Valeur d'une intégrale 1

Problème numéro 12199 de l'American mathematical monthly volume 127 numéro 7 (dernier numéro paru à la date d'aujourd'hui)

Quand on prend en compte que les intégrales vont souvent par couple on calcule assez aisément cette intégrale.

PS:
Les solutions sont reçues par l'AMM jusqu'au 01/01/2021 si j'ai bien lu.
Comme je ne veux pas que quelqu'un recopie une solution pour se prévaloir d'avoir résolu ce problème je ne vais pas poster immédiatement de solution.
Mais comme je ne veux pas qu'on me prenne pour un mytho j'ai mis sur un serveur (sur lequel je ne peux pas modifier le fichier téléversé) ma solution à ce problème.
https://uptobox.com/8mll06atwap6

(le fichier est encrypté, inutile de le télécharger, j'espère que le serveur conservera mon fichier jusqu'à la fin de l'année)

Bonjour,

J’ai effectivement deux méthodes : celle proposée par @jean lismonde et l’autre avec $\displaystyle {1\over ab}=\int_0^1 {dx\over (ax +b(1-x))^2}$ pour $a=2\cosh t+1,b=2\cosh t-1$ qui mène après inversion à une intégrale difficile mais faisable.

Je ne trouve pas (encore) de façon élégante.

Fjaclot:

Si dans ton calcul tu as 4 changements de variable et une intégration par parties alors il se peut que nous ayons procédé de la même façon. Mon calcul consiste à trouver le nombre rationnel $r$ tel que l'intégrale soit égale à $r\zeta(2)$.

On y arrive avec des intégrales unidimensionnelles si on suppose connue la valeur de $\zeta(2)$.
c'est à dire, précisément, que $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x}{1-x}dx=-\frac{\pi^2}{6}$.
On peut ne pas utiliser de séries de Fourier ou séries de nombres harmoniques. B-)-

Chaurien:
Je vais y réfléchir. Tout le monde peut fournir une solution.

Moi aussi je commence par le CDV $t=e^{-x}$. Ca ne m'étonne pas que FdP ait trouvé tout de suite car c'est bien plus facile que ce qu'il résout habituellement. Il devrait poser ses intégrales incroyables dans le Monthly.

Soit $\displaystyle I_n=\int_{-\infty }^{+\infty} \frac{x^n\sinh(x)}{3+4\sinh^2(x)} dx$. On montre grâce au théorème des résidus que $I_n=u_n\pi^{n+1}$ où $u_n=0$ si $n$ est pair, et
$$2u_n+\sum_{1\leqslant k<n/2} (-1)^k \binom{n}{2k} u_{n-2k}=(-1)^{(n-1)/2}\dfrac{2^n-1}{2\times 3^n}$$
si $n$ est impair.

En particulier, $I_1=\dfrac{\pi^2}{12}$ et $I_3=\dfrac{13\pi^4}{216}$.

P.S.

1) Le contour est le rectangle $(-R,R,R+i\pi,-R+i\pi)$.

2) Avec les notations de mon message précédent,

$$\sum_{n\geqslant 1}\dfrac{u_n}{n!}x^n = \dfrac{\sin(x/6)}{2\cos(x/2)}.$$

Ils ont été prompts à fermer sur cette même intégrale chez M.E:
https://math.stackexchange.com/questions/3775541/how-to-show-that-int-limits-0-infty-fracx-sinhx34-sinh2xd

Avec un peu plus de calculs j'ai réussi à calculer $J_{-1}=\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{\sinh(x)}{x(3+4\sinh^2(x))} dx=\dfrac12\ln 2$

L'intégrale $J_a=\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{x^a\sinh(x)}{3+4\sinh^2(x)} dx$ est définie pour tout $a>-2$ réel.

Son expression avec $\Gamma(a+1)$ et $\zeta(a+1)$ est valable même pour $-2<a<-1$ et $-1<a<0$, mais il faut utiliser les prolongements de $\Gamma$ et $\zeta$.

Par exemple, pour $-1<a<0$, on utilise : $\zeta(a+1)=\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac1{k^{a+1}}+\dfrac{n^{-a}}a\right)$

Etanche:

On ne sait pas que la fonction dérivée de la fonction $\cosh$ est $\sinh$?
On ne sait pas que $\cosh(x)^2-\sinh(x)^2=1$?