Une intégrale effrayante
Bonjour,
Elle ne se trouve dans aucune table, même les tables sacrées d' Etanche, aucun forum n'en parle, aucun moteur de recherche ne retourne une réponse. C'est une intégrale effrayante : on se perd vite dans les calculs
$$
\int_0^1 \frac {\ln(x^3+1)}{x^3+1} dx.
$$ Comme d'habitude avec ce genre d'intégrale j'ai essayé de différencier $$\int _0^1\frac{\ln \left(ax^3+1\right)}{x^3+1}\:dx$$ qui donne $$\int _0^1\frac{x^3}{\left(x^3+1\right)\left(ax^3+1\right)}\:dx$$ après je me perds dans les calculs.
Une voie prometteuse de Chaurien $\frac{\ln (x^{3}+1)}{x^{3}+1}=\frac{1}{3}(\frac{1}{x+1}+\frac{-x+2}{x^{2}-x+1})(\ln (x+1)+\ln (x^{2}-x+1))$. La première des 4 étant facile, je vous fait cadeau de la deuxième $\int _0^1\frac{\ln \left(1-x+x^2\right)}{1+x}\:dx=-\frac{\text{Li}_2\left(-3\right)}{2}-\frac{\pi ^2}{9}$
Ajout La troisième ressemble à cella https://artofproblemsolving.com/community/c7h2258910p17465551
Elle ne se trouve dans aucune table, même les tables sacrées d' Etanche, aucun forum n'en parle, aucun moteur de recherche ne retourne une réponse. C'est une intégrale effrayante : on se perd vite dans les calculs
$$
\int_0^1 \frac {\ln(x^3+1)}{x^3+1} dx.
$$ Comme d'habitude avec ce genre d'intégrale j'ai essayé de différencier $$\int _0^1\frac{\ln \left(ax^3+1\right)}{x^3+1}\:dx$$ qui donne $$\int _0^1\frac{x^3}{\left(x^3+1\right)\left(ax^3+1\right)}\:dx$$ après je me perds dans les calculs.
Une voie prometteuse de Chaurien $\frac{\ln (x^{3}+1)}{x^{3}+1}=\frac{1}{3}(\frac{1}{x+1}+\frac{-x+2}{x^{2}-x+1})(\ln (x+1)+\ln (x^{2}-x+1))$. La première des 4 étant facile, je vous fait cadeau de la deuxième $\int _0^1\frac{\ln \left(1-x+x^2\right)}{1+x}\:dx=-\frac{\text{Li}_2\left(-3\right)}{2}-\frac{\pi ^2}{9}$
Ajout La troisième ressemble à cella https://artofproblemsolving.com/community/c7h2258910p17465551
Le 😄 Farceur
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Réponses
On ne fera pas mieux. On peut facilement trouver une série mais une expression explicite comme plus haut est préférable.
\begin{align} \int_0^1 \frac{\ln(1+x^3)}{1+x^3}dx&=\ln 2\int_0^1 \frac{1}{1+x^3}dx+\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln(1-x+x^2)}{x(1-x^3)}dx+\int_0^1 \frac{\big(x\ln 2-\ln(1+x)\big)}{x(1-x^3)}dx+\\&\int_0^1 \frac{\frac{2\pi x}{\sqrt{3}}-\frac{\pi}{\sqrt{3}}+2\sqrt{3}\arctan\left(\frac{1-2x}{\sqrt{3}}\right)}{2x(1-x^3)}dx\end{align}
La dernière intégrale risque d'être coton à calculer. :-D
PS:
Si vous avez des doutes sur cette égalité, voici sa "vérification" numérique avec PARI GP:
PS2:
Une probable intégration par parties devrait améliorer le cas de la dernière intégrale.
(Je n'ai pas fait les calculs)
FDP je commence à douter qu'on puisse trouver une expression simplifiée
$\int _0^1\frac{\ln \left(1+x^3\right)}{1+x}\:dx=-\frac{\text{Li}_2\left(-3\right)}{2}-\frac{\pi ^2}{9}+\frac{1}{2}\ln ^2\left(2\right)$
Ca colle numériquement? si oui, il y a un espoir pour simplifier l’intégrale effrayante
Mais néanmoins, on a $\displaystyle \text{Li}_2(z)+\text{Li}_2(-z)=\dfrac{1}{2}\text{Li}_2(z^2)$
Il faudra sûrement faire intervenir des valeurs de la fonction digamma (ou de ses dérivées) si on veut une expression plus "sexy". Tout du moins, c'est l'impression que j'ai.
PS:
On peut donc obtenir, si je vois bien, moins de termes dans l'expression donnée par Guego.
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
je vais ouvrir un nouveau fil pour cette intégrale
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1+x^3)}{1+x}dx=\frac{2}{3}\text{Li}_2\left(-\frac{1}{3}\right)-\frac{1}{3}\text{Li}_2\left(\frac{1}{3}\right)+\dfrac{1}{2}\ln^2 2+\dfrac{1}{6}\ln^2 3$
PS:
On peut simplifier cette expression. Lindep indique que tous les nombres (qui ne sont pas des rationnels a priori) dans le second membre ne sont pas rationnellement indépendants.
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1+x^3)}{1+x}dx=\text{Li}_2\left(\frac{1}{3}\right)+\dfrac{1}{2}\ln^2 2+\dfrac{1}{2}\ln^2 3-\frac{1}{9}\pi^2$
La question
Qui sera le premier pour donner une jolie formule pour notre intégrale effrayante
En effet,
\begin{align}A&\overset{y=\frac{1-x}{1+x}}=\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{2(1+3y^2)}{(1+y)^3}\right)}{1+y}dy\\
&=\ln^2 2-\frac{3}{2}\ln^2 2+\int_0^1 \frac{\ln(1+3y^2)}{1+y}dy\\
&\overset{x=\frac{1-y}{1+y}}=-\frac{1}{2}\ln^2 2+\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{4(1-x+x^2)}{(1+x)^2}\right)}{1+x}dx\\
&=-\frac{1}{2}\ln^2 2+2\ln^2 2-\ln^2 2+\int_0^1 \frac{\ln\left(1-x+x^2\right)}{1+x}dx\\
&=\frac{1}{2}\ln^2 2+B
\end{align}
C'est trop compliqué on peut faire nettement plus simple :-D
$(1-x+x^2)(1+x)=1+x^3$ :-D
Edit: corrigé. Merci Calli.
FDP je crois que t'as écrit à plusieurs endroits 1-x²+x² au lieu de 1-x+x².
Qu'est-ce qu'il faut ajouter à notre "base" pour qu'on arrive à trouver une combinaison linéaire rationnelle qui s'annule. B-)-
se calcule par dérivation de $I\left(a\right)=\int _0^1\frac{\ln \left(ax^2+1\right)}{x+1}\:dx$
$\displaystyle \int_0^1 \frac{\left( y+1\right) \log{\left( \frac{2 \left( 3 {{y}^{2}}+1\right) }{{{\left( y+1\right) }^{3}}}\right) }}{3 {{y}^{2}}+1}dy$
PS: la formule est fausse il faut que je la corrige. :-D
Edit: corrigé.
PS2: En décomposant en six intégrales, il y en a trois si je vois bien qu'on peut calculer facilement.
Après, il se peut qu'en réitérant le changement de variable déjà utilisé on parvienne à calculer une ou plusieurs des intégrales restantes.
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.
FDP peux-tu poser cette intégrale (n=3) sur MSE pour voir . Si je pose la question, le fil sera sûrement fermé . Tu as l' avantage d'etre médaillé en or.
Dommage! Calli n'est pas passionné (en temps libres) par les sudoku à base d'intégrales
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 ...")
je signale un développement rationnel de signe alterné pour l'intégrale proposée par etanche :
$$
\int_0^1\frac{\ln(1+x^n)}{1+ x^n} = \frac{H_1}{n+1} - \frac{H_2}{2n+1} + \frac{H_3}{3n+1} - \frac{H_4}{4n+1} +\ldots ,
$$ avec $H_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} +\cdots+ \frac{1}{n},$ nombre harmonique ou somme harmonique.
Pour $n = 3$ on retombe sur l'intégrale initiale.
Notre ami gebrane est peut-être moins effrayé désormais ...
Cordialement.
Oui, ça colle sur au moins 100 décimales.
\[ \displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1+x^3)}{1+x^3}dx = \dfrac{\pi^2}{18} + \dfrac{\ln^2(2)}{6} + \dfrac{\ln^2(3)}{4} + \dfrac{1}{2}Li_2\left(\dfrac{1}{3}\right) + \sqrt{3}\left(\dfrac{-\pi\ln(2)}{5} + \dfrac{4\pi \ln(3)}{15} - \dfrac{3S}{5}\right) \]
où $S =\Im\left( Li_2\left(\dfrac{3}{4} + i\dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)\right) = \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^n \sin\left(n\frac{\pi}{6}\right)$.
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 $\displaystyle\Im\left(\text{Li}_2\left(\frac{a}{\left|a\right|}\right)\right)$
Je suis admiratif.
Ces logiciels sont impressionnants. Bravo à ceux qui les programment et ceux qui savent s’en servir.
(tu)
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.
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 $\sqrt{3}$.
$\displaystyle \int_0^1\frac{\ln(1+a^2x)}{1+a^2x^2}dx=\frac1{2a}\arctan a\ln(1+a^2).$
Édit ah non je n'ai pas vu le carré.
$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1+x^3)}{1+x^3}dx= \int_0^1 \frac{\left( y+1\right) \log{\left( \frac{2 \left( 3 {{y}^{2}}+1\right) }{{{\left( y+1\right) }^{3}}}\right) }}{3 {{y}^{2}}+1}dy$
Il n'y a plus qu'à soustraire la "méchante" intégrale:
et on va obtenir:
$\displaystyle \int_0^1 \frac{(1+x)\ln\left(\frac{2}{(1+x)^2}\right)+x\ln(1+3x^2)}{1+3x^2}$
Ce n'est pas encore ça. On pourrait virer le $2$, dans le calcul cela donne une intégrale simple à calculer.
PS:
Mieux on peut virer le $x\ln(1+3x^2)$ celui-ci donne une intégrale facile à calculer.
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{(1+x)\ln(1+x)}{1+3x^2}dx$
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.
PS
Guego intervient peu au forum mais ces contributions sont de qualité et très attendues. Par contre
gebrane intervient beaucoup mais plus que la moitié de ces interventions sont vides :-D
\[ \displaystyle \int_0^1 \dfrac{(1+x)\ln(1+x)}{1+3x^2}dx = \dfrac{\pi^2}{54} + \dfrac{\ln^2(2)}{6} - \dfrac{\ln^2(3)}{12} - \dfrac{1}{6} Li_2\left(\dfrac{1}{3}\right) + \dfrac{2\sqrt{3}\ln(2)\pi}{15} - \dfrac{\sqrt{3}\ln(3)\pi}{15} + \dfrac{\sqrt{3}S}{15} \]
Toujours avec $S = \Im\bigg( Li_2\Big(\dfrac{3}{4} + i\dfrac{\sqrt{3}}{4}\Big)\bigg) = \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}\Big(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Big)^n \sin\Big(n\frac{\pi}{6}\Big)$
\[ \int_0^1 \dfrac{\ln(1+3x^2)}{1+3x^2}dx = \sqrt{3}\left(\dfrac{4\ln(2)\pi}{45} + \dfrac{\ln(3)\pi}{15} - \dfrac{2S}{5}\right) \]
&\overset{y=\tan t}=-\frac{2\sqrt{3}}{3}\int_0^{\frac{\pi}{3}}\ln\left(\cos x\right)dx\\
\end{align} Et si on pense que la valeur que j'ai donnée plus haut est correcte alors on a :
$
\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\big(\text{e}^{i\frac{\pi}{3}}\big)\right)$
PS. Valeur numérique :
https://www.wolframalpha.com/input/?i=2/9*Pi*log(2)*sqrt(3)-1/3*sqrt(3)*im(polylog(2,exp(i*Pi/3)))
https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+log(1+3*x^2)/(1+3*x^2),x=0,1
$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1+x^3)}{1+x^3}dx=\frac{1}{6}\ln^2 2+\frac{1}{4}\ln^2 3-\frac{1}{18}\pi^2+\frac{1}{2}\text{Li}_2\left(\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{6}\pi\sqrt{3}\ln 3-\frac{1}{2}\sqrt{3}\Im \left(\text{Li}_2\left(\text{e}^{i\frac{\pi}{3}}\right)\right)$
$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1+3x^2)}{1+3x^2}dx=\frac{2}{9}\pi\sqrt{3}\ln 2-\frac{1}{3}\sqrt{3}\Im \left(\text{Li}_2\left(\text{e}^{i\frac{\pi}{3}}\right)\right)$
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 $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1+x^3)}{1+x^3}dx-\frac{3}{2}\int_0^1 \frac{\ln(1+3x^2)}{1+3x^2}dx$