Intégrale hivernale

C'est un peu long mais j'ai détaillé quelques points.

\begin{align}J&=\int_0^1 \ln^2(1+\sqrt{x})\ln(1-\sqrt{x})\,dx\\
K&=\int_0^1 \ln^3\left(\frac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}\right)\,dx\\
&\overset{y=\frac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}}=4\int_0^1 \frac{(1-x)\ln^3 x}{(1+x)^3}\,dx\\
&\overset{IPP}=-12\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{(1+x)^2}\,dx\\
&\overset{IPP}=-12\left[\left(1-\frac{1}{1+x}\right)\ln^2 x\right]_0^1 +24\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x}\,dx\\
&=24\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x}\,dx\\
&=24 \int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx-24\int_0^1 \frac{2x\ln x}{1-x^2}\,dx\\
&=24 \int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx-12\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx\\
&=12 \int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx\\
&=-12\zeta(2)\\
L&=\int_0^1 \ln^3(1-\sqrt{x})\,dx\\
&\overset{y=1-\sqrt{x}}=2\int_0^1 (1-x)\ln^3 x\,dx\\
&\overset{IPP}=-3\int_0^1 (2-x)\ln^2 x\,dx\\
&\overset{IPP}=3\int_0^1 (4-x)\ln x\,dx\\
&\overset{IPP}=-3\int_0^1 \left(4-\frac{x}{2}\right)\,dx\\
&=-3\Big[4x-\frac{x^2}{4}\Big]_0^1\\
&=-3\left(4-\frac{1}{4}\right)\\
&=-\frac{45}{4}\\
M&=\int_0^1 \ln^3(1-x)\,dx\\
&\overset{y=1-x}=\int_0^1 \ln^3 x\,dx\\
&\overset{IPP}=-3\int_0^1 \ln^2 x \,dx\\
&\overset{IPP}=6\int_0^1 \ln x\,dx\\
&\overset{IPP}=-6
\end{align}
Puisque pour $a,b$ réels, on a $(a-b)^3+(a+b)^3=2a^3+6ab$ alors on a aussi $2L+6J=K+M$
Donc:\begin{align}
J&=\frac{1}{6}\left(K+M-2L\right)\\
&=\frac{1}{6}\left(-12\zeta(2)-6-2\times -\frac{45}{4}\right)\\
&=-2\zeta(2)+\frac{11}{4}\\
&=-2\times \frac{\pi^2}{6}+\frac{11}{4}\\
&=\boxed{\frac{11}{4}-\frac{\pi^2}{3}}
\end{align}
J'ai utilisé:\begin{align}\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx&=-\zeta(2)\\
\zeta(2)&=\frac{\pi^2}{6}
\end{align}

PS:
On peut utiliser les mêmes trucs de Sioux (mathématiques) pour calculer l'intégrale qui ouvre l'autre fil de messages.
L'automne est passé très vite cette année. B-)

Gebrane:

Ce n'est pas parce que tu tends un bâton pour te battre qu'on est obligé de l'utiliser contre toi.

L'argument (1+x) d'un log n'est pas toujours un ennemi, cela peut être un allié.

Par exemple dans l'intégrale très connue

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

Ne pas oublier l'excellente propriété que par changement de variable $y=\dfrac{1-x}{1+x}$ , $\ln(1+x)$ se transforme en

$\ln 2-\ln\left(1+y\right)$

Cela permet pour le calcul de $\displaystyle \int_0^1\frac{\ln(1+x)\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln x}{1+x^2}\,dx$ de se ramener au calcul de $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln x}{1+x^2}\,dx$

$\ln(1+x)$ est très moche a priori si on a en vue une utilisation de la fonction bêta d'Euler.
Mais parfois on arrive à contourner le problème en utilisant $\ln(1+x)=\ln(1-x^2)-\ln(1-x)$

PS:
J'ai déterminé empiriquement une forme close pour la dernière intégrale c'est "moche".
Il y a un terme en $\Im\left({\text{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)}\right)$ qui apparait.

Gebrane: Tu me prends pour la reine de coeur? ? B-)-

Gebrane:

Comme déjà indiqué par YvesM, avec un peu d'habitude, on sent ce qui va être faisable et quand j'ai vu ton intégrale il y a une petite voix dans ma tête qui m'a dit que ce truc était calculable et elle m'a indiquée une stratégie possible (un truc de Sioux mathématiques standard dans le domaine).
Parfois, les premières impressions sont trompeuses mais comme tu as indiqué le résultat, et qu'il était relativement simple, cela a renforcé ma conviction que la stratégie entrevue allait surement fonctionner.

Il ne faut pas croire que les séries type Euler avec des nombres harmoniques sont toujours la panacée pour calculer des intégrales.
Si on connait une forme close d'une intégrale et qu'il y a terme type $\zeta(n)\zeta(m)$ avec $n,m$ deux entiers naturels non nuls différents cela peut plaider en faveur de l'utilisation de séries type séries d'Euler (on a des formes closes de telles séries où on trouve de tels produits).
La présence d'un tel terme présage souvent un calcul difficile. B-)-
Evidemment je mets de côté des intégrales comme $\displaystyle \int_0^1 \frac{\text{Li}_4(x)\text{Li}_2(x)}{x}\,dx$

La formule $\displaystyle \int_0^1\int_0^1 xF(x)F(tx)\,dt\,dx=\frac{1}{2}\left(\int_0^1 F(x)\,dx\right)^2 $
a un potentiel intéressant.

PS: l'intégrale ci-dessus avec les polylogarithmes n'est pas simple à calculer mais par intégration par parties on sort un terme en $\zeta(3)\zeta(4)$ (ou $\zeta(5)\zeta(2)$ ). Mais on sait calculer des intégrales comme $\displaystyle \int_0^1 \frac{\text{Li}_{n+1}(x)\text{Li}_n(x)}{x}\,dx$ avec $n\geq 2$, un entier.

Je vous propose, pour terminer l'année, de calculer:
$\displaystyle \int_0^\infty \frac{\cos x\cos\left(\sqrt{1+x^2}\right)}{1+x^2}\,dx$

Bonjour,

Je continue la méthode de @etanche :
Les bornes changent de $1$ à l’infini et de $0$ à l’infini et donc de $0$ à l’infini par la relation de Chasles avec coupure en $1.$
On tombe sur $\displaystyle \int_0^{+\infty} {2 \cos x\over 1+x^2}dx$ qui est classique.
On aboutit à $\displaystyle I={\pi\over 2 e}.$ CORRECTION EFFECTUÉE.

Un peu trop facile pour cette fin d’année.

Je n'ai pas été assez malin.

J'aurais dû plutôt adopter la présentation sous cette forme:
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos\left(\frac{1}{\sin x}\right)\cos\left(\cot x\right)\,dx$

Je vous propose de montrer que: $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1-x)\ln^3 x}{1-x}\,dx=12\zeta(5)-6\zeta(2)\zeta(3)$

Mais il y a un "cahier des charges" à respecter:
1) Pas d'utilisation de sommes d'Euler, pas d'utilisation de séries à base de nombres harmoniques.
2) Pas d'utilisation de la fonction Bêta d'Euler.
Mais l'utilisation d'intégrales doubles est permise.


NB: Sans l'utilisation d'intégrales doubles (et le théorème de Fubini) on voit mal comment faire apparaître le terme $\zeta(2)\zeta(3)$.
La formule $0<a\leq 1, r\geq 1$, entier, $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln^r x }{1-ax}\,dx=\frac{(-1)^r r!}{a}\text{Li}_{r+1}(a)$
est autorisée (et conseillée)

PS:
Je suis en train de finaliser le calcul demandé. Je suis à 90% sûr que ce que je vous propose est possible.
(edit: j'ai terminé ce calcul. Ce que je propose est faisable, sauf erreur inattendue)

PS2:
$0\leq a\leq 1, r\geq 1$,$\displaystyle \text{Li}_{r}(a)=\sum_{n=1}^\infty \frac{a^n}{n^r}$

Bonjour,

@Chaurien :

Pour $\displaystyle I=\int_0^1 {\ln (1+x) \over 1+x^2} dx$, après avoir montré l'existence facilement puisque l'intégrande est continu sur $[0,1]$, on effectue le CDV $x \leadsto \theta$ avec $\displaystyle x = \tan \theta$ et alors $\displaystyle I=\int_0^{\pi/4} d\theta \ln(1+\tan \theta)$ et comme $\displaystyle \cos \theta + \sin \theta = \sqrt{2} \sin (\theta + \pi/4)$ on trouve $\displaystyle I={\pi \over 8} \ln 2 + \int_0^{\pi/4} d\theta (\ln \sin(\theta + \pi/4) - ln \cos \theta) $ : l'intégrale est nulle par un CDV dans la première $\displaystyle \theta \leadsto t$ avec $\displaystyle t = \pi/4-\theta.$

Bravo à FdP, j'aime bien ces découvertes des origines des résultats mathématiques. Sérieuses, pas du « Al-Kashi ». La méthode de Bertrand a l'avantage de l'antériorité, et celle de Serret a l'avantage de la simplicité. On peut donc les réconcilier en adoptant l'appellation d'« intégrale de Bertrand-Serret », ce qui permet de la distinguer des intégrales de Bertrand bien connues. La méthode de la vidéo que j'ai trouvée me semble être celle de Bertrand, elle est à l'évidence fort laborieuse, et je lui préfère l'autre, de beaucoup. Mais il arrive souvent que l'on trouve d'abord un résultat par des voies compliquées, et que les suivants simplifient.

Si l'on a une fonction $f$ définie et continue sur un segment $[a,b]$, $a<b$, dont le graphe admet pour centre de symétrie le point $(\frac {a+b}2, f(\frac {a+b}2))$, alors $\int_a^b {f(t)} dt=(b-a) f(\frac {a+b}2)$. Ceci se visualise géométriquement très simplement et se prouve immédiatement par un changement de variable affine très simple aussi. C'est le cas de la fonction $\theta \mapsto \ln(1+ \tan \theta)$ sur $[0, \frac {\pi}4]$. D'où ma préférence pour le changement de variable en $\tan \theta$, car le changement de variable $y=\frac {1-x}{1+x}$ me fait l'effet d'un lapin sortant d'un chapeau.

Bonne après-midi.
Fr. Ch.

Bravo pour ce calcul impressionnant (tu).
Pour en revenir à l'exemple moins ambitieux que j'ai évoqué plus haut, on n'est pas obligé de se contenter de $ \displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\ln (1+t)}{1+t^{2}}dt$, et l'on pourrait calculer aussi $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln (1+t)}{1+t^{2}}dt$. La valeur de cette dernière intégrale fait intervenir la constante de Catalan $\displaystyle G=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{2}}\simeq 0,91596559$.
Cette constante a été présentée par Eugène Catalan dans une communication à l'Académie des Sciences en 1864, avec un grand nombre de calculs d'intégrales.
https://books.google.fr/books?id=LXZFAAAAcAAJ&pg=PA618&redir_esc=y#v=onepage&q&f=false
On peut aussi calculer $ \displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\ln (1+t^2)}{1+t^{2}}dt$ et $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln (1+t^2)}{1+t^{2}}dt$, certainement déjà connues de FdP.
À côté de ses incroyables intégrales, c'est de la roupie de sansonnet, mais moi ça m'intéresse, et ça peut être posé en colles dans les classes où c'est au programme, ou à l'Université.
Bonne journée. On gagne quelques minutes de soleil chaque jour, j'aime.
Fr. Ch.

J'admire encore plus FdP d'avoir intuité que $S=\frac{1}{6}\int_0^1\frac{\log(1-x)}{1-x}\log ^3x\, \frac{dx}{x}=2\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)$ que de l'avoir démontré par un long calcul. Montrons ce résultat d'une autre manière en observant que $$S=\frac{1}{6}\int_0^{\infty}\frac{\log(1-e^{-u})}{1-e^{-u}}u^3du=\frac{1}{6}\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{n}\int_{0}^{\infty}e^{-(n+k)u}u^3du=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{n(n+k)^4}=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{m}\frac{1}{nm^4}.$$ On se débarrasse d'un premier $\zeta(5)$ avec $S= \zeta(5)+S_1$ avec $$S_1=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{nm^4}=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{(m-n)m^4}.$$ Ensuite on utilise la décomposition en éléments simples $$
m\mapsto \frac{1}{(m-n)m^4}=\frac{1}{(m-n)n^4}-\frac{1}{mn^4}-\frac{1}{m^2n^3}-\frac{1}{m^3n^2}$$ pour écrire $S_1=S_2-S_3,$ avec $$
S_2= \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{m-1}\Big(\frac{1}{(m-n)n^4}-\frac{1}{mn^4}\Big)=0,\ S_3=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{m-1}\left(\frac{1}{m^2n^3}+\frac{1}{m^3n^2}\right)=-\zeta(5)+\zeta(2)\zeta(3).
$$ J'ai la flemme d'appliquer cette méthode à $\displaystyle \int_0^1\frac{\log(1-x)}{1-x}\log ^{2p-1}x \, \frac{dx}{x}.$

Merci FdP pour cette belle reference a Philippe Flajolet.

Bonjour
@Fin de partie dans ton calcul de l'intégrale de J, je ne comprends pas ton passage de la quatrième égalité à la cinquième. L'apparition du facteur 6 fois les 2 intégrales , et surtout l'ajout du terme C/(1-x) dans l'intégrale de la quatrième égalité. En effet $\int_0^1 C/(1-x) dx$ est divergente. Y-a-t-il quelque chose qui m'échappe où est-ce une erreur? Merci d'avance si tu pouvais expliquer un peu ce passage.

Merci beaucoup @FDP. Je comprends.
Néanmoins c'est assez recherché donc bravo.

Bonsoir.
Je relis ce fil de discussion et je vois il y a quatre semaines : $ \int_0^{+ \infty} \frac{\cos x}{1+x^2}\,dx=\frac {\pi}{2e}$. Malgré mon peu de compétence en analyse complexe, je crois savoir qu'on démontre généralement cette égalité avec une intégration sur un contour constitué d'un demi-cercle et de son diamètre, et le théorème des résidus. On obtient aussi de même : $ \int_0^{+ \infty} \frac{x \sin x}{1+x^2}\,dx=\frac {\pi}{2e}$. Quelqu'un connaît-il un autre procédé de calcul de ces intégrales ?
Autre question : en fait la méthode que j'ai évoquée donne : $ \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{\cos x}{1+x^2}\,dx=\frac {\pi}{e}$ et $ \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{ x \sin x}{1+x^2}\,dx=\frac {\pi}{e}$, et puis division par $2$. Bien sûr on ne peut utiliser cette méthode pour calculer $ \int_0^{+ \infty} \frac{\sin x}{1+x^2}\,dx$. Y a-t-il moyen de calculer cette dernière ?
Bonne fin d'après-midi.
Fr. Ch.

Cela dépend de ce qu'on appelle élémentaire.
Wolfy donne une forme close:
https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+sin(x)/(1+x^2),x=0,infinity

(mais il faut parler d'exponentielle intégrale)

Merci pour cette explication détaillée. Effectivement, tout dépend de la panoplie de fonctions réputées élémentaires que l'on s'autorise à utiliser.
Bonne soirée.
Fr. Ch.

Je cherchais une manière élémentaire de donner une forme close (qui est bien connue) à $\displaystyle \text{Li}_3\left(\frac{1}{2}\right)$.

\begin{align}
K&=\int_0^{\frac{1}{2}}\left(\frac{\ln^2\left(\frac{x}{1-x}\right)}{x}-\frac{\ln^2 x}{x}\right)\,dx\\
&=\int_0^{\frac{1}{2}} \left(\frac{\ln^2(1-x)}{x}-\frac{2\ln x\ln(1-x)}{x}\right)\,dx\\
&=\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln^2(1-x)}{x}\,dx-\Big[\ln^2 x\ln(1-x)\Big]_0^{\frac{1}{2}}-\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\\
&=\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln^2(1-t)}{t}\,dt+\ln^3 2-\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\\
&\overset{x=1-t}=\int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx+\ln^3 2-\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\\
&=\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx+\ln^3 2-2\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln^2 t}{1-t}\,dt\\
&\overset{x=2t}=2\zeta(3)+\ln^3 2-\int_0^{1} \frac{\ln^2\left(\frac{x}{2}\right)}{1-\frac{x}{2}}\,dx\\
&=2\zeta(3)+\ln^3 2-\int_0^{1} \frac{\ln^2 x}{1-\frac{x}{2}}\,dx-\ln^2 2\int_0^{1} \frac{1}{1-\frac{x}{2}}\,dx+2\ln 2\int_0^1 \frac{\ln x}{1-\frac{x}{2}}\,dx\\
&=2\zeta(3)+\ln^3 2-4\text{Li}_3\left(\frac{1}{2}\right)-\ln^2 2\int_0^{1} \frac{1}{1-\frac{x}{2}}\,dx+2\ln 2\int_0^1 \frac{\ln x}{1-\frac{x}{2}}\,dx\\
&=2\zeta(3)-\ln^3 2-4\text{Li}_3\left(\frac{1}{2}\right)+2\ln 2\int_0^1 \frac{\ln x}{1-\frac{x}{2}}\,dx\\
\end{align}

Par ailleurs,

\begin{align}
K&\overset{y=\frac{x}{1-x}}=\int_0^1 \left(\frac{\ln^2 x}{x(1+x)}-\frac{\ln^2\left(\frac{x}{1+x}\right)}{x(1+x)}\right)\,dx\\
&=\int_0^1 \left(\frac{2\ln x\ln(1+x)}{x(x+1)}-\frac{\ln^2(1+x)}{x(x+1)}\right)\,dx\\
&=2\int_0^1 \frac{\ln x\ln(1+x)}{x}\,dx-2\int_0^1 \frac{\ln x\ln(1+x)}{1+x}\,dx-\\
&\int_0^1 \frac{\ln^2(1+x)}{x}\,dx+\frac{1}{3}\ln^3 2\\
&=\Big(\Big[\ln^2 x\ln(1+x)\Big]_0^1-\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1+x}\,dx\Big)-2\int_0^1 \frac{\ln x\ln(1+x)}{1+x}\,dx-\\
&\Big(\Big[\ln x\ln^2(1+x)\Big]_0^1-2\int_0^1 \frac{\ln x\ln(1+x)}{1+x}\,dx\Big)+\frac{1}{3}\ln^3 2\\
&=-\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1+x}\,dx+\frac{1}{3}\ln^3 2\\
&=-\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx+\int_0^1 \frac{2t\ln^2 t}{1-t^2}\,dt+\frac{1}{3}\ln^3 2\\
&\overset{x=t^2}=-\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx+\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dt+\frac{1}{3}\ln^3 2\\
&=\frac{1}{3}\ln^3 2-\frac{3}{4}\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\\
&=\frac{1}{3}\ln^3 2-\frac{3}{2}\zeta(3)\\
\end{align}
Donc,
\begin{align}
-4\text{Li}_3\left(\frac{1}{2}\right)&=\frac{4}{3}\ln^3 2-\frac{7}{2}\zeta(3)-2\ln 2\int_0^1 \frac{\ln x}{1-\frac{x}{2}}\,dx\\
\int_0^1 \frac{\ln t}{1-\frac{t}{2}}\,dt&\overset{x=\frac{t}{2-t}}=2\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{2x}{1+x}\right)}{1+x}\,dx\\
&=2\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x}\,dx-\left[\ln^2\left(\frac{2}{1+x}\right)\right]_0^1\\
&=2\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x}\,dx+\ln^2 2\\
&=2\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx-2\int_0^1 \frac{2t\ln t}{1-t^2}\,dt+\ln^2 2\\
&\overset{x=t^2}=2\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx-\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx+\ln^2 2\\
&=\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx+\ln^2 2\\
&=\ln^2 2-\zeta(2)
\end{align}
Ainsi,
\begin{align}
\text{Li}_3\left(\frac{1}{2}\right)&=\frac{1}{6}\ln^3 2+\frac{7}{8}\zeta(3)-\frac{1}{2}\zeta(2)\ln 2\\
&=\boxed{\frac{1}{6}\ln^3 2+\frac{7}{8}\zeta(3)-\frac{1}{12}\pi^2\ln 2}
\end{align}
NB:
J'utilise: Pour $r\geq 1,0< a\leq 1,\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln^r x }{1-ax}\,dx=\frac{(-1)^r r!}{a}\text{Li}_{r+1}(a)$