Calcul d'une intégrale généralisée

jp nl
jp nl
dans Analyse
Bonjour.

Trouvée dans une annale Mine Ponts :
$$I=\int_0^1\frac{\ln(t)\ln(1-t^2)}{t^2} dt.

$$ L'existence, ça va bien.
Pour le calcul...
- j'ai essayé d'écrire $\ln(1-t^2)=-\sum\frac{t^{2k}}{k}$.
- puis une ipp : $I=-\sum\frac1{k(2k-1)^2}$.
- puis je sors de mon chapeau $\sum\frac{x^{2k}}{k(2k-1)^2}$
- puis en dérivant deux fois je fais apparaître $\frac2{x}\sum\frac{x^{2k-1}}{2k-1}$
et là je n'ai plus d'idées...

Je ne parle pas des justifications, juste des idées.. Je dois m'acharner sur cette piste ?
Merci de tout coup de pouce !

Réponses

  • bd2017
    bd2017
    Bjr
    J'ai vérifié ta série c'est ça (modulo les justifications)

    Ta série entière je ne sais pas si elle est correcte mais en tout cas la dernière série en la dérivant, tu tombes en territoire connu. Donc oui ça doit aboutir.
     
  • jp nl
    jp nl
    Ah mais oui ! C'est ballot, j'ai dû manquer de sucre !
    Merci !

    J'y retourne !
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    Autres idées :
    $\displaystyle \int_0^1 t^a (1-t)^b dt$ puis dériver sous le signe somme.

    Ou

    Intégration par parties.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    \begin{align}J&=\int_0^1\frac{\ln(1-t^2)\ln t}{t^2} dt\\
    &\overset{\text{IPP}}=-\left[\frac{\ln(1-t^2)\ln t}{t}\right]_0^1+\int_0^1 \left(\frac{\ln(1-t^2)}{t^2}-\frac{2\ln t}{1-t^2}\right)dt\\
    &=\int_0^1 \left(\frac{\ln(1-t^2)}{t^2}-\frac{2\ln t}{1-t^2}\right)dt\\
    &\overset{\text{IPP}}=\left[\left(1-\frac{1}{t}\right)\ln(1-t^2)\right]_0^1+\int_0^1 \frac{2t\left(1-\frac{1}{t}\right)}{1-t^2}dt-\int_0^1\frac{2\ln t}{1-t^2}dt\\
    &=-2\int_0^1 \frac{1}{1+t}dt-\int_0^1\frac{2\ln t}{1-t^2}dt\\
    &=-2\ln 2-\int_0^1\frac{2\ln t}{1-t^2}dt\\
    &=-2\ln 2+\int_0^1\frac{2t\ln t}{1-t^2}dt-\int_0^1\frac{2\ln t}{1-t}dt\\
    &\overset{u=t^2}=-2\ln 2+\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln u}{1-u}du-\int_0^1\frac{2\ln t}{1-t}dt\\
    &=-2\ln 2-\frac{3}{2}\int_0^1\frac{\ln u}{1-u}du\\
    &=-2\ln 2+\frac{3}{2}\times \frac{\pi^2}{6}\\
    &=\boxed{-2\ln 2+\dfrac{\pi^2}{4}}\\
    \end{align}

    NB:
    J'admets que $\displaystyle \int_0^1\frac{\ln u}{1-u}du=-\zeta(2)=-\frac{\pi^2}{6}$

    PS:
    J'étais parti initialement dans un "délire":

    \begin{align}J&=\int_0^1\frac{\ln(1-t^2)\ln t}{t^2} dt\\
    &=-\int_0^1 \int_0^1 \frac{\ln t}{1-ut^2}dudt\\
    &\overset{u=x^2}=-\int_0^1 \int_0^1 \frac{2x\ln t}{1-t^2x^2}dtdx\\
    &=-\int_0^1 \int_0^1 \frac{2x\ln(tx)}{1-t^2x^2}dtdx+\int_0^1 \int_0^1 \frac{2x\ln x}{1-t^2x^2}dtdx\\
    &=-\int_0^1 \int_0^1 \frac{2x\ln(tx)}{1-t^2x^2}dtdx-\int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln xdx\\
    &=-2\int_0^1 \left(\int_0^x \frac{\ln u}{1-u^2}du\right)dx-\int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln xdx\\
    &\overset{\text{IPP}}=-2\left[x\left(\int_0^x \frac{\ln u}{1-u^2}du\right)\right]_0^1+\int_0^1 \frac{2x\ln x}{1-x^2}dx-\int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln xdx\\
    &=-2\int_0^1 \frac{\ln u}{1-u^2}du+\int_0^1 \frac{2x\ln x}{1-x^2}dx-\int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln xdx\\
    &=\left(\int_0^1 \frac{2u\ln u}{1-u^2}du-\int_0^1 \frac{2\ln u}{1-u}du\right)+\int_0^1 \frac{2x\ln x}{1-x^2}dx-\int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln xdx\\
    &=\int_0^1 \frac{4x\ln x}{1-x^2}dx-\int_0^1 \frac{2\ln u}{1-u}du-\int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln xdx\\
    &\overset{u=x^2}=\int_0^1 \frac{\ln u}{1-u}du-\int_0^1 \frac{2\ln u}{1-u}du-\int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln xdx\\
    &=-\int_0^1 \frac{\ln u}{1-u}du-\int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln xdx\\
    \end{align}
  • sevaus
    sevaus
    Sinon, une fois arrivé à $I = \displaystyle \sum_{k \geq 0} \frac{1}{(k+1)(2k+1)^2}$, on peut décomposer cette fraction rationnelle pour obtenir

    $I = \displaystyle \sum_{k \geq 0} \left(\frac{1}{k+1} + \frac{2}{(2k+1)^2} - \frac{2}{2k +1}\right)$ puis utiliser $H_n = \gamma + \ln n + \text{o}(1)$ pour conclure, sachant que

    $\displaystyle \sum_{k= 0}^n \frac{1}{(2k+1)^2} = \sum_{k = 0}^{2(n+1)} \frac{1}{k^2} - \sum_{k = 0}^{n+1}\frac{1}{(2k)^2}$ et (de même) $\displaystyle \sum_{k = 0}^n \frac{1}{2k+1} = H_{2(n+1)} - \frac12 H_{n+1}$
  • jandri
    jandri
    On peut même se passer de cette évaluation précise de $H_n$ car $\displaystyle \sum_{k \geq 0} \left(\frac{1}{k+1} - \frac{2}{2k +1}\right)=-2\displaystyle \sum_{k \geq 0} \left(\frac{(-1)^k}{k+1} \right)=-2\ln2$.
  • jp nl
    jp nl
    Merci à tous pour vos réponses.
    Je vais explorer tout ça.
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