Jolie intégrale

Qui est $C$ ?

Salut bien cordial en retour a FDP

1/ x= tan(t)
2/ 1ere IPP
3/ 2e IPP
4/ serie de Fourier de Ln(cos(t))

Y-a-t-il une solution pour I(4) ?
Et pour I(1/2) ?

fjaclot

Gebrane:

C'est grosso-modo ce que propose Fjaclot si j'ai bien suivi.

Une primitive de $x\rightarrow \dfrac{1}{\tan x}$ est $x\rightarrow \ln(\sin x)$.
On connait le développement en série de Fourier de cette dernière fonction.

Je pense que c'est de cette façon que Wolfy calcule ces intégrales.

Gebrane: qui sont ce ILS?

Je n'ai pas bien regardé sur M.E peut-être.

\begin{align}
J&=\int_0^1 \arctan^3 x\,dx\\
&\overset{\text{IPP}}=\Big[x\arctan^3 x\Big]_0^1 -3\int_0^1 \frac{x\arctan^2 x}{1+x^2}\,dx\\
&=\frac{\pi^3 }{64}-3\int_0^1 \frac{x\arctan^2 x}{1+x^2}\,dx\\
&\overset{\text{IPP}}=\frac{\pi^3 }{64}-\frac{3}{2}\left[\ln(1+x^2)\arctan^2 x\right]_0^1 +3\int_0^1 \frac{\ln(1+x^2)\arctan x}{1+x^2}\,dx\\
&=\frac{\pi^3 }{64}-\frac{3\pi^2\ln 2}{32}+3\int_0^1 \frac{\ln(1+x^2)\arctan x}{1+x^2}\,dx\\
&\overset{x=\tan t}=\frac{\pi^3 }{64}-\frac{3\pi^2\ln 2}{32}-6\int_0^{\frac{\pi}{4}}t\ln(\cos t)\,dt\\
A&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}t\ln(\cos t)\,dt\\
B&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}t\ln(\sin t)\,dt\\
B-A&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}t\ln(\tan t)\,dt\\
&\overset{x=\tan t}=\int_0^1 \frac{\arctan x\ln x}{1+x^2}\,dx\\
\end{align}
On définit sur $[0;\infty]$ la fonction $R$ par,
pour tout $x\in [0;\infty]$, $\displaystyle \text{R}(x)=\int_0^x \dfrac{\ln t}{1+t^2}\,dt=\int_0^1 \dfrac{x\ln(tx)}{1+t^2x^2}\,dt$.
Remarquer que $\text{R}(0)=\text{R}(\infty)=0$ et $\text{R}(1)=-\text{G}$
\begin{align}
U&=\int_0^1 \frac{\arctan\left(\frac{1}{x}\right)\ln x}{1+x^2}\,dx\\
V&=\int_0^1 \frac{\arctan x\ln x}{1+x^2}\,dx\\
U+V&=-\frac{1}{2}\pi\text{G}\\
U&\overset{\text{IPP}}=\left[R(x)\arctan\left(\frac{1}{x}\right)\right]_0^1 +\int_0^1 \frac{R(x)}{1+x^2}\,dx\\
&=-\frac{1}{4}\pi\text{G}+\int_0^1 \int_0^1 \frac{x\ln(tx)}{(1+x^2)(1+t^2x^2)}\,dt\,dx\\
&=-\frac{1}{4}\pi\text{G}+\int_0^1 \left(\int_0^1 \dfrac{x\ln(x)}{(1+t^2x^2)(1+x^2)}\,dt\right)\,dx+\int_0^1 \left(\int_0^1 \dfrac{x\ln(t)}{(1+t^2x^2)(1+x^2)}\,dx\right)\,dt\\
&=-\frac{1}{4}\pi\text{G}+V+\frac{1}{2}\ln 2\int_0^1 \frac{\ln t}{1-t^2}\,dt-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln t\ln(1+t^2)}{1-t^2}\,dt\\
&=-\frac{1}{4}\pi\text{G}+V-\frac{1}{16}\pi^2\ln 2-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln t\ln(1+t^2)}{1-t^2}\,dt\\
Z&=\int_0^1 \frac{\ln x\ln(1+x^2)}{1-x^2}\,dx
\end{align}
On définit sur $[0;1]$ la fonction $S$ par,
pour tout $x\in [0;1]$, $\displaystyle S(x)=\int_0^x \frac{\ln t}{1-t^2}\,dt=\int_0^1 \frac{x\ln (tx)}{1-t^2x^2}\,dt$
Remarquer que $\displaystyle S(0)=0,S(1)=-\frac{1}{8}\pi^2$.
\begin{align}Z&\overset{\text{IPP}}=\Big[S(x)\ln(1+x^2)\Big]_0^1-\int_0^1 \frac{2xS(x)}{1+x^2}\,dx\\
&=-\frac{1}{8}\pi^2\ln 2-\int_0^1 \int_0^1 \frac{2x^2\ln(tx)}{(1+x^2)(1-t^2x^2)}\,dt\,dx\\
&=-\frac{1}{8}\pi^2\ln 2-\int_0^1 \left(\int_0^1 \frac{2x^2\ln x}{(1+x^2)(1-t^2x^2)}\,dt\right)\,dx-\int_0^1 \left(\int_0^1 \frac{2x^2\ln t}{(1+x^2)(1-t^2x^2)}\,dx\right)\,dt\\
&=-\frac{1}{8}\pi^2\ln 2+\int_0^1 \frac{x\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln x}{1+x^2}\,dx-\\
&\left(\int_0^1 \frac{\ln(1+t)\ln t}{t}\,dt+\int_0^1 \frac{t\ln\left(\frac{1-t}{1+t}\right)\ln t}{1+t^2}\,dt-\int_0^1 \frac{\ln(1-t)\ln t}{t}\,dt-\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{\ln t}{1+t^2}\,dt\right)\\
&=-\frac{1}{8}\pi^2\ln 2-\int_0^1 \frac{\ln(1+t)\ln t}{t}\,dt+\int_0^1 \frac{\ln(1-t)\ln t}{t}\,dt-\frac{1}{2}\pi\text{G}\\
&=-\frac{1}{8}\pi^2\ln 2+\frac{7}{4}\zeta(3)-\frac{1}{2}\pi\text{G}\\
\end{align}
Ainsi,
\begin{align}U&=V-\frac{7}{8}\zeta(3)\\
V&=\frac{7}{16}\zeta(3)-\frac{1}{4}\pi\text{G}\\
B-A&=\frac{7}{16}\zeta(3)-\frac{1}{4}\pi\text{G}\\
U&=-\frac{7}{16}\zeta(3)-\frac{1}{4}\pi\text{G}\\
\end{align}
Par ailleurs,
\begin{align}
A+B&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}t\ln\left(\frac{1}{2}\sin(2t)\right)\,dt\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}t\ln\left(\sin(2t)\right)\,dt-\frac{\pi^2\ln 2}{32}\\
&\overset{x=2t}=\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\ln\left(\sin x\right)\,dx-\frac{\pi^2\ln 2}{32}\\
A_2&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}t\ln(\cos t)\,dt\\
B_2&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}t\ln(\sin t)\,dt\\
A_2+B_2&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}t\ln\left(\frac{1}{2}\sin(2t)\right)\,dt\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}t\ln\left(\sin(2t)\right)\,dt-\frac{\pi^2\ln 2}{8}\\
&\overset{x=2t}=\frac{1}{4}\int_0^\pi x\ln(\sin x)\,dx-\frac{\pi^2\ln 2}{8}\\
&\overset{t=\pi-x}=\frac{1}{4}\int_0^\pi (\pi-x)\ln(\sin x)\,dx-\frac{\pi^2\ln 2}{8}\\
2(A_2+B_2)&=\frac{\pi}{4}\int_0^\pi \ln(\sin x)\,dx-\frac{\pi^2\ln 2}{4}\\
A_2+B_2&=\frac{\pi}{8}\int_0^\pi \ln(\sin x)\,dx-\frac{\pi^2\ln 2}{8}\\
&=-\frac{\pi^2\ln 2}{4}\\
B2-A2&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}t\ln(\tan t)\,dt\\
&\overset{x=\tan t}=\int_0^\infty \frac{\ln x\arctan x}{1+x^2}\,dx\\
\end{align}
\begin{align}
U_2&=\int_0^\infty \frac{\arctan\left(\frac{1}{x}\right)\ln x}{1+x^2}\,dx\\
V_2&=\int_0^\infty \frac{\arctan\left(x\right)\ln x}{1+x^2}\,dx\\
U_2+V_2&=\frac{\pi}{2}\int_0^\infty \frac{\ln x}{1+x^2}\,dx\\
&=0\\
U_2&\overset{\text{IPP}}=\left[R(x)\arctan\left(\frac{1}{x}\right)\right]_0^\infty +\int_0^\infty \frac{R(x)}{1+x^2}\,dx\\
&=\int_0^\infty \left(\int_0^1 \dfrac{x\ln(tx)}{(1+t^2x^2)(1+x^2)}\,dt\right)\,dx\\
&=\int_0^\infty \left(\int_0^1 \dfrac{x\ln(x)}{(1+t^2x^2)(1+x^2)}\,dt\right)\,dx+\int_0^1 \left(\int_0^\infty \dfrac{x\ln(t)}{(1+t^2x^2)(1+x^2)}\,dx\right)\,dt\\
&=V_2+\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{t^2-1}\,dt\\
&=V_2+\int_0^1 \frac{t\ln^2 t}{1-t^2}\,dt-\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\\
&\overset{u=t^2}=B+\frac{1}{8}\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{1-t}\,dt-\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\\
&=V_2-\frac{7}{8}\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\\
&=V_2-\frac{7}{8}\times 2\zeta(3)\\
&=V_2-\frac{7}{4}\zeta(3)\\
U_2&=-\frac{7}{8}\zeta(3)\\
V_2&=\frac{7}{8}\zeta(3)\\
B_2-A_2&=\frac{7}{8}\zeta(3)\\
A_2&=-\frac{7}{16}\zeta(3)-\frac{1}{8}\pi^2\ln 2\\
B_2&=\frac{7}{16}\zeta(3)-\frac{1}{8}\pi^2\ln 2\\
A+B&=\frac{7}{64}\zeta(3)-\frac{1}{16}\pi^2\ln 2\\
A&=\frac{1}{8}\pi\text{G}-\frac{21}{128}\zeta(3)-\frac{1}{32}\pi^2\ln 2\\
B&=\frac{35}{128}\zeta(3)-\frac{1}{32}\pi^2\ln 2-\frac{1}{8}\pi\text{G}\\
J&=\frac{\pi^3 }{64}-\frac{3\pi^2\ln 2}{32}-6A\\
J&=\boxed{\dfrac{1}{64}\pi^3+\dfrac{3}{32}\pi^2\ln 2-\dfrac{3}{4}\pi\text{G}+\dfrac{63}{64}\zeta(3)}
\end{align}

NB: J'ai utilisé les résultats suivants:
\begin{align}x>0,\arctan(x)+\arctan\left(\frac{1}{x}\right)&=\frac{\pi}{2}\\
\int_0^\infty \frac{\ln x}{1+x^2}\,dx&=0\\
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos x)\,dx&=-\frac{1}{2}\pi\ln 2\\
\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x^2}\,dx=-\frac{1}{8}\pi^2\\
\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx&=2\zeta(3)\\
\int_0^1 \frac{\ln(1+x)\ln x}{x}\,dx&=-\frac{3}{4}\zeta(3)\\
\int_0^1 \frac{\ln(1-x)\ln x}{x}\,dx&=\zeta(3)\\
\int_0^\pi \ln(\sin x)\,dx&=-\pi\ln 2
\end{align}

Dans un autre fil http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1481230,1493856#msg-1493856 j'avais déjà fait une partie des calculs ci-dessus (j'avais un sentiment de déjà-vu). Il était question de calculer:
$\displaystyle K=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x^2}{\sin x}dx$