2018.1507359 )
Montrer que:
\begin{align}\int_0^{\frac{\pi}{4}}\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos x\cos y\left(y\sin y\cos x-x\sin x\cos y\right)}{\cos(2x)-\cos(2y)}\,dx\,dy=\frac{7\zeta(3)+4\pi\ln 2}{64}\end{align}
PS:
Je vous propose ce problème pour me forcer à terminer le calcul que j'ai entrepris pour démontrer cette égalité.
\[ \int_0^{1}\dfrac{\ln x}{x-1}dx \]
Si on ne s'interdit pas l'usage de certaines connaissances (par exemple: $\zeta(2)=\dfrac{\pi^2}{6}$), ta question est aussi difficile que demander combien vaut $\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)$ à mon avis.
Tu peux consulter:
https://math.stackexchange.com/questions/8337/different-methods-to-compute-sum-limits-k-1-infty-frac1k2-basel-pro
Par développement en série il est aisé de montrer que ton intégrale est liée à $\displaystyle \zeta(2)=\sum_{k=1}^\infty \dfrac{1}{k^2}$
(dans cette suite de réponses il y a une méthode que j'ai proposée)
Certains ne jurent que par le développement en série de Fourier d'une fonction bien choisie pour démontrer ce résultat.
Pour moi, si je me souviens bien, la plus "naturelle" est d'évaluer (de deux manières différentes):
\begin{align}\int_0^\infty \int_0^\infty \dfrac{1}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy\end{align}
\begin{align}J&=\int_0^\infty \int_0^\infty \dfrac{1}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy\end{align}
tombe sous le sens. On utilise le théorème de Fubini.
On se retrouve à intégrer la même fonction définie sur $[0;+\infty[$ par $f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$ sur le même intervalle.
Et on va obtenir que $J=\dfrac{\pi^2}{4}$
L'autre façon est moins évidente mais est tout de même "naturelle".
On s'intéresse seulement à la variable $x$ et on considère le changement de variable $u=y.x$.
\begin{align}J&=\int_0^\infty \int_0^\infty \dfrac{y}{(y^2+u^2)(1+y^2)}\,du\,dy\end{align}
L'intégrande comme fonction de $y$ a une primitive. On peut commencer par intégrer en fonction de $y$ le résultat obtenu sera: $\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\ln u}{u^2-1}\,du$. En coupant l'intervalle $[0;\infty[$ en $[0;1]$ et $[1,\infty[$ on obtient une somme d'intégrales et en faisant le changement de variable $y=\dfrac{1}{u}$ (dans la "seconde" intégrale) on arrive en bricolant un peu (avec un changement de variable supplémentaire je pense) à exprimer l'intégrale double en fonction de cette seule intégrale $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x}{1-x}\,dx$.
Prouver:
\begin{align*}
\int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+x^2}\sqrt{1+y^2}(1-x^2y^2)}\,dx\,dy&=\text{G}
\end{align*}
$G$ est la constante de Catalan.
Elle est bien moins difficile, selon moi, que l'intégrale dont je dois toujours une solution.
(j'ai déjà fait une partie des calculs, si on suit une certaine voie, dans un "vieux" message sur le forum me semble-t-il)
La solution que je connais n'utilise pas ce développement en série.
Il faut être un peu culotté pour parvenir à calculer cette intégrale (au moins avec la méthode que je connais).
Un truc qu'on ne croit pas possible, à tort, l'est en fait. B-)
Intégration par partiesRecherche de primitive. (C'est la partie culottée du calcul, le reste coule presque de source il n'y a qu'à se laisser conduire par la musique si je puis dire)
Je ne sais pas trop comment m'y prendre pour chercher la primitive d'une fonction de 2 (ou plusieurs) variables...
Tu n'es pas assez culotté B-)-
Cela te pose un problème de trouver une primitive de la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty[$ par $f(x)=\dfrac{1}{x+m}$, $m>0$?
Dans le cas d'espèce, cette démarche aboutit. On a du mal mal à le croire à la vue de la tête de l'intégrande pourtant c'est vrai. B-)
PS:
Cette démarche échoue, selon moi, quand on essaie de calculer l'intégrale postée précédemment. Ce qui la rend nettement plus difficile à calculer.
*: Ce théorème est très souvent applicable mais pour avancer dans le calcul il faut pouvoir obtenir une primitive de l'intégrande dont on a fixé une des variables en la considérant comme un paramètre. Autrement ce théorème est inutile pour mener à bien le calcul d'une forme close.
PS2:
Si on veut calculer $\displaystyle \int_0^1 \int_0^1 \dfrac{1}{(1+xy)\ln(xy)}\,dx\,dy$ le recours direct au théorème de Fubini ne va rien donner. Pourtant cette intégrale est calculable et a une forme close étonnamment simple.
Comment montre-t-on l'intégrabilité en un point d'une fonction de 2 variables d'ailleurs ??
Pour cette intégrale on peut développer $\dfrac{1}{1+xy}$ en série entière (à paramètre) cela permet de calculer cette intégrale modulo un truc de Sioux mais standard dans ce genre de calcul.
J'ai donné cette intégrale, que je trouve intéressante par ailleurs, seulement pour te donner un exemple d'une intégrande dont on ne connait pas de primitive cataloguée et utilisable directement dans ce calcul.
Le truc de Sioux est de faire, d'une certaine manière, comme si on n'avait pas ce dénominateur.
Mais il y a une contrepartie à payer.
C'est un truc semblable à celui qui peut aider à calculer, par exemple,
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1-x)\ln x}{(1-x)x}\,dx$
\begin{align}F(a)=\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{(xy)^a}{(1+xy)\ln(xy)}\,dx\,dy\end{align}
Si on dérive en fonction de $a$ on n'a plus de logarithme au dénominateur.
Et on peut tranquillement développer en série entière. Le facteur $(xy)^a$ ne va pas nous déranger plus que ça.
PS:
Comme déjà indiqué ce truc est standard quand on veut (peut) se ramener au calcul d'une intégrale par l'utilisation de la fonction Beta.
Pour calculer $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1-x)\ln x}{(1-x)x}$
On va considérer la fonction:
\begin{align}F(a,b)=\int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{b-1}\,dx\end{align}
En appliquant les deux dérivées partielles et en faisant tendre $a,b$ vers $0$ on retrouve l'intégrale à calculer.
Mais $F(a,b)$ est une fonction Beta de paramètres, sauf erreur, $a,b$.
&=\int_0^1 \int_0^1 \left((xy)^a\sum_{k=0}^\infty (xy)^n\right)\,dx\,dy\\
&=\sum_{k=0}^\infty (-1)^n\left(\int_0^1 \int_0^1 x^{n+a}y^{n+a}\,dx\,dy\right)\\
&=\sum_{k=0}^\infty \dfrac{(-1)^n}{(n+1+a)^2}\\
\end{align}
Donc, pour $a\in \mathbb{R}$,
\begin{align}F(a)-F(0)&=\int_0^aF^\prime(t)\,dt\\
&=\left[\sum_{k=0}^\infty \dfrac{(-1)^{n+1}}{n+1+t}\right]_0^a\\
&=\sum_{k=0}^\infty \dfrac{(-1)^{n+1}}{n+1+a}+\ln 2
\end{align}
Il ne reste plus qu'à démontrer que $\displaystyle \lim_{a\rightarrow +\infty}F(a)=0$
et que $\displaystyle \lim_{a\rightarrow +\infty}\sum_{k=0}^\infty \dfrac{(-1)^{n+1}}{n+1+a}=0$
(sans doute le moins drôle de l'histoire)
Notre intégrale est $F(0)$ et elle vaut réellement $-\ln 2$.
PS2:
Merci à Totem pour sa vigilance.
$x$ et $y$ sont dans $]0;1[$...le numérateur $(xy)^a$ va tendre vers $+\infty$ non ?
A moins que tu voulais dire $+\infty$ et non pas $-\infty$ ?
Pour la limite de $F(a)$ cela me semble plus délicat.
(Si $F(0)$ existe et si la série tend vers $0$ la limite de $F(a)$ existe)
PS:
Merci pour avoir relevé le fait que c'est en $+\infty$ qu'il faut faire tendre $a$ et pas vers $-\infty$.
Quand on ne calcule pas les choses on finit par écrire n'importe quoi. :-D
Cela me rappelle le calcul déjà proposé sur ce forum. $$
\int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{1-xy} dx dy.
$$ Calcul facile, mais alors pour montrer l'intégrabilité en $(1;1)$ ... :-S
C'est une intégrale double, ce qui se passe en un seul point $(x_0,y_0)$ n'a aucune importance.
Par ailleurs, on peut calculer cette intégrale directement me semble-t-il.
PS:
Tu définis $\displaystyle F(a,b)=\int_0^a \int_0^b \frac{1}{1-xy} dx dy$ pour $0\leq a,b<1$,
et tu calcules $F(a,b)$.
PS2:
Sauf erreur, $\displaystyle F(a,b)=\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(ab)^n}{(1+n)^2}$ avec $0\leq a,b<1$
Il n'y a plus qu'à faire tendre $a,b$ vers $1$ et on doit pouvoir faire appel à un théorème de convergence dominée pour conclure.
(je sais, il y a une arnaque, je n'ai pas justifié l'intervertion du signe somme et des signes d'intégration)
On peut obtenir une preuve directe car:
Sauf erreur,
Pour tout entier naturel $n$, pout tout $0\leq x<\dfrac{1}{2}$,
$\displaystyle 1-x^n\leq 2(1-x)$
En effet,
$\displaystyle (1-x^n)-2(1-x)=-x^n+(2x-1)$ et $2x-1\leq 0$ si et seulement si $x\leq \dfrac{1}{2}$
Mais la fonction de l'intégrande n'est pas définie en (1;1) ! Il faut quand même prouver que l'intégrale double- qui est donc impropre- existe et converge non ?
Le calcul pas de souci, on trouve $\pi^2/6$ , mais ce n'est pas ça le problème...
Fin de partie écrivait :
> Totem :
> C'est une intégrale double, ce qui se passe en un seul point $(x_0,y_0)$ n'a aucune importance.
J'ai intégré par rapport à x entre 0 et 1 je trouve
Intégrale entre 0 et 1 de argsh( (1-y)/(1+y) ) + argsh( (1+y)/(1-y) )
T'as trouvé pareil Fin de partie ?
Si tu calcules l'intégrale double et que la valeur obtenue est finie tu fais d'une pierre deux coups.
On a:
Pour $0\leq a,b<\dfrac{1}{2}$,
\begin{align} \sum_{n=0}^\infty \dfrac{1}{(1+n)^2}-F(a,b)&=\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1-(ab)^n}{(1+n)^2}\\
&\leq 2(1-ab)\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{(1+n)^2}\\
&\leq 2(1-ab)\zeta(2)
\end{align}
Cette différence est positive.
On peut passer à la double limite et on obtient bien que $\lim_{a\rightarrow 1,b\rightarrow 1}F(a,b)=\zeta(2)$.
Ce qui, sauf erreur, veut dire que l'intégrale double existe et vaut $\zeta(2)$.
Le seul point non justifié est l'interversion signe intégral et somme infinie.
Tout est positif dans la somme, on a le droit de faire cette interversion.
PS:
Un point, une droite, sont des ensembles de mesure nulle quand on parle d'intégrales multiples.
Le problème n'est pas celui-ci mais le comportement de la fonction au voisinage de ces points.
$\dfrac{1}{xy}$ n'est pas intégrable sur le carré unité même s'il n'y a que des droites où n'est pas définie cette fonction.
Ton expression me semble trop compliquée (pas nécessairement fausse)
Après, il faut voir ce que tu vas en faire.
\[\int_{0}^1\int_0^1 f(xy) \text{d}x\text{d}y = -\int_0^1 \ln(x)f(x)\text{d}x.\]
Dès lors,
\[\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{1}{(1+xy)\ln(xy)} \text{d}x\text{d}y = -\int_0^1 \frac{1}{1+x}\text{d}x = -\ln(2)\]
Cet article est intéressant mais il y a un truc bizarre je ne sais pas ce que son auteur veut dire quand il parle d'une fonction à deux variables définie de $R$ dans $R$ (c'est un R qui n'est pas droit). J'ai pensé que $R$ était une notation standard pour le carré unité.
Notation que je ne crois pas avoir vue auparavant et l'auteur ne la précise pas si j'ai lu attentivement.
Pour m'assurer de ce qu'il raconte, surtout me rendre compte quelles sont les bonnes hypothèses, il faudrait que je refasse sa démonstration car son résultat est intéressant.
PS:
En tout cas, c'est une bonne application de ce théorème. Merci.
(mais je ne suis pas totalement certain que le théorème s'applique à une fonction qui n'est pas à valeurs dans $[0;1]$, il faudrait lever ce doute, en tout cas, cela en est un pour moi)
Un petit détail : dans ton expression de $F(a,b)$ , $ab$ est élevé à la puissance $n+1$ et non pas $n$...mais ça n'a pas pas d'importance !
Un "bête" changement de variable linéaire dans une intégrale double et le nouveau domaine d'intégration n'est pas si facile à trouver.
Je me suis rendu compte en parcourant des notes de cours en Français sur le web qu'ils n'insistent pas trop sur des changements de variable hormis, pour les intégrales doubles, le changement de variable en coordonnées polaires.
*: J'aurais l'occasion d'y revenir je dois toujours un calcul d'intégral double et je ne pense pas qu'on puisse la calculer sans changement de variables (les deux variables en même temps).
PS:
J'ai mieux regarder le théorème de Glasser.
La seule hypothèse à vérifier est que la fonction $f$ soit intégrable sur $[0;1]$.
En fait, cet article est composé de deux théorèmes dont l'un se déduit de l'autre.
Le deuxième théorème est le suivant:
\begin{align}\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{f(xy)}{\ln(xy)}\,dx,\,dy=-\int_0^1 f(x)\,dx\end{align}
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1768654,1793326#msg-1793326
J'ai bien peur qu'on n'y coupe pas.
Je pense que la seule hypothèse que doit vérifier $f$ est qu'elle est intégrable sur $[0;1]$.
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
Bonjour Fin de partie
Peux-tu donner plus de détails sur ta méthode c'est pour l'intégrale double qui donne G constante de Catalan.
Merci.
On a:
\begin{align}\int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}\sqrt{1+y^2}(1-x^2y^2)}\,dx= \frac{1}{1+y^2}\int \text{arctanh}\left(\frac{x\sqrt{1+y^2}}{\sqrt{1+x^2}}\right)\,dx\end{align}
PS:
Dans mon oreillette on m'indique que le changement de variables $x=\tan t,y=\tan u$ convient aussi.