Calcul d'intégrale
dans Analyse
Salut. Je suis bloqué dans le calcul de l'intégrale suivante $$
\int_{1}^{\infty} \frac{\ln(x)}{x^2-1} dx .$$
\int_{1}^{\infty} \frac{\ln(x)}{x^2-1} dx .$$
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Réponses
intégration par parties, $\int udv= [uv]-\int vdu,$ puis décomposition en éléments simples.
Ou bien de commencer par $u=1/x$ pour ramener entre $0$ et $1$ avant de développer le logarithme en série.
Une méthode:
1) On applique le changement de variable $y=\dfrac{1}{x}$,
2)$\dfrac{1}{1-x^2}=\dfrac{1}{1-x}-\dfrac{x}{1-x^2}$
3) On se retrouve avec deux intégrales, on applique le changement de variable $y=x^2$, dans la deuxième.
4)On se retrouve avec une expression de la forme $\displaystyle \text{Constante}\times \int_0^1 \dfrac{\ln x}{1-x}\,dx$, et le reste coule de source quand on sait que: $\displaystyle 0<x<1,\sum_{n=0}^\infty x^n=\dfrac{1}{1-x}$
NB: les étapes 2)3) évitent de faire des calculs sur des séries.
PS:
On a besoin de savoir aussi que $\displaystyle \int_0^1 x^n\ln x\,dx=-\dfrac{1}{(n+1)^2}$, avec $n$ entier naturel.
Une autre méthode est d’écrire ${\ln x\over x-1}$ sous forme d’intégrale et d’inverser l’ordre d’intégration dans l’intégrale double ainsi obtenue.
Très utilisée quand on veut se passer des résidus.
Au fait, les résidus ?
1) On fait le changement de variable $y=\dfrac{1}{x}$
2) La fonction $\dfrac{\ln x}{1-x^2}$ a pour primitive $\displaystyle \frac{1}{2}\left(\text{Li}_2(1-x)+\text{Li}_2(-x)+\ln x\ln(1+x)\right)$ Et on sait que $\text{Li}_2(1)=\dfrac{\pi^2}{6}$ et $\text{Li}_2(0)=0$.
Et, $\displaystyle \text{Li}_2(x)=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{n^2},-1\leq x\leq1$
D'où $\int_0^1 \frac{\ln(t)}{1-t^2} dt= \sum _0^N \int_0^1 t^{2n}ln(t) dt +\int _0^1\frac{ t^{2N+2}\ln(t)}{1-t^2} dt $
On montre que la dernière intégrale tend vers 0 quand N tend vers $\infty$ car $\frac{ t^2\ln(t)}{1-t^2}$est borné sur le segment, et les autres se calculent en intégrant par parties .
Pas besoin de théorèmes puissants pour un calcul élémentaire. C'est souvent le cas si une série géométrique intervient .
ton intégrale est égale à $\frac{\pi^2}{8}$
tu pars de la décomposition de la fraction : $\frac{1}{1 - x^2}=\frac{1/2}{1 + x} + \frac{1/2}{1 - x}$
et donc : $\int_0^1\frac{ln(x)}{1 - x^2}dx = \frac{1}{2}\int_0^1\frac{ln(x)}{1+x}dx + \frac{1}{2}\int_0^1\frac{ln(x)}{1-x}dx$
soit encore $\frac{1}{2}[-\frac{\pi^2}{12}]+\frac{1}{2}[-\frac{\pi^2}{6}] = - \frac{\pi^2}{8}$
en effet par développement en série de 1/(1+x) et 1/(1-x)
nous obtenons par intégration de 0 à 1 des séries de Riemann d'ordre 2, la première alternée et la seconde directe
or l'intégrale I = $\int_1^{+oo}\frac{ln(x)}{1-x^2}dx$ est égale à la précédente en effet :
par changement de variable $x = \frac{1}{u}$ soit $dx = - \frac{du}{u^2}$ il vient :
I = $\int_1^{+oo}\frac{ln(x)}{1 - x^2}dx = \int_0^1\frac{ln(u)}{1- u^2}du$
et donc : $\int_1^{+oo}\frac{ln(x)}{x^2 - 1}dx = \frac{\pi^2}{8}$
cordialement
@Math Coss : vous avez raison. Je n'étais pas très en forme hier.
@jean lismonde j'ai fait le même calcul que vous mais pour $ \int_0^1\frac{ln(x)}{1+x}dx$ je trouve $-\dfrac{\pi^2}{6}$ au lieu de $-\dfrac{\pi^2}{12}$, ce qui me donne comme résultat final $-\dfrac{\pi^2}{6}$ ce qui correspond au signe près du résultat de Fin de partie. J'ai sans doute une erreur de calcul mais je ne l'ai pas trouvée.
On a $\displaystyle 1/(1+x)=\sum_{k\geq 0} (-x)^k$ pour $0<x<1.$
Donc en inversant somme et intégrale : $\displaystyle \int_0^1 dx \ln x/(1+x)=\sum_{k \geq 0}(-1)^k \int_0^1 dx x^k \ln x=\sum_{k\geq 0} (-1)^k 1/(k+1)^2.$
Et tu n’oublies pas le coefficient $(-1)^k$ !
Je te laisse finir.
La fonction $ln$ est positive sur l'intervalle $[1;\infty[$ ainsi que la fonction définie sur $[1;\infty[$, par $f(x)=x^2-1$.
NB:
La valeur donnée par Jean, $\dfrac{\pi^2}{8}$ est correcte.
PS:
J'ai seulement démontré plus haut que la valeur est une constante (un rationnel) fois $\dfrac{\pi^2}{6}$.
Quand on fait le changement de variable $y=\dfrac{1}{x}$
On obtient l'intégrale $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x}{x^2-1}\,dx$.
Je n'avais pas tenu compte de l'apparition d'un signe - dû au fait que $\ln\left(\dfrac{1}{y}\right)=-\ln y$
Ce qui fait que la constante dont il est question plus haut est: $\dfrac{1}{4}-1=-\dfrac{3}{4}$
On a donc $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x}{x^2-1}\,dx=-\dfrac{3}{4}\times \int_0^1 \dfrac{\ln x}{1-x}\,dx=-\dfrac{3}{4}\times -\dfrac{\pi^2}{6}=\dfrac{\pi^2}{8}$
C'est déjà la somme d'une série géométrique.
Et oui, le résultat pour l'intégrale de départ est bien $ \frac{\pi^2}{8}$
Chacun a ses marottes.
Je trouve moche d'utiliser des séries pour faire ce calcul.
En faisant apparaître des séries on ne s'évite pas d'admettre, en général, que $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}$ (formule qu'on peut démontrer par utilisation de séries de Fourier)
Moi je propose d'admettre que $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(x)}{1-x}\,dx=-\dfrac{\pi^2}{6}$
Ce qui permet de ne pas utiliser de séries.
(accessoirement cette formule intégrale peut se démontrer sans recours à des séries)
J'aimerais savoir comment démontrer : $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x}{1-x}\,dx=-\dfrac{\pi^2}{6}$ sans recours à des séries.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Cette démonstration utilise des intégrales multiples. On commence par faire le changement de variable $y=1-x$,
l'intégrale devient $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1-x)}{x}\,dx=-\int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{1-xy}\,dx\,dy$
Et après, il faut utiliser le bon changement de variable.
A cette époque de l'année ,je ne sais pas ce qui a déjà été traité dans le cours de celui qui a posé la question ,c'est pourquoi j'indique cette méthode de calcul qui me semble élémentaire .
Comme tu l'as dit ,à chacun ses marottes
Voir par exemple: https://fermatslibrary.com/s/a-proof-that-euler-missed
Un autre changement de variable est possible pour cette intégrale:
https://www.researchgate.net/publication/237250085_Sums_of_generalized_harmonic_series_and_volumes
Merci à tous pour vos réponses. J'ai trouvé mon erreur de calcul. Je trouve donc bien le même résultat que jean lismonde.
Merci de ces éclaircissements. En fait, nous avions dialogué longuement à ce sujet ici il y a trois ans :
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1400462
Je ne m'en souvenais pas parce que pour moi le but n'était pas de calculer l'intégrale $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x}{1-x}\,dx$, mais de calculer $\zeta(2) =\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2}$.
Il serait dommage de renoncer à l'utilisation des séries pour calculer les intégrales.
Et je rappelle qu'une intégrale double comme $\displaystyle \int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{1-xy}\,dx\,dy$ pose un problème de convergence qu'il faut traiter afin que la solution soit complète.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Je sais que $\zeta(2)$ est un marronnier ici comme sur d'autres forums/board orientés mathématiques.
L'AMM (American mathematical monthly) était devenu, il y a quelques années, un repaire de gens qui titraient, en substance leur articles avec le titre: Encore une preuve que zeta(2)...B-)-
Comme déjà indiqué, à chacun ses marottes. L'une des miennes est de me passer des séries autant qu'il est possible de le faire. B-)-
Il y a bien un type qui a écrit un bouquin sans utiliser la voyelle $\text{e}$ (la disparition, de Georges Perec).
Dans un article de 1872, On the square of transcendents, un auteur, R.Pendlebury, calcule $\zeta(2)$ en partant de $\displaystyle \left(\int_0^\infty \frac{1}{1+x^2}\,dx\right)\left(\int_0^\infty \frac{1}{1+y^2}\,dy\right)$
(le reste de l'article n'est pas sans intérêt même si la conservation de la source du texte n'est pas très bonne)
PS:
Je préfère cette méthode qui ne demande aucun changement de variable "compliqué":
\begin{align}\int_0^\infty\int_0^\infty \frac{1}{(1+y^2)(1+x^2)}\,dx\,dy&\overset{x(u)=yu}=\int_0^\infty\int_0^\infty \frac{y}{(1+y^2)(1+u^2y^2)}\,du\,dy\\
&=\frac{1}{2}\int_0^\infty\left[\frac{\ln\left(\frac{1+u^2y^2}{1+y^2}\right)}{u^2-1}\right]_{y=0}^{y=\infty}\,du\\
&=\int_0^\infty \frac{\ln u}{u^2-1}\,du
\end{align}
La suite coule de source.
PS2:
On peut faire de même avec $J=\displaystyle \int_0^\infty \int_0^\infty \text{e}^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy$
\begin{align}J&\overset{x(u)=yu}=\int_0^\infty \int_0^\infty y\text{e}^{-y^2(u^2+1)}\,du\,dy\\
&=-\frac{1}{2}\int_0^\infty \left[\frac{\text{e}^{-y^2(1+u^2)}}{1+u^2}\right]_{y=0}^{y=\infty}\,du\\
&=\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{1}{1+u^2}\,du\\
&=\frac{\pi}{4}\\
\end{align}