Je veux une intégrale !

Bonjour,

De tête pour ne pas tout gâcher à ceux qui veulent trouver : pour $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} {\psi(x) \over x^2} dx$ avec $\displaystyle \psi(x) = x-E(x)-1/2$ on utilise la relation de Chasles : $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \leadsto \sum_{n \geq 1} \int_{n}^{n+1}$ et on intègre sans peine ; pour sommer la série, on ouvre les yeux pour trouver deux termes télescopiques (un logarithmique, un fractionnaire) et ceux qui restent sont d'abord sommer de $1$ à $\displaystyle N \geq 1$, puis on fait tendre $N$ vers l'infini... résultat classique sur la somme des inverses des nombres entiers non nuls.

Attention à l'emploi abusif du vocable "classique"...Certes, l'intégrale
$$\int_1^\infty \frac{\psi(x)}{x^2} \, \textrm{d}x = \frac{1}{2} - \gamma$$
est indéniablement "classique" pour un arithméticien, sans doute aussi pour un analyste. Et d'ailleurs l'autre intégrale
$$J = \int_1^\infty \frac{\psi(x) \log x}{x^2} \, \textrm{d}x$$
est tout aussi classique chez nous, tout comme toute intégrale de ce type, comme peut l'être par exemple l'intégrale
$$\int_1^\infty \frac{\psi_2(x)}{x^3} \, \textrm{d}x = \frac{1}{4} - \frac{\gamma}{2}$$
où $\displaystyle \psi_2(x) := \int_0^x \psi(t) \, \textrm{d}t = \frac{\psi(x)^2}{2} - \frac{1}{8}$.

En revanche, elle l'est certainement beaucoup moins pour quiconque n'ayant pas eu affaire à ce résultat qui, somme toute, n'est pas d'un si grand intérêt.

J'ai donné la réponse pour $I$, je ne l'ai pas donnée pour $J$, si jamais des intervenants sont volontaires, sachant que $I$ sert pour $J$...

Avant que ce sujet ne tombe dans l'oubli et que je ne l'oublie moi-même, voici une réponse concernant l'intégrale $J$ ci-dessus. Je rappelle que $\lfloor t \rfloor $ désigne la partie entière de $t \in \mathbb{R}$. Par sommation partielle, pour tout $x \geqslant 2$

\begin{align*}
\sum_{k \leqslant x} \frac{\log k}{k} &= \sum_{2 \leqslant k \leqslant x} \frac{\log k}{k} = \int_1^x \frac{\log t}{t} \, \textrm{d} \lfloor t \rfloor\\
&= \int_1^x \frac{\log t}{t} \, \textrm{d} t - \int_1^x \frac{\log t}{t} \, \textrm{d} \psi(t) \\
&= \tfrac{1}{2} (\log x)^2 - \left( \left[ \frac{\psi(t) \log t}{t} \right]_1^x + \int_1^x \frac{\log t - 1}{t^2} \, \psi(t) \, \textrm{d}t \right)
\end{align*}
et donc
$$ \sum_{k \leqslant x} \frac{\log k}{k} - \tfrac{1}{2} (\log x)^2 = - \frac{\psi(x) \log x}{x} - \int_1^x \frac{\log t - 1}{t^2} \, \psi(t) \, \textrm{d}t.$$
On fait alors tendre $x$ vers $\infty$. Le membre de gauche tend par définition vers $\gamma_1 \approx - 0,07 \, 281 \dotsc$ la $1$ère constante de Riemann-Stieltjes, tandis que le membre de droite tend vers $I-J$, d'où
$$J = I - \gamma_1 = \tfrac{1}{2} - \gamma - \gamma_1 \approx - 0,150 \, 031 \dotsc$$

Par ailleurs, \begin{align}\cos(x)\cos(x-a\sin x) +\sin(x)\sin(x-a\sin x)&=\cos\Big(x-(x-a\sin x)\Big)\\
&=\cos(a\sin x)
\end{align}
me semble-t-il.

Ce qui fait que: $\displaystyle I^\prime (a)=\int_0^\pi \text{e}^{a\cos x}cos(a\sin x)\,dx$

Gebrane:

J'aurais aimé trouver cette solution. Elle est superbe. :-)
J'avais pensé à utiliser un paramètre mais je l'avais mis qu'à la gauche du $\sin x$ :-D
Quoiqu'il en soit je pense que j'ai une autre solution très différente. B-)-

$$\int_{0}^{+\infty} \left( \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{e^x - 1}\right)^2 \, \mathrm{d}x$$

Prouver que l'intégrale est convergente et calculer sa valeur (qui s'exprime simplement en fonction de constantes très connues). Toute technique autorisée (mais pour que vous ne partiez pas dans n'importe quelle direction, sachez tout de même qu'il existe une solution "élémentaire").

La preuve promise,

\begin{align}\int_0^\pi \text{e}^{\cos x}\cos(x-\sin x) dx&=\int_0^\pi\text{e}^{\cos x}\cos x\cos(\sin x)dx+\int_0^\pi\text{e}^{\cos x}\sin x\sin(\sin x)dx\\
&=\Big[\sin(\sin x)\text{e}^{\cos x}\Big]_0^\pi+2\int_0^\pi\text{e}^{\cos x}\sin x\sin(\sin x)dx\\
&=2\int_0^\pi\text{e}^{\cos x}\sin x\sin(\sin x)dx\\
&=2\int_0^\pi\cosh(\cos x)\sin x\sin(\sin x)dx+2\int_0^\pi\sinh(\cos x)\sin x\sin(\sin x)dx\\
&=2\int_0^\pi\cosh(\cos x)\sin x\sin(\sin x)dx\\
&=4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cosh(\cos x)\sin x\sin(\sin x)dx\\
&=4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n\sin^{2n+2}x}{(2n+1)!}\right)\left(\sum_{m=0}^\infty\frac{\cos^{2m} x}{(2m)!}\right)\right)\,dx\\
&=4\sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{j=0}^n\frac{(-1) ^j}{(2j+1)!(2(n-j))!}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2j+2}x\cos^{2(n-j)}x\,dx\right)
\end{align}
Pour $p,q$ entiers,
\begin{align}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2p}x\cos^{2q}x\,dx&=\frac{1}{2}\text{B}\left(p+\frac{1}{2},p+\frac{1}{2}\right)\\
&=\frac{1}{2}\frac{\Gamma\left(p+\frac{1}{2}\right)\Gamma\left(q+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(p+q+1\right)}\\
&=\frac{\pi}{2}\times \frac{(2p)!(2q)!}{2^{2(p+q)}(p+q)!p!q!}
\end{align}
Ainsi, pour $n\geq 0$, entier,
\begin{align}C_n&=\sum_{j=0}^n\frac{(-1) ^j}{(2j+1)!(2(n-j))!}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2j+2}x\cos^{2(n-j)}x\,dx\\
&=\frac{\pi}{2^{2(n+1)}(n+1)!}\sum_{j=0}^n\frac{(-1)^j}{j!(n-j)!}\\
&=\frac{\pi}{2^{2(n+1)}(n+1)!n!}\sum_{j=0}^n\frac{(-1)^jn!}{j!(n-j)!}\\
&=\frac{\pi}{2^{2(n+1)}(n+1)!n!}\sum_{j=0}^n (-1)^j\binom{n}{j}
\end{align}
Remarquer que, $C_0=\dfrac{\pi}{4}$ et, pour $n>0$, entier,
\begin{align}C_n&=\frac{\pi}{2^{2(n+1)}(n+1)!n!}(-1+1)^n\\
&=0
\end{align}
Finalement,
\begin{align}\int_0^\pi \text{e}^{\cos x}\cos(x-\sin x) dx&=4\times \frac{\pi}{4}\\
&=\boxed{\pi}
\end{align}
NB:
Pour $n\geq 0$, entier
\begin{align}\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)=\frac{(2n)!}{2^{2n}n!}\sqrt{\pi}\end{align}
Pour $x$ réel,
\begin{align}\cos(\pi-x)=-\cos x\\
\sin(\pi-x)=-\sin x\\
\end{align}
$\text{B}$ désigne la fonction Bêta d'Euler.

Gebrane:

Je préfère ta solution

Gebrane:
Je t'ai apporté ma contribution

Gebrane: ta preuve est géniale mais elle ne déchaine pas pour le moment un torrent d'enthousiasme.
Ce sont les joies de M.E. Tu passes du temps à chercher une solution, tout le monde s'en fiche. :-D
(cela doit manquer d'imaginaire ou c'est une preuve pas assez prétentieuse et pédante)