Gebrane: je peux jeter un coup d'oeil en journée à ce qui se passe sur le forum mais pas passer trois heures à rechercher des messages. Autrement Blanquer va me tirer les oreilles. :-D
Nous avons joué notre vie ensemble à intégrer
On s'est tellement amusés ,
Bravo tu as gagné, et moi j'ai tout perdu
J'étais sûre de moi, je croyais que j'allais gagner cette fois
Mais j'ai perdu et tu as gagné
Dans la dernière parution de l'AMM il y a cette intégrale:
\begin{align}\int_0^1 \left(\frac{\text{Li}_2(x)-\text{Li}_2(1)}{1-x}\right)^2\,dx\end{align}
J'ai plutôt un bon présage personnellement. Il ne faut pas se laisser impressionner par le dilogarithme.
On a un $x^2$ au dénominateur qu'a-t-on envie de faire? B-)
Merci a Fdp, gebrane et jandri qui ont gentiment corrige mes erreurs. Voici le detail.
On va utiliser $$e^x-1-x=\int_0^x(x-t)e^tdt=x^2\int_0^1(1-u)e^{ux}du=e^xx^2\int_0^1ue^{-ux}du,$$ pour $x>0$ $$\frac{1}{(1-e^{-x})^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)e^{-nx}$$ et $$a_n=\int_0^1\int_0^1\frac{1}{(n+u+v)^3}uvdudv=\frac{1}{2(n+2)}+\frac{n}{2}\log\left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)$$ On peut alors montrer que l'integrale de skyffer est egale a $-\gamma+\log (2\pi)-\frac{1}{2}$ ou $\gamma$ est la constante d'Euler:
\begin{eqnarray*}I&=&\int_{0}^{\infty}\left[\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1}\right]^2dx\\&=&\int_{0}^{\infty}\frac{x^2e^{-{2x}}}{(1-e^{-x})^2}\left[\int_0^1(1-u)e^{ux}du\int_0^1(1-v)e^{vx}dv\right]dx\\&=&\int_{0}^{\infty}\frac{x^2}{(1-e^{-x})^2}\left[\int_0^1ue^{-ux}du\int_0^1ve^{-vx}dv\right]dx\\&=&\int_0^1\int_0^1\left[\sum_0^{\infty}(n+1)\int_0^{\infty}x^2e^{-x(n+u+v)}dx\right]uvdudv\\&=&2\int_0^1\int_0^1\left[\sum_0^{\infty}\frac{n+1}{(n+u+v)^3}\right]uvdudv\\&=&2\sum_0^{\infty}(n+1)a_n=\frac{1}{2}+\lim_N\sum_{n=1}^N(n+1)a_n\\&=&\lim_N\left(2\log N!+N(N+1)\log(N+2)-N(N+3)\log(N+1)+\sum_{n=0}^N\frac{n+1}{n+2}\right)\\&\stackrel{(*)}{=}& \left[\log N-\sum_{n=0}^N\frac{1}{n+2}\right]+1+\log (2\pi)
+b_N+o(1)\end{eqnarray*}
ou (*) utilise Stirling (d'ou l'arrivee de $\log (2\pi)$ dans le resultat final) et ou $$b_N=2N\log \frac{N}{N+1}+N(N+1)\log \frac{N+2}{N+1}-N\to_{N\to\infty}-\frac{5}{2}.$$ En resume
$$I=-\gamma+\log (2\pi)-\frac{1}{2}.$$
Je connais le résultat probable non pas que je sache déjà calculer cette intégrale.
Si on effectue l'IPP suggérée (avant on effectue le changement de variable $y=1-x$) grâce à Wolfy je sais que cela va donner un terme tout intégré qui est égal à un rationnel fois $\pi^4$.
Un petit coup de lindep (de GP PARI) et voilà !
NB:
Si on l'aide un peu Wolfy sait calculer cette intégrale.
Un petit mélange des genres (i.e. $4$-some entre pistaches, noix de cajou, pécan et cacahuètes) : $\displaystyle{\int_0^{+\infty} \frac{\cos(2tx)}{\cosh^2 x} dx}$ pour $t \in \mathbb{R}$ ?
Le calcul de l'intégrale
\begin{align}\int_0^1 \left(\frac{\text{Li}_2(x)-\text{Li}_2(1)}{1-x}\right)^2\,dx=\frac{\pi^4}{15}\end{align}
Ne présente aucune difficulté. Il faut savoir très peu de chose sur la fonction dilogarithme.
(et en général sur les polylogarithmes)
C'est l'un des calculs les plus faciles que j'ai eu à faire pour une intégrale publiée par l'AMM. B-)-
Il suffit de faire marcher l'inversion de Fourier puisque $$\frac{1}{\cosh^2 x}=\int_{-\infty}^{\infty}e^{itx}\frac{t}{2\sinh (\pi t/2)}dt.$$ Non plus serieusement, tu fais le changement de variable $u=e^x$ et tu tombes sur une integrale eulerienne. Et l'inersion de Fourier te donnera en plus la formule ci dessus.
Je pense qu'on peut obtenir une expression du développement en série entière de l'intégrale à paramètre $t$ donnée par Grothad'icks (ces coefficients sont, je pense, de la forme $a_n\pi^{2n}$ avec $a_n$ un rationnel)
Je pense que la valeur de cette intégrale est $\dfrac{t\pi }{\sinh(t\pi)}$
Si on peut obtenir une relation de récurrence qui lie les coefficients du développement en série de cette dernière expression et, de même pour le développement en série entière obtenu plus haut on résout cette question. B-)-
@P. , [modéré] Pour la petite histoire, on rencontre cette intégrale comme produit dérivé vers $\wp$, tout comme l'identité :
\begin{equation}
\forall z \in \mathscr{B}(0,\pi), \; \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{\sinh n\pi} n ( \cosh nz + \cos nz ) = \frac{1}{2\pi}
\end{equation}
@FdP , il n'y a pas autant de machineries que ce tu imagines, [modéré] @callipiger ,
en guise de réponse, j'hésite entre :
- "à la réflexion, c'est bien la formule des compléments" (à une histoire de $\pm it$ près au numérateur)
- ou "complètement, c'est évidemment la reflexion formula" spécialisée sur un imaginaire
Gebrane:
Je ne veux pas enlever le plaisir de calculer cette intégrale aux lecteurs de l'AMM donc je publierai une solution plus tard.
Je vous propose aujourd'hui un défi.
Montrer que : \begin{align}\int_0^\infty \frac{\ln\left(1+x-\sqrt{2x}\right)}{1+x^2}\,dx=0.
\end{align} Mais attention, en utilisant mon cahier des charges habituel : seulement des changements de variable dans des intégrales non multiples et le procédé d'intégration par parties sont autorisés.
Tout ce qui revient à utiliser une intégrale multiple est proscrit.
Je vous avertis que je n'ai pas de solution qui respecte mes indications* et que je commence à douter qu'on puisse obtenir une telle solution. Mais il y a des trucs "cool" qui apparaissent quand on cherche à calculer cette intégrale.
Détrompez-moi, je vous en remercie d'avance.
* : mais j'ai une solution qui ne le respecte pas.
Changement de variable x=1-t , puis on utilise la formule qui relie Li(x) et Li(1-x) , pi^/6 et ln(x)ln(1-x)
on développe le numérateur on transforme ...
Quand penses-tu ?
Réponses
Une affirmation sans preuve, peut être nier sans preuve.
Il suffit de prendre son courage , passer aux complexes, calculer l’intégrale https://math.stackexchange.com/questions/3287843/integral-int-0-pi-cos-n-m-x-frac-sin2-nmx-sinnx-sinmx-rm-d/3288584#3288584
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1768654,1770400#msg-1770400
Tu as gagné comme toujours :-(
Tu me confonds avec eux: (vers 30 secondes du début) B-)-
Nous avons joué notre vie ensemble à intégrer
On s'est tellement amusés ,
Bravo tu as gagné, et moi j'ai tout perdu
J'étais sûre de moi, je croyais que j'allais gagner cette fois
Mais j'ai perdu et tu as gagné
\begin{align}\int_0^1 \left(\frac{\text{Li}_2(x)-\text{Li}_2(1)}{1-x}\right)^2\,dx\end{align}
On a un $x^2$ au dénominateur qu'a-t-on envie de faire? B-)
On va utiliser $$e^x-1-x=\int_0^x(x-t)e^tdt=x^2\int_0^1(1-u)e^{ux}du=e^xx^2\int_0^1ue^{-ux}du,$$ pour $x>0$ $$\frac{1}{(1-e^{-x})^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)e^{-nx}$$ et $$a_n=\int_0^1\int_0^1\frac{1}{(n+u+v)^3}uvdudv=\frac{1}{2(n+2)}+\frac{n}{2}\log\left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)$$ On peut alors montrer que l'integrale de skyffer est egale a $-\gamma+\log (2\pi)-\frac{1}{2}$ ou $\gamma$ est la constante d'Euler:
\begin{eqnarray*}I&=&\int_{0}^{\infty}\left[\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1}\right]^2dx\\&=&\int_{0}^{\infty}\frac{x^2e^{-{2x}}}{(1-e^{-x})^2}\left[\int_0^1(1-u)e^{ux}du\int_0^1(1-v)e^{vx}dv\right]dx\\&=&\int_{0}^{\infty}\frac{x^2}{(1-e^{-x})^2}\left[\int_0^1ue^{-ux}du\int_0^1ve^{-vx}dv\right]dx\\&=&\int_0^1\int_0^1\left[\sum_0^{\infty}(n+1)\int_0^{\infty}x^2e^{-x(n+u+v)}dx\right]uvdudv\\&=&2\int_0^1\int_0^1\left[\sum_0^{\infty}\frac{n+1}{(n+u+v)^3}\right]uvdudv\\&=&2\sum_0^{\infty}(n+1)a_n=\frac{1}{2}+\lim_N\sum_{n=1}^N(n+1)a_n\\&=&\lim_N\left(2\log N!+N(N+1)\log(N+2)-N(N+3)\log(N+1)+\sum_{n=0}^N\frac{n+1}{n+2}\right)\\&\stackrel{(*)}{=}& \left[\log N-\sum_{n=0}^N\frac{1}{n+2}\right]+1+\log (2\pi)
+b_N+o(1)\end{eqnarray*}
ou (*) utilise Stirling (d'ou l'arrivee de $\log (2\pi)$ dans le resultat final) et ou $$b_N=2N\log \frac{N}{N+1}+N(N+1)\log \frac{N+2}{N+1}-N\to_{N\to\infty}-\frac{5}{2}.$$ En resume
$$I=-\gamma+\log (2\pi)-\frac{1}{2}.$$
\begin{align}\int_0^1 \left(\frac{\text{Li}_2(x)-\text{Li}_2(1)}{1-x}\right)^2\,dx=\frac{\pi^4}{15}\end{align}
Je connais le résultat probable non pas que je sache déjà calculer cette intégrale.
Si on effectue l'IPP suggérée (avant on effectue le changement de variable $y=1-x$) grâce à Wolfy je sais que cela va donner un terme tout intégré qui est égal à un rationnel fois $\pi^4$.
Un petit coup de lindep (de GP PARI) et voilà !
NB:
Si on l'aide un peu Wolfy sait calculer cette intégrale.
*: L'énoncé original ne donne pas la forme close.
\begin{align}\int_0^1 \left(\frac{\text{Li}_2(x)-\text{Li}_2(1)}{1-x}\right)^2\,dx=\frac{\pi^4}{15}\end{align}
Ne présente aucune difficulté. Il faut savoir très peu de chose sur la fonction dilogarithme.
(et en général sur les polylogarithmes)
C'est l'un des calculs les plus faciles que j'ai eu à faire pour une intégrale publiée par l'AMM. B-)-
Je pense que la valeur de cette intégrale est $\dfrac{t\pi }{\sinh(t\pi)}$
Si on peut obtenir une relation de récurrence qui lie les coefficients du développement en série de cette dernière expression et, de même pour le développement en série entière obtenu plus haut on résout cette question. B-)-
ça ressemble à la formule des compléments... est-ce qu'il y aurait un lien ?
bonne journée
\begin{equation}
\forall z \in \mathscr{B}(0,\pi), \; \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{\sinh n\pi} n ( \cosh nz + \cos nz ) = \frac{1}{2\pi}
\end{equation}
@FdP , il n'y a pas autant de machineries que ce tu imagines, [modéré]
@callipiger ,
en guise de réponse, j'hésite entre :
- "à la réflexion, c'est bien la formule des compléments" (à une histoire de $\pm it$ près au numérateur)
- ou "complètement, c'est évidemment la reflexion formula" spécialisée sur un imaginaire
quel éjaculateur précoce ce Fourier !
touche-pipi
@FDP
Puis je voir ta démonstration ?
Quelle démonstration? Je suis un peu à l'ouest ce soir (c'était le grand "ménage" d'été au boulot)
Je ne veux pas enlever le plaisir de calculer cette intégrale aux lecteurs de l'AMM donc je publierai une solution plus tard.
Je vous propose aujourd'hui un défi.
Montrer que : \begin{align}\int_0^\infty \frac{\ln\left(1+x-\sqrt{2x}\right)}{1+x^2}\,dx=0.
\end{align} Mais attention, en utilisant mon cahier des charges habituel : seulement des changements de variable dans des intégrales non multiples et le procédé d'intégration par parties sont autorisés.
Tout ce qui revient à utiliser une intégrale multiple est proscrit.
Je vous avertis que je n'ai pas de solution qui respecte mes indications* et que je commence à douter qu'on puisse obtenir une telle solution. Mais il y a des trucs "cool" qui apparaissent quand on cherche à calculer cette intégrale.
Détrompez-moi, je vous en remercie d'avance.
* : mais j'ai une solution qui ne le respecte pas.
Changement de variable x=1-t , puis on utilise la formule qui relie Li(x) et Li(1-x) , pi^/6 et ln(x)ln(1-x)
on développe le numérateur on transforme ...
Quand penses-tu ?
Le seul truc compliqué que j'utilise est $\text{Li}_4(1)=\dfrac{\pi^4}{90}$