Club CIE

j'ai une idée d'intégrale à calculer pour la troisième intégrale

tu es vraiment trop fort en maths Fdp

peut être en posant $y=i\sin(x)$

Quentino37: jamais entendu parler des fonctions hyperboliques?

à oui! merci Fdp! j'avais oublié les fonctions hyperboliques!
En posant $x=\sinh(y)$ du coup!

PS: j'ai écrit le message en même temps que le dernier, j'ai lu le message après

Bonjour,

Pour la 1), $\displaystyle x \leadsto y$ avec $\displaystyle x=2 y$, puis simplification : $\displaystyle \sin(2y ) =2 \sin y \cos y$ et $\displaystyle 1-\cos (2y) =2 \sin^2(y)$, puis intégration par parties de $\displaystyle \int_0^{\pi/2} y {\sin y \over \cos y} dy$ pour aboutir au résultat : $\displaystyle 2 \pi \ln 2.$

Pour la 2), intégration par parties avec terme intégré nul puisque $\displaystyle {x \ln x \over 2} \to 0, (x \to 0)$, puis $\displaystyle x \leadsto u$ avec $\displaystyle x=2u$ pour obtenir $\displaystyle -\int_0^{1/2} {\ln (2 u) \over \sqrt{1+u^2}} du$ et après séparation en deux intégrales par $\displaystyle \ln(2u) = \ln 2 + \ln u$, $\displaystyle u \leadsto v$ avec $\displaystyle u = \sinh v$ pour aboutir à $\displaystyle -\ln 2\, \mathrm{argsinh}(1/2) + {\pi^2 \over 20} + 2 \ln 2 (\mathrm{argtanh}(2-\sqrt{5}) + \ldots)$ je vous laisse trouver le terme manquant.

Si vous trouvez $\displaystyle \ln \phi$, je suis impressionné.

Ne reste qu'à simplifier car $\displaystyle \mathrm{argsinh}(1/2) =\ln \phi$ et $\displaystyle \mathrm{argtanh}(2-\sqrt{5})={1 \over 2} \ln {3-\sqrt{5} \over \sqrt{5}-1}.$

Et, à la fin, on élimine tout car $\ln 1 = 0$ et on trouve le résultat : $\displaystyle{ \pi^2 \over 20}.$

Voilà pour la troisième intégrale que je propose.

Calculez en fonction de $\lambda$ (qui est strictement positif) et de $n$ : \[\int_{\lambda}^{\lambda+1}D_ {n}(x)dx,
\] avec $D_{n}(x)$ une fonction telle que :
1) $D_{n}(x)$ est strictement croissante,
2) $D_{n}(1)=0$,
3) $D_{n}(x+1)=D_{n}(x)+\frac{1}{x^{n}}.$
$D_{n}(x)$ est définie pour tout $n$ strictement supérieur à 1 et $x$ strictement positif.
($n$ ; $x$ ; et $\lambda$ sont des réels)

J’espère ne pas m'être trompé dans l'énoncé ! (ce qui est fort possible).

elle se calcule, enfin je crois(j'ai relu 3 fois mes calculs)

il me semble que ça vient automatiquement car la fonction est strictement croissante... et combiné au reste de sa définition...

la fonction est assez régulière: dérivable, continue,...
(enfin, si je me suis pas planté encore une fois)

Heu... non pas vraiment... La fonction n'est pas borné...
Pour tout M, il existe un $\epsilon$ tel que $D_{n}(\epsilon)<M$
En revanche, la fonction est bornée sur tout les intervalles $]\lambda, \lambda+1[$ avec $\lambda>0$
Ou plus précisément sur pour tout $\epsilon>0$ alors la fonction est borné sur $[\epsilon, \infty]$

Par ailleurs, on montre par récurrence que pour tout $n$ entier naturel et tout $m$ entier naturel strictement plus grand que $1$ que:
$\displaystyle D_n(m)=\sum_{k=1}^{m-1} \dfrac{1}{k^n}$.

Démonstration:
1)$\displaystyle D_n(2)=D_n(1)+\dfrac{1}{1^n}=1$ Or, $\displaystyle \sum_{k=1}^{2-1} \dfrac{1}{k^n}=1$
2) $\displaystyle D_n(m+1)=D_n(m)+\frac{1}{m^n}=\sum_{k=1}^{m-1} \dfrac{1}{k^n}+\frac{1}{m^n}=\sum_{k=1}^{m} \dfrac{1}{k^n}$.
On dirait bien que $\displaystyle \lim_{m\rightarrow \infty}D_n(m)=\zeta(n)$

Or, $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\zeta(n)=1$.

\begin{align}B&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\tan x}dx\\
&\overset{y=\sqrt{\tan x}}=\int_0^\infty \frac{2y^2}{1+y^4}dy\\
&\overset{z=\frac{1}{y}}=\int_0^\infty \frac{2}{1+y^4}dz\\
2B&=2\int_0^\infty \frac{1+y^2}{1+y^4}dy\\
B&=\int_0^\infty \frac{1+\frac{1}{y^2}}{\left(y-\frac{1}{y}\right)^2+2}dy\\
&\overset{z=y-\frac{1}{y}}=\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{z^2+2}dz\\
&=\left[\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right)\right]_{-\infty}^\infty\\
&=\boxed{\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}}
\end{align}

bonjour FdP

ton résultat de l'intégrale B est le bon, bien-sûr

le résultat est le même avec l'intégrale $\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{tan(x)}$

et d'une façon générale avec - 1 < x < 1 l'intégrale
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}tan^x(t)dt = \frac{\pi}{2cos\frac{\pi}{2}x}$$ fonction paire en x

je signale aussi que la primitive de $\sqrt{tan(t)}$ avec $0 < x < \frac{\pi}{2}$

$\int_0^x\sqrt{tan(t)}dt$ s'exprime en fonction de tan(x)

cordialement

Gebrane:

Il y a des erreurs dans ton calcul (les bornes d'intégration après changement de variable)

pour le symbole $\infty$ c'est \infty en latex (tu)

Bonjour, je reviens sur $I = \displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln\left(x/2 + \sqrt{1 + x^2/4} \right) }{x} \mathrm dx$ :
1) on connaît $\sinh^{-1}(x/a) = \ln\left(x/a + \sqrt{1 + x^2/a^2} \right)$ et sa dérivée: $ \dfrac{1}{a\sqrt{1+x^2/a^2}}$.
On voit que $\sinh^{-1}(1/2) = \ln\left(1/2 + \sqrt{1 + 1/4} \right) = \ln \phi$.
2) on connaît la fonction dilogarithme: $ Li_2(x) = \displaystyle \sum_{n\geq 1} \dfrac{x^n}{n^2}$ qui vérifie:
* $Li_2(1) = \dfrac{\pi^2}{6}$.
* $ Li_2(1/\phi^2) = \dfrac{\pi^2}{15} - \frac{1}{4}\left(\ln(1/\phi^2)\right)^2 = \dfrac{\pi^2}{15} - \left(\ln(\phi^2)\right)^2$.
On rappelle que $\phi = \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ et $1/\phi^2 = \dfrac{3-\sqrt{5}}{2}$.
On voit que $\sinh^{-1}(1/2) = \ln\left(1/2 + \sqrt{1 + 1/4} \right) = \ln \phi$

3) Dans cette intégrale, on effectue une intégration par parties en posant $U= \ln\left(x/2 + \sqrt{1 + x^2/4} \right)$ et $V' = 1/x$, soit: $U'= \dfrac{1}{2\sqrt{1+x^2/4}}$ et $V = \ln x$, soit: $\int UV' = UV - \int U'V$, ce qui donne avec les bornes :
$$
I = \left [ \ln x \ln\left(x/2 + \sqrt{1 + x^2/4} \right) \right]_0^1 - \displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x}{2\sqrt{1+x^2/4}} \mathrm dx.

$$ Le crochet disparaît car $ \ln x \ln\left(x/2 + \sqrt{1 + x^2/4} \right) = O(x\ln x)$ en zéro.
Donc, $I = - \displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln x}{2\sqrt{1+x^2/4}} \mathrm dx$ et on effectue le changement de variable $x =2u$, les nouvelles bornes étant $0$ et $1/2$ avec $ dx = 2du$, soit:
$$I = - \displaystyle \int_0^{1/2} \dfrac{\ln 2 + \ln u}{\sqrt{1+u^2}} \mathrm du.

$$ On voit : $ \displaystyle \int_0^{1/2} \dfrac{\ln 2 }{\sqrt{1+u^2}} \mathrm du = \ln 2\ln \phi$. On évalue $J = - \displaystyle \int_0^{1/2} \dfrac{ \ln u}{\sqrt{1+u^2}} \mathrm du$ à l'aide du changement de variable $ \sinh u = v$, soit $ \mathrm dv = \dfrac{ 1}{\sqrt{1+u^2}} \mathrm du$, les nouvelles bornes étant $0$ et $\ln \phi$ :
$$
J = - \displaystyle \int_0^{\ln \phi} \ln \left( \dfrac{e^v - e^{-v}}{2} \right) \mathrm dv.

$$ On écrit : $ \ln \left( \dfrac{e^v - e^{-v}}{2} \right) = - \ln 2 + \ln \left( e^v(1 - e^{-2v}) \right) = -\ln 2 + v + \ln \left( 1 - e^{-2v} \right) $.
On intègre :
$$
J = \ln 2 \ln \phi - \frac{1}{2} (\ln \phi)^2 - \displaystyle \int_0^{\ln \phi} \ln \left( 1 - e^{-2v} \right) \mathrm dv .

$$ 4) on évalue l'intégrale restante en utilisant le développement $ -\ln (1-x) = \displaystyle \sum_{n\geq1} \dfrac{x^n}{n}$ si $|x| < 1$ et on note que $0 < \ln \phi < 1 $ : l'interversion de sommation se justifie car tout est positif ou bien en utilisant le reste du développement en série utilisé qui s'obtient en intégrant $ 1/(1-x) = \sum_0^N x^n + x^{N+1}/(1-x)$
et là un miracle arrive...
$$
- \ln \left( 1 - e^{-2v} \right) \; = \; \displaystyle \sum_{n\geq 1} \frac{1}{n} e^{-2nv}.

$$ Soit
$$ \int_0^{\ln \phi} - \ln \left( 1 - e^{-2v} \right) \mathrm dv \; = \; \sum_{n\geq 1} \int_0^{\ln \phi} \frac{1}{n} e^{-2nv} \mathrm dv
$$ avec
$$ \int_0^{\ln \phi} \frac{1}{n} e^{-2nv} \mathrm dv \; = \; \left [ \frac{1}{2n^2} \left( e^{-2n v}\right) \right ]_0^{\ln \phi} \; = \; \frac{1}{2n^2} \left( 1 - e^{-2n \ln \phi }\right) .

$$ Comme $e^{-2n \ln \phi } = (1/ \phi ^2 )^n$, on arrive à $J = \ln 2 \ln \phi - \frac{1}{2} (\ln \phi)^2 + \frac{1}{2}Li_(1) - \frac{1}{2} Li_2 \left(1/ \phi ^2 \right) $.
C'est maintenant fini puisque $ \frac{1}{2}Li_(1) = \pi^2 /12$ et $\frac{1}{2} Li_2 \left(1/ \phi ^2 \right) = \pi ^2/ 30 - \frac{1}{2} \left(\ln(\phi^2)\right)^2$.
En revenant à $I$, on obtient $ I = \pi ^2 /20$.

Référence: Dilogarithms and associated functions de L. Lewin chez Macdonald (1958).

Bonsoir, disons que j'ai commencé à trouver ce problème intéressant quand j'ai vu apparaître $\ln \phi$ et qu'il avait été fait mention du dilogarithme qui est une de mes marottes.:-)

Ben, j'avais cru comprendre que j'avais été un peu lapidaire...

Question : sachant que $Li_2(z) = \displaystyle -\int_0^z \dfrac{\ln(1-x)}{x} \mathrm dx$, prouver que si $n \in \mathbb{N}^*$ et $\zeta = \exp \big(\frac{2\pi i}{n} \big)$ :
$$
\frac{1}{n} Li_2(z^n ) \; = \; \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} Li_2(\zeta ^k z).$$

Une recente apparition du dilogarithme dans arXiv 2104-05510.

http://arxiv.org/abs/2104.05510




Ils sont chatouilleux, j'avais mis un tiret au lieu d'un point....

Bon, moi je triche car je dispose de documents supérieurs.

1) on prouve que: $\frac{1}{2} Li_2(x^2) = Li_2(x) + Li_2(-x)$ (voir la question posée plus haut).
2) on prouve que: $Li_2(x) + Li_2 \Big(\dfrac{-x}{1-x} \Big) = -\frac{1}{2} \ln ^2 (1-x) $ (dériver).
3) on prouve: $ Li_2(x) + Li_2(1-x) = \frac{\pi ^2}{6} - \ln (x) \ln (1-x) $.
On additionne 1) et 2):
$$
Li_2 \Big(\dfrac{-x}{1-x} \Big) +\frac{1}{2} Li_2(x^2) - Li_2(-x)= -\frac{1}{2} \ln ^2 (1-x) .

$$ On prend dans cette égalité $x = -1/\phi$ solution de $x^2 -x-1=0$, ce qui donne puisque $1 +\phi = \phi ^2$ :
$$
\frac{3}{2} Li_2 \Big(\dfrac{1}{\phi ^2} \Big) -Li_2 \Big(\dfrac{1}{\phi } \Big) = -\frac{1}{2} \ln ^2 (\phi)


$$ Dans la relation 3), on prend $x = \frac{1}{\phi ^2}$ :
$$
Li_2\Big(\frac{1}{\phi ^2}\Big) + Li_2\Big(\frac{1}{\phi} \Big) = \frac{\pi ^2}{6} - \ln \Big(\frac{1}{\phi ^2}\Big) \ln \Big(\frac{1}{\phi }\Big).

$$ On obtient un système de deux équations que l'on résout: $Li_2 \Big(\dfrac{1}{\phi } \Big) = \frac{\pi ^2}{10} - \ln ^2 (\phi)$.

vous n'avez toujours pas résolu l'intégrale que j'avais proposé! (tu)