Calcul d'une intégrale généralisée
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 !
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 !
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Réponses
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.
Merci !
J'y retourne !
Autres idées :
$\displaystyle \int_0^1 t^a (1-t)^b dt$ puis dériver sous le signe somme.
Ou
Intégration par parties.
&\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}
$I = \displaystyle \sum_{k \geq 0} \left(\frac{1}{k+1} + \frac{2}{(2k+1)^2} - \frac{2}{2k +1}\right)$ 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) $\displaystyle \sum_{k = 0}^n \frac{1}{2k+1} = H_{2(n+1)} - \frac12 H_{n+1}$
Je vais explorer tout ça.