Une intégrale effrayante

Bonjour,

On ne fera pas mieux. On peut facilement trouver une série mais une expression explicite comme plus haut est préférable.

Je me détourne avec effroi et horreur de cette plaie lamentable des fonctions $\mathrm{Li}, \mathrm{Si} $ qui seraient, soi-disant, utiles pour expliciter les intégrales.

La dernière formule donnée par Guego, si je ne commets pas d'erreur de lecture et de copie, ne me semble pas correcte:

https://www.wolframalpha.com/input/?i=-log(3)^2/4+5*Pi^2/36+log(2)*log(3)+log(2)^2/2-dilog(1/sqrt(3))-dilog(-1/sqrt(3))

https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+log(1+x^3)/(1+x),x=0,1

Cette formule est compacte mais c'est plus joli des dilogarithmes avec des arguments compris entre -1 et 1 (pour ces valeurs la définition sous forme de série s'applique). B-)-

On peut conjecturer que:

$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1+x^3)}{1+x}dx=\text{Li}_2\left(\frac{1}{3}\right)+\dfrac{1}{2}\ln^2 2+\dfrac{1}{2}\ln^2 3-\frac{1}{9}\pi^2$

Ouais, mais je pense que ce changement de variable pourrait être intéressant pour notre affaire en cours.

L’intégrale que gebrane a posé est vraiment compliqué.
Du coup je me demande si on peut calculer $$\int_{0}^{1} \frac{ \ln(1+x^{n}) }{1+x^{n}} dx $$ avec n entier naturel non nul.

La dernière formule donnée par Guego, si je ne commets pas d'erreur de lecture et de copie, ne me semble pas correcte

J'ai trouvé le problème : ce que maple appelle dilog n'est pas $Li_2$ ! On a $dilog_{maple}(x) = Li_2(1-x)$. Maple utilise la définition alternative qu'on trouve ici : https://en.wikipedia.org/wiki/Spence's_function ("Alternatively, the dilogarithm function is sometimes defined as ...")

FdP a écrit:

On peut conjecturer que :
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1+x^3)}{1+x}dx=\text{Li}_2\left(\frac{1}{3}\right)+\dfrac{1}{2}\ln^2 2+\dfrac{1}{2}\ln^2 3-\frac{1}{9}\pi^2$

Oui, ça colle sur au moins 100 décimales.

J'ai pris mon courage à deux mains et j'ai repris l'expression que renvoyait maple (cf http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2201460,2201564#msg-2201564 ) et j'ai essayé de simplifier au maximum. J'arrive finalement à :
\[ \displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1+x^3)}{1+x^3}dx = \dfrac{\pi^2}{18} + \dfrac{\ln^2(2)}{6} + \dfrac{\ln^2(3)}{4} + \dfrac{1}{2}Li_2\left(\dfrac{1}{3}\right) + \sqrt{3}\left(\dfrac{-\pi\ln(2)}{5} + \dfrac{4\pi \ln(3)}{15} - \dfrac{3S}{5}\right) \]
où $S =\Im\left( Li_2\left(\dfrac{3}{4} + i\dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)\right) = \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^n \sin\left(n\frac{\pi}{6}\right)$.

Merci Guego.

On peut obtenir une expression un peu plus simple:

$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1+x^3)}{1+x^3}dx=\frac{1}{6}\ln^2 2+\frac{1}{4}\ln^2 3-\frac{1}{18}\pi^2+\frac{1}{2}\text{Li}_2\left(\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{6}\pi\sqrt{3}\ln 3-\frac{1}{2}\sqrt{3}\Im \left(\text{Li}_2\left(\text{e}^{i\frac{\pi}{3}}\right)\right)$

PS:
Vous vous demandez peut-être comment je suis parvenu à cette relation?
Je n'ai fait aucun calcul. J'ai repris les éléments de la "base" suggérée par Guego et j'ai essayé de voir si tous ces nombres étaient bien indépendants rationnellement (c'est-à-dire qu'aucun ne peut s'exprimer comme une combinaison linéaire à coefficients rationnels des autres).
De plus, quand figure dans la "base" une expression comme $\displaystyle\Im\left(\text{Li}_2(a)\right)$, avec $a$ un nombre complexe non réel, on peut essayer de la remplacer par $\displaystyle\Im\left(\text{Li}_2\left(\frac{a}{\left|a\right|}\right)\right)$

Dans le calcul de $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1+x^3)}{1+x^3}dx$ on se retrouve très certainement à devoir évaluer l'intégrale $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1+3x^2)}{1+3x^2}dx$ c'est elle, je pense, qui donne le "méchant" terme avec la partie imaginaire dans l'expression trouvée par Guego.
Cette intégrale se ramène au calcul de $L=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{3}} \ln(\cos x)dx$.
Et on peut conjecturer que: $\displaystyle L=\frac{1}{2}\Im \left(\text{Li}_2\left(\text{e}^{i\frac{\pi}{3}}\right)\right)-\frac{1}{3}\pi\ln 2$

PS:
Apparemment, si on n'aime pas les parties imaginaires de dilogarithmes de nombres complexes on peut les remplacer par une combinaison linéaire à coefficients rationnels de valeurs réelles de la dérivée de la fonction digamma.

PS2:
Pour calculer $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1+3x^2)}{1+3x^2}dx$ on commence par faire le changement de variable $y=\sqrt{3}x$ puis le changement de variable $y=\tan z$. La fonction $x\rightarrow \ln(\cos x)$ admet un développement en série.

Gebrane:
Bonne idée.
il faudrait lui trouver un habillage plus "sexy" à ton intégrale. B-)-

PS:
Attention cependant, $\displaystyle \int_0^\frac{\pi}{3} \ln(\cos(x))dx$ doit être précédée d'un coefficient $\sqrt{3}$.

Donc on obtient:

$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{(1+x)\ln(1+x)}{1+3x^2}dx$

PS:
Je vais vérifier qu'elle s'exprime toujours sur la "base" donnée par Guego.

PS2:
Je n'arrive plus à l'exprimer dans cette "base". Il y a eu une simplification de trop.

Mais je ne sais plus lui donner une forme close, j'ai été trop vite et il y a une simplification de trop.

J'y réfléchirai demain à tête reposée.

J'ai fait comme FdP. J'ai cherché l'intégrale comme combinaison linéaire d'éléments de notre "base". Je trouve (enfin, quand je dis "je", c'est maple :)o ) :
\[ \displaystyle \int_0^1 \dfrac{(1+x)\ln(1+x)}{1+3x^2}dx = \dfrac{\pi^2}{54} + \dfrac{\ln^2(2)}{6} - \dfrac{\ln^2(3)}{12} - \dfrac{1}{6} Li_2\left(\dfrac{1}{3}\right) + \dfrac{2\sqrt{3}\ln(2)\pi}{15} - \dfrac{\sqrt{3}\ln(3)\pi}{15} + \dfrac{\sqrt{3}S}{15} \]
Toujours avec $S = \Im\bigg( Li_2\Big(\dfrac{3}{4} + i\dfrac{\sqrt{3}}{4}\Big)\bigg) = \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}\Big(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Big)^n \sin\Big(n\frac{\pi}{6}\Big)$

Maintenant si on compare les deux valeurs:

$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1+x^3)}{1+x^3}dx=\frac{1}{6}\ln^2 2+\frac{1}{4}\ln^2 3-\frac{1}{18}\pi^2+\frac{1}{2}\text{Li}_2\left(\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{6}\pi\sqrt{3}\ln 3-\frac{1}{2}\sqrt{3}\Im \left(\text{Li}_2\left(\text{e}^{i\frac{\pi}{3}}\right)\right)$

$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1+3x^2)}{1+3x^2}dx=\frac{2}{9}\pi\sqrt{3}\ln 2-\frac{1}{3}\sqrt{3}\Im \left(\text{Li}_2\left(\text{e}^{i\frac{\pi}{3}}\right)\right)$

Cela permet de comprendre pourquoi mon calcul plus haut ne répond pas à nos attentes.

Les coefficients devant le terme $\Im \left(\text{Li}_2\left(\text{e}^{i\frac{\pi}{3}}\right)\right)$ ne sont pas les mêmes.

Si on veut faire disparaître ce terme il faut considérer $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1+x^3)}{1+x^3}dx-\frac{3}{2}\int_0^1 \frac{\ln(1+3x^2)}{1+3x^2}dx$