Intégrale du mercredi

etanche
etanche
dans Analyse
Bonjour
Calculer
$$
\int_{0}^{1}(\ln(x))^2\frac{\ln(1+x^2)}{1-x^2}dx.

$$ Merci.

Réponses

  • JJ
    JJ
    Bonjour,

    La méthode empirique décrite dans

    https://fr.scribd.com/doc/14161596/Mathematiques-experimentales

    donne la fonction suivante (bien sûr, ceci est une curiosité qui ne réponds pas à la question) :116142
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Le résultat est:

    $\displaystyle 2\text{G}^2-\dfrac{45}{16}\zeta(4)+\dfrac{7}{4}\zeta(3)\ln 2$

    Comment peut-on le montrer?

    Cela va en surprendre plus d'un: par intégration par parties.

    NB: $G$ est la constante de Catalan.

    PS:
    Pour vous convaincre que la valeur donnée est certainement la bonne réponse:
    Vous copiez:
    J=intnum(x=0,1,log(x)^2*log(1+x^2)/(1-x^2));
J-(2*Catalan^2-45/16*zeta(4)+7/4*log(2)*zeta(3))
    Dans:

    https://pari.math.u-bordeaux.fr/gp.html

    PS2:
    Vous pouvez augmenter la précision en rajoutant en première ligne:

    \p 100 ou \p 200 ou \p 300

    (le nombre indique la précision, un nombre de décimales après la virgule).
  • bisam
    bisam
    JJ : Tu aurais pu citer la version originale, créée par toi-même il y a 17 ans, et qui repose ici-même, en ce vénérable forum.
  • JJ
    JJ
    Bonjour bisam,

    Incroyable que l'on retrouve cela après 17 ans ! Mais, entre-temps, la version originale a beaucoup vieilli (comme nous tous) ! Je préfère renvoyer à une version plus récente.
    Bien cordialement.
  • JJ
    JJ
    Bonjour Fin de partie,
    Belle formule, bien meilleure que la mienne. Mon petit ordinateur personnel ne fait pas le poids devant les moyens dont disposent les ISC.
    Bien cordialement.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    JJ: Je n'ai pas complètement trouvé cette formule par ISC (inverse symbolic calculator).

    Je sais comment on peut calculer cette intégrale. Je l'ai fait à l'arrache et comme j'avais la flemme de faire les calculs jusqu'au bout j'ai eu recours à l'informatique.
    Je savais qu'intervenait le nombre $G^2$ qui est de "degré 4" et aussi le nombre $\ln 2\zeta(3)$. J'ai cherché une combinaison linéaire à coefficients entiers avec des nombres de degré $4$: $G^2,\zeta(4),\ln^4 2,\ln 2\zeta(3)$ en utilisant à nouveau GP PARI:
    ? J=intnum(x=0,1,log(x)^2*log(1+x^2)/(1-x^2));
lindep([J,zeta(4),log(2)*zeta(3),Catalan^2,log(2)^4])
%4 = [16, 45, -28, -32, 0]~

    Le résultat renvoyé signifie qu'on a trouvé une combinaison linéaire probable vérifiée par ces nombres: $16J+....=0$
    Et voilà !
  • etanche
    etanche
    @ Fin de partie que faut-il intégrer par parties ?
  • julian
    julian
    Le dse de 1/(1-X^2) a-t-il son mot à dire ?
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Julian: il y a le facteur $\ln(1+x^2)$ dont il faut tenir compte.

    Est-ce qu'on peut faire quelque chose ici du DSE de $\dfrac{\ln(1+x)}{1-x}$ (on peut faire apparaître facilement des $x^2$ dans l'intégrande) ? je n'en sais rien. Ce n'est pas la méthode que j'ai en vue.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    $\dfrac{\ln(1+x)}{1-x}$ a pour développement en série entières $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{a_n}{b_n}x^n$

    les suites $(a_n)$ et $(b_n)$ sont des suites d'entiers naturels strictement positifs* et pour tout $n$ entier $a_n$ et $b_n$ sont premiers entre eux.

    Si on considère seulement la suite $(a_n)$ les premiers termes sont, sauf erreur, $1,1,5,7,47,37,319,533,1879$

    et l'OEIS a $5$ entrées correspondantes à cette liste d'entiers:
    https://oeis.org/search?q=1,1,5,7,47,37,319,533,1879&sort=&language=english&go=Search

    *: ce constat est empirique je n'ai rien démontré. Pour le moment je cherche à savoir ce qu'on peut faire de ce DSE.
  • etanche
    etanche
    On peut développer $\ln(1+x^2)/(1-x^2)$ en serie entière avec un produit de Cauchy , puis pour le calcul de
    l’intégrale on permute somme et intégrale .
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Etanche: J'avais bien compris mais je suis curieux de voir ce que cela va donner en pratique. Tu vas obtenir une série mais comment vas-tu sommer cette série? A priori je n'en ai aucune idée.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    On peut montrer que $\displaystyle \dfrac{\ln(1+x)}{1-x}=\sum_{k=1}^\infty a_nx^n$

    avec $\displaystyle a_n=\sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{k}$
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Donc l'intégrale serait égale à $\displaystyle 2\sum_{k=1}^\infty \frac{a_k}{(2k+1)^3}$

    avec $\displaystyle a_n=\sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{k}$

    Que faire maintenant?
  • etanche
    etanche
    Permuter les deux sommes
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Etanche: Pourquoi pas, et concrètement cela donne quoi? B-)-
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    Je trouve que l’intégrale $I$ recherchée existe et vaut $\displaystyle I={7\over 4}\zeta(3) \ln 2+2 G^2-4 {\pi\over 4} {\pi^3\over 32}.$

    C’est assez astucieux dans les manipulations de sommes doubles.

    Je n’écris pas tout pour vous laisser chercher.

    Quand vous tombez sur $\displaystyle I=K\ln 2+\sum_{p\geq 0} {2\over (2 p+1)^3} \sum_{q\geq 0} {(-1)^{p+q+1}\over p+q+1}$ après un changement d’indice indispensable, vous avez la présence d´esprit d’écrire $\displaystyle {1\over (2p+1)^3 (p+q+1)}={1\over (2p+1)^2 (2 q+1)^2}{1\over p+q+1}{(2q+1)^2\over 2p+1}.$
    Puis la symétrie des indices donne au numérateur $\displaystyle (2q+1)^3+(2p+1)^3=2(p+q+1)((2p+1)^2+(2q+1)^2-(2p+1)(2q+1)).$
    C’est ce facteur $p+q+1$ que nous sommes satisfait de simplifier avec le dénominateur.
    Nous injectons le tout dans la somme double et nous calculons :
    $\displaystyle 2 (\sum_{p\geq 0} {(-1)^p\over (2p+1)^2})^2=2 G^2$
    Et $\displaystyle -4 \sum_{p\geq 0} {(-1)^p\over 2p+1} \sum_{q\geq 0} {(-1)^q \over (2q+1)^3}=-4 \arctan (1) {\pi^3\over 32}.$

    Voilà !
  • Fin de partie
    Fin de partie
    YvesM:

    Il faudrait que je regarde ça à tête reposée.

    Dans ma solution il n'y a pas un gramme de séries (bien sûr je suppose connues les expressions des constantes de l'analyse qui interviennent dans le calcul sous forme d'intégrales).
    L'intégration par parties dont je parlais plus haut consiste à considérer une primitive de $\dfrac{\ln^2 x}{1-x^2}$, $\displaystyle \int_0^x \dfrac{\ln^2 t}{1-t^2}dt$ (Cela a l'air complètement formel et on se demande ce qu'on y gagne mais le fait est que cela donne un calcul assez élégant).
  • gebrane
    gebrane
    YvesM est imbattable.
    Le 😄 Farceur


  • etanche
    etanche
    @ Fin de partie peux-tu poster ta démo?merci
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Etanche:

    J'ai déjà utilisé plusieurs fois ici cette technique. Tu sais, je suis un vieux singe qui sait faire seulement une ou deux grimaces, pas beaucoup plus. :-D

    1) On utilise l'intégration par parties indiquée.
    2) l'intégrale restante on la transforme en intégrale double $\displaystyle\int_0^1 \int_0^1 (...)dtdx$.
    3) Décomposition en éléments simples d'une fraction rationnelle.
    3) On calcule tout ce qu'on peut calculer grâce au théorème de Fubini.
    4) Et on termine en procédant à nouveau à une intégration par parties.

    Voilà le programme. B-)-

    Ce procédé marche bien sur cette intégrale (et sur d'autres) mais il ne fonctionne pas toujours aussi bien.
    Je ne crois pas qu'il fonctionne très bien avec l'intégrale $K=\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln x\ln\left(\frac{1+x}{2+x}\right)}{1+x}dx$ par exemple.

    PS:
    $K=\dfrac{5}{12}\zeta(3)$.

    PS2:
    Il y a un "saupoudrage" de petits changements de variable linéaires ($y=ax$) dont je n'ai pas parlés.
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