Club CIE

à... pourtant elle calcule :-)
PS: j'ai encore envoyé un message en même temps que toi

L'égalité $\displaystyle \frac{1}{2} \text{Li}_2(x^2) = \text{Li}_2(x) + \text{Li}_2(-x)$ pour $-1\leq x\leq 1$ est évidente si on se rappelle la définition de $\text{Li}_2$ sous forme de série*.

*$-1\leq x\leq 1,\displaystyle \text{Li}_2(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^2}$

Gebrane: La question n'était pas pour moi. Ce que je voulais dire est que, c'est admissible dans le contexte qu'on utilise sans démonstration la formule des compléments de la fonction gamma mais balancer la valeur d'une intégrale comme étant évidente c'est autre chose.
(j'ai passé pas mal de temps à trouver une démonstration, que personne ne me demandait, de la valeur de $\text{Li}_2\left(\frac{1}{\varphi}\right)$ pour éviter ce travers)

Je commence à avoir un peu d'expérience dans ce genre de calculs. Les ingrédients sont toujours les mêmes: changements de variable de type $y=\dfrac{a+bx}{a'+b'x}$ ($a,b,a',b'$ entiers) bien choisis et intégration par parties.
La difficulté est de faire "le" bon enchaînement.
Dans le cas d'espèce, la première idée est d'essayer de trouver un changement de variable (comme ceux mentionnés plus haut) qui va ramener à l'intervalle $[0;1]$ pour faire disparaître le $\varphi$.
Mais on ne va pas y arriver. Le mieux qu'on puisse faire est $y=\dfrac{1}{x(1+x)}$.
Donc il ne reste plus qu'à trouver les changements de variable qui laissent invariant l'intervalle $\left[0,\dfrac{1}{\varphi}\right]$ et espérer après calcul se retrouver avec une égalité du type $J=a+bJ$ avec $a,b$ des constantes, $b$ n'est pas égal à $1$.

Lewin indique que le résultat n'était pas connu en 1958...

On connaît des valeurs pour les images de $1/\phi$, $1/\phi ^2$, $-1/\phi$ et $-\phi$.

Bonjour,

@bd2017 : $\displaystyle \int_{2+\sqrt{3}}^{+\infty} { \ln t \over 1+t^2} dt = {2 \over 3}G$ avec $G$ la constante de Catalan.

Bonjour, mathematica, donne: $\pi/12 \ln (a) + 6i \left( Li_2 ( i a) -Li_2 (-i a) \right)$ avec $a = 2 - \sqrt{3}$.

Moi, je suis arrivé à $\pi/12 \ln (a) - \displaystyle \sum_{n\geq0} (-1)^n \dfrac{a^{2n+1}}{(2n+1)^2}$ vu que $\arctan (a) = \pi/12$ et que $ 2 - \sqrt{3}$ et $ 2 + \sqrt{3}$ sont inverses l'un de l'autre.

On peut aussi faire:
Considérer,
\begin{align*}
K&=\int_0^1 \frac{\arctan\left(\frac{x}{1-x^2}\right)}{x}\,dx\\
\end{align*}
Appliquer le changement de variable $x=\tan\left(\frac{t}{2}\right) $,
\begin{align*}
K&=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\arctan\left(\frac{1}{2}\tan t\right)}{\sin t}\,dt
\end{align*}
On définit la fonction $H$ sur $\left[\frac{1}{2};1\right]$ par:
\begin{align*}H(a)&=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\arctan\left(a\tan t\right)}{\sin t}\,dt\end{align*}
remarquer que $K=H\left(\dfrac{1}{2}\right)$ et,
\begin{align*}H(1)&=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{t}{\sin t}\,dt\\
&=\Big[t\ln\left(\tan\left(\frac{t}{2} \right)\right)\Big]_0^{\frac{\pi}{2}}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\tan\left(\frac{t}{2} \right)\right)\,dt\\
&=-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\tan\left(\frac{t}{2} \right)\right)\,dt\\
\end{align*}
Appliquer le changement de variable $x=\dfrac{t}{2}$,
\begin{align*}H(1)&=-2\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\tan\left(t \right)\right)\,dt\\
&=2\text{G}
\end{align*}
\begin{align*}H^\prime (a)&=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{1-(1-a^2)\sin^2 x}\,dt\\
&=\left[\frac{1}{2\sqrt{1-a^2}}\ln\left(\frac{1+\sin(x)\sqrt{1-a^2}}{1-\sin(x)\sqrt{1-a^2}}\right)\right]_0^{\frac{\pi}{2}}\\
&=\frac{1}{2\sqrt{1-a^2}}\ln\left(\frac{1+\sqrt{1-a^2}}{1-\sqrt{1-a^2}}\right)
\end{align*}
Donc,
\begin{align*}H(1)-H\left(\frac{1}{2}\right)&=\int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{1}{2\sqrt{1-a^2}}\ln\left(\frac{1+\sqrt{1-a^2}}{1-\sqrt{1-a^2}}\right)\,da\end{align*}Appliquer le changement de variable $y=\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1+\sqrt{1-a^2}}{1-\sqrt{1-a^2}}}\right)$
\begin{align*}H(1)-H\left(\frac{1}{2}\right)&=-2\int_{\frac{\pi}{12}}^{\frac{\pi}{4}} \ln\left(\tan y\right)\,dy\\
&=-2\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\left(\tan y\right)\,dy+2\int_0^{\frac{\pi}{12}} \ln\left(\tan y\right)\,dy
\end{align*}
Or, il est bien connu que,
\begin{align*}\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\left(\tan y\right)\,dy=-\text{G}\\\end{align*}
De sorte que,
\begin{align*}\int_0^{\frac{\pi}{12}} \ln\left(\tan y\right)\,dy=-\frac{1}{2}K\\\end{align*}
Par ailleurs,
\begin{align}\int_0^1 \frac{\arctan\left( \frac{x}{1-x^2}\right)}{x}\,dx-\int_0^1 \frac{\arctan x}{x}\,dx=\int_0^1 \frac{\arctan \left(x^3\right)}{x}\,dx\end{align}
Dans la dernière intégrale appliquer le changement de variable $\displaystyle y=x^3$,
\begin{align}\int_0^1 \frac{\arctan\left( \frac{x}{1-x^2}\right)}{x}\,dx-\int_0^1 \frac{\arctan x}{x}\,dx=\frac{1}{3}\int_0^1 \frac{\arctan x}{x}\,dx\end{align}
Donc,
\begin{align}\int_0^1 \frac{\arctan\left( \frac{x}{1-x^2}\right)}{x}\,dx&=\frac{1}{3}\int_0^1 \frac{\arctan x}{x}\,dx+\int_0^1 \frac{\arctan x}{x}\,dx\\
&=\frac{4}{3}\int_0^1 \frac{\arctan x}{x}\,dx\\
&=\frac{4}{3}\text{G}
\end{align}
Ainsi,
\begin{align*}\int_0^{\frac{\pi}{12}} \ln\left(\tan y\right)\,dy&=-\frac{1}{2}\times \frac{4}{3}\text{G} \\
&=\boxed{-\frac{2}{3}\text{G}}
\end{align*}

Bravo F.D.P ...

$\alpha=2-\sqrt{3}=\tan\left(\frac{\pi}{12}\right)$.

\begin{align}\int_0^\alpha \frac{\ln x}{1+x^2}dx&\overset{y=\frac{1}{\alpha}x}=\alpha\int_0^1 \frac{\ln(\alpha x)}{1+\alpha^2x^2}dx\\
&=\arctan(\alpha)\ln\alpha+\alpha\int_0^1 \frac{\ln x}{1+\alpha^2x^2}dx\\
&=\frac{\pi}{12}\ln\alpha+\frac{\alpha}{2}\int_0^1 \frac{\ln x}{1+i\alpha x}dx+\frac{\alpha}{2}\int_0^1 \frac{\ln x}{1-i\alpha x}dx\\
&=\frac{\pi}{12}\ln\alpha+\frac{i}{2}\Big(\text{Li}_2\left(i\alpha\right)-\text{Li}_2\left(-i\alpha\right)\Big)
\end{align}

NB:
$\displaystyle \text{Li}_2(a)=-a\int_0^1 \frac{\ln x}{1-ax}dx$ pour $|a|\leq 1$ complexe.

Gebrane: Je ne connaissais pas ce message.
L'évaluation de l'intégrale en fonction de valeurs du dilogarithme est aisée quand on a compris que la "bonne" formule pour le dilogarithme est celle que je donne plus haut. Cette formule est la "bonne" car on peut l'appliquer aisément à des arguments complexes de module plus petit que $1$. On n'a pas besoin d'analyse complexe, le logarithme est un brave logarithme franc du collier. B-)-

NB: je ne m'intéresse qu'aux valeurs du dilogarithme que pour des arguments de module inférieur ou égal à $1$.
Généralement dans les calculs d'intégrales on n'a pas besoin d'étendre la fonction dilogarithme à d'autres arguments.

PS:
Avec la définition "classique" du dilogarithme $\displaystyle \text{Li}_2(a)=-\int_0^a \dfrac{\ln(1-x)}{x}dx$ l'argument est une borne de l'intégrale. Si on veut considérer $a$ complexe non réel ce n'est pas cette formule qui va nous aider à définir le dilogarithme de $a$.
La définition de base est $\displaystyle\text{Li}_2(a)=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{a^n}{n^2}$ pour $|a|\leq 1$.
Dans le calcul intégral on a rarement l'utilité de prolonger la fonction dilogarithme à d'autres arguments.

Gebrane:
Tu parles de cette égalité:
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{12}}\ln(\tan x)dx=2\int_0^{\frac{\pi}{12}}\ln(\tan(3u))du$?

J'ai indiqué où je l'ai trouvée. Representations of Catalan's constant (2001), David M. Bradley.
Bradley indique qu'il la tient d'une autre personne mais je n'ai pas été capable, à ce jour, de trouver une source publiée antérieure. Bradley a écrit un autre papier où il utilise une généralisation de cette identité sur la fonction tangente si je me souviens bien.

Dans le papier mentionné, il est indiqué le nom d'une personne Chris Hill, qui aurait inspiré Bradley pour ce calcul. Je n'arrive pas à identifier ce mathématicien pour lire ce qu'il a écrit. Mais il s'agit probablement du mathématicien qui a écrit cet article..

moi, je n'avais pas obtenu cette expression (c'est le logiciel de calcul formel...); je m'étais limité à ce que j'ai écrit sans grand espoir d'en sortir vu que le résultat n'était pas dans Gradshteyn et Ryzhik.

Pas bien compris le reglement du club. Voici une integrale connue des probabilistes, mais dont une demonstration directe serait la bienvenue :


$$\int_0^1\frac{\sin (\pi x)}{x^x(1-x)^{1-x}}dx=\frac{\pi}{e}.$$

La revue American mathematical monthly a osé publier, semble-t-il, dans son dernier numéro, le problème suivant:
Montrer que $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1-x)\ln(1+x)}{x}dx=-\frac{5}{8}\zeta(3)$ (problème 12256).

Je suis bien certain que si on cherche cette intégrale sur MathExchange on la trouve.

PS:
C'est confirmé:
https://math.stackexchange.com/questions/3085699/evaluate-int-01-frac-ln-1-x-ln-1-xx-dx

Bonjour,

$\displaystyle argsinh(1)=\ln(1+\sqrt{2}).$