Club CIE
Réponses
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oui gb , c’était un oubli en tapant, mais c'est un problème très délicieuxLe 😄 Farceur
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$I_{\alpha}=\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac {\ln(x^{\alpha}+1)}{x^{\alpha}+1} dx$ pour ${\alpha}>1$ réel s'exprime simplement avec la fonction digamma, $\psi(x)=\dfrac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}$.
Quand $\alpha$ est un nombre rationnel elle s'exprime par une somme finie faisant intervenir les fonctions $\ln$, $\sin$ et $\cos$.
Dans le cas $\alpha$ entier j'ai déjà donné le résultat dans ce fil qui date de 7 ans. -
merci bd faute de frappe corrigéeLe 😄 Farceur
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Fdp tu avais partagé la référence qui t'avait appris plein de choses sur le calcul d'intégrales. Peux-tu la rappeler ici ? Merci à toi.
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bd ou jandri peux-tu rédiger ta solution ( dans l'autre lien Jandri n'a pas donné les détails). Ce fil se veut être formateur ( Moi je tape très lent et je commets beaucoup de fautes de frappes)Le 😄 Farceur
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RLS:
Je ne me souviens plus. S'agit-il d'un livre? -
Rebonjour
Ok mais seulement les étapes !
1. $ \displaystyle f'(t)=\int_0^{\infty }\frac{n t^{n-1} x^n}{\left(1+x^n\right) \left(1+t^n x^n\right)}dx .$
2. Mais $ \dfrac{n t^{n-1} x^n}{\left(1+x^n\right) \left(1+t^n x^n\right)}=
\dfrac{n t^{n-1}}{\left(1-t^n\right) \left(1+t^n x^n\right)}-\dfrac{n t^{n-1}}{\left(1-t^n\right) \left(1+x^n\right)}$
Ce qui permet de couper en 2 l'intégrale du 1, et dans le premier morceau on effectue le changement $x\mapsto x/t $, pour regrouper les 2 intégrales et obtenir : $
f'(t)=\int_0^\infty \dfrac{n (t-1) t^{n-2}}{\left(t^n-1\right) \left(1+x^n\right)} dx$
3.$f'(t)=\dfrac{n (t-1) t^{n-2}}{\left(t^n-1\right) } \Gamma[1/n]\Gamma[1-1/n]/n=\dfrac{ (t-1) t^{n-2}}{\left(t^n-1\right)} \times \dfrac{1}{\sin(\pi/n)}$
4. D'où $ f(t)=\int_0^t f'(u) du $ puis passage à la limite ($t$ tend vers $1$) pour obtenir l'expression que j'ai donnée. -
Oui en effet Fdp, c'était un livre.
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Sans doute, en tous cas merci énormément !
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Bd donc tu n 'as pas trouvé la formule de Jandri
Je partage ce document qui donne les détails des calculsLe 😄 Farceur -
Je reviens sur le calcul de $I_{\alpha}=\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac {\ln(x^{\alpha}+1)}{x^{\alpha}+1} dx$ pour $\alpha>1$ réel.
En posant $t=x^{\alpha}$ et $\beta=\dfrac1{\alpha}<1$ on obtient $I_{\alpha}=\beta\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac {\ln(1+t)}{1+t}t^{\beta-1}dt$.
On pose $F(x)=\beta\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac {\ln(1+xt)}{1+t}t^{\beta-1}dt$.
$F'(x)=\beta\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac {t^{\beta}}{(1+t)(1+tx)}dt=\dfrac{\beta}{x-1}\displaystyle\int_0^{+\infty}\left( \frac1{1+t}- \frac1{1+tx}\right)t^{\beta-1}dt$.
En utilisant le résultat classique $\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac {t^{\beta-1}}{1+t}dt=\dfrac{\pi}{\sin(\beta\pi)}$ pour $0<\beta<1$ on obtient $F'(x)=\dfrac{\beta\pi}{\sin(\beta\pi)}\dfrac{1-x^{-\beta}}{x-1}$.
On en déduit $I_{\alpha}=F(1)-F(0)=\dfrac{\beta\pi}{\sin(\beta\pi)}J_{\beta}$ avec $J_{\beta}=\displaystyle\int_0^1\dfrac{1-x^{-\beta}}{x-1}dx$.
Enfin $J_{\beta}=\displaystyle\int_0^1(x^{-\beta}-1)\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}x^kdx=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\left( \frac1{k+1-\beta}- \frac1{k+1}\right)=-(\gamma+\psi(1-\beta))$ avec $\psi=\dfrac{\Gamma'}{\Gamma}$.
Les valeurs de $\psi(x)$ pour $x$ rationnel peuvent s'exprimer avec une formule de Gauss (voir Wikipedia) :
pour $0<p<q$ entiers , ${\displaystyle \psi \left({\frac {p}{q}}\right)+\gamma= -\ln(2q)-{\frac {\pi }{2}}\cot {\frac {p\pi }{q}}+2\sum _{k=1}^{\lfloor {\frac {q-1}{2}}\rfloor }\cos {\frac {2 kp\pi}{q}}\ln \left(\sin {\frac {k\pi }{q}}\right)}$ -
Merci Jandri
Dans le lien que j'ai partagé, on détaille le calcul sans le besoin des fonctions spécialesLe 😄 Farceur -
Bonjour, je reviens sur $I = \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (1+x^2)}{1+x^2} \mathrm dx$. Comme indiqué par d'autres en divers endroits, considérer $F(t) = \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (1+t^2x^2)}{1+x^2} \mathrm dx$ simplifie considérablement l'évaluation par insertion d'un paramètre de $I$ par la méthode autrefois indiquée sur ce forum par Oumpahpah.
On note qu'à priori, on a $F(0)=0$ et $F(1)=I$.
On a:
1) $I$ est convergente car: $f : x \to \dfrac{\ln (1+x^2)}{1+x^2}$ est continue sur $\mathbb{R^+}$ et $f(x) \sim 2 \dfrac{\ln (x)}{x^2}$ en $+\infty$; par ailleurs, on peut écrire $x^2 = x\sqrt{x}^2$ et $f(x) = \displaystyle 2 \dfrac{ \frac{\ln (x) }{\sqrt{x} }}{x\sqrt{x}}$ et on sait que $ \frac{\ln (x) }{\sqrt{x} } = o(1)$ en $+ \infty$; par suite $f(x) = o\left(x^{-3/2} \right) $en $+ \infty$ et l'intégrale converge par comparaison avec une intégrale de Riemann.
2) la dérivation sous le signe d'intégrale par $F'(t) = \displaystyle \int_0^{+\infty} \frac{\partial f(t,x)}{\partial t} \mathrm dx$ est justifiée via le théorème de convergence dominée.
3) en dérivant, on obtient: $\frac{\partial f(t,x)}{\partial t} = 2t \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{x^2}{(1+x^2)(1+t^2x^2)} \mathrm dx$.
4) on utilise deux transformations simples sur les fractions rationnelles:
i) $\displaystyle \dfrac{u}{1+u}= 1- \dfrac{u}{1+u}$.
ii) $\displaystyle \dfrac{1}{(1+u)(1+au)} = \displaystyle \dfrac{1}{(1-a)(1+u)} - \dfrac{a}{(1-a)(1+au)} \; \; (*) $ qui se vérifie par réduction au même dénominateur et s'obtient par les techniques habituelles de décomposition des fraction rationnelles.
5) on a besoin dans la suite d'évaluer:
i) $ \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{1+x^2} \mathrm dx = \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \arctan (x) = \pi/2$.
ii) $ \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{1+t^2x^2} \mathrm dx $ par le changement de variable $u=tx$, ,les nouvelles bornes étant $u(0) = 0$ et $\lim_{x\to +\infty} u(x) = +\infty$, avec $\mathrm du = t\mathrm dx $, soit $ \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{1+t^2x^2} \mathrm dx = \frac{\pi}{2t} $.
6) l'application de la formule de dérivation donne en remplaçant $a$ par $t^2$ dans (*) : si $t >0$, $F'(t) =2t \left( \dfrac{\pi}{2t} - \dfrac{\pi}{2} \dfrac{t}{1-t^2} + \dfrac{\pi}{2} \dfrac{1}{1-t^2}\right) = \dfrac{\pi}{1+t} $.
7) On utilise le théorème fondamental du calcul intégral: si $u \geq 0$, $F(u) = \displaystyle \int_0^u \dfrac{\pi}{1+t} \mathrm dt$, soit $I = F(1) - F(0) = \displaystyle \int_0^1 \dfrac{\pi}{1+t} \mathrm dt = \pi \ln (2)$.A demon wind propelled me east of the sun -
On peut aussi penser exécuter le changement de variable $ \theta=\arctan t$ qui conduit à : $I =-2 \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}2} \ln \cos \theta d\theta$.
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Ceci étant, on obtient un calcul raisonnable de $ J = \displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1+x^2)}{1+x^2} \mathrm dx$ qui est une intégrale définie. On effectue le changement de variable $u= 1/x$ qui envoie 0 sur $+\infty$ et conserve la borne 1 avec $ \mathrm dx = - \frac{\mathrm du}{u^2}$ et donne: $J = - \displaystyle \int_{+\infty}^1 \dfrac{\ln(1+\frac{1}{u^2})}{1+\frac{1}{u^2}} \frac{\mathrm du}{u^2} = \displaystyle \int_1^{+\infty} \dfrac{\ln(1+x^2)}{1+x^2} \mathrm dx - 2\displaystyle \int_1^{+\infty} \dfrac{\ln(x)}{1+x^2} \mathrm dx$. Maintenant, on écrit $K = \displaystyle \int_1^{+\infty} \dfrac{\ln(1+x^2)}{1+x^2} \mathrm dx$ et on a $J + K = \pi \ln(2)$.
Le calcul précédent montre aussi que $J-K = -2G$ avec $G = \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{(2n+1)^2}$ la constante de Catalan chère à Fdp.
En effet, le changement de variable $u= 1/x$ dans $ \displaystyle \int_1^{+\infty} \dfrac{\ln(x)}{1+x^2} \mathrm dx$ donne $ \displaystyle \int_1^{+\infty} \dfrac{\ln(x)}{1+x^2} \mathrm dx = - \displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(x)}{1+x^2} \mathrm dx$. Cette dernière intégrale converge en zéro car la fonction à intégrer est équivalente (en zéro) à $-\ln(x)$ dont on connaît une primitive simple: $ -x\ln(x) + x$ qui admet une limite nulle en zéro du fait que $ \displaystyle \lim_{x\to 0} x\ln (x) = 0$.
Ensuite, une intégration par parties en posant $U'(x) = \dfrac{1}{1+x^2}$ et $V(x) = \ln (x)$, soit $U(x) = \arctan(x)$ et $V'(x) = 1/x$ mène à $ \displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(x)}{1+x^2} \mathrm dx = \displaystyle \bigl[ \arctan(x) \ln(x) \bigr]_0^1 - \displaystyle \int_0^1 \dfrac{\arctan(x)}{x} \mathrm dx $.
on utilise le DSE de $f(x) = \dfrac{\arctan(x)}{x}$ en zéro, soit $ \displaystyle \dfrac{\arctan(x)}{x} = \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^nx^{2n}}{2n+1}$ que l'on intègre terme à terme entre 0 et 1 pour retrouver $G$.
Bilan: on obtient les deux relations $J+K = \pi \ln (2)$ et $J-K = -2G$, ce qui donne $J =\frac{\pi}{2} \ln (2) - G$, comme l'indiquent Gröbner et Hofreiter dans leur Integraltafel, Zweiter Band (Bestimmte Integrale) chez Springer (1958).A demon wind propelled me east of the sun -
@Chaurien: j'ai repris la méthode indiquée plus haut...pour me conformer au cahier des charges du fil.A demon wind propelled me east of the sun
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gilles benson merci pour les détails, c'est très formatrice
Est ce que tu as vu le lien que j'ai indiqué ?Le 😄 Farceur -
@gebrane: tu veux dire le document que tu as proposé au téléchargement. Je l'ai regardé et j'ai eu du mal avec la typographie mais ce n'est pas perdu.A demon wind propelled me east of the sun
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Ok merciLe 😄 Farceur
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Une autre façon de calculer $\displaystyle J=\int_0^1 \dfrac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx$
\begin{align}K&=\int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{1+x^2}dx\\
K-J&\overset{x=\sqrt{\frac{1-\sin t}{1+\sin t}}}=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\sin t\right)dt\\
&=-\frac{1}{4}\pi\ln 2\\
K&\overset{y=\frac{1-x}{1+x}}=2\int_0^1 \frac{\ln 2}{1+y^2}dy+\int_0^1 \frac{\ln y}{1+y^2}dy-2\int_0^1 \frac{\ln(1+y)}{1+y^2}dy\\
&=\frac{1}{2}\pi\ln 2-\text{G}-2\int_0^1 \frac{\ln(1+y)}{1+y^2}dy\\
L&=\int_0^1 \frac{\ln(1+y)}{1+y^2}dy\\
L&\overset{u=\frac{1-y}{1+y}}=\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{2}{1+u}\right)}{1+u^2}du\\
&=\int_0^1 \frac{\ln 2}{1+u^2}du-L\\
L&=\frac{1}{8}\pi\ln 2\\
K&=\frac{1}{4}\pi\ln 2-\text{G}\\
\end{align}
Donc, \begin{align}\boxed{\displaystyle J=\frac{1}{2}\pi\ln 2-\text{G} }\end{align}
NB: J'admets que:
\begin{align}\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x^2}dx&=-\text{G}\\
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\sin x\right)dx&=-\frac{1}{2}\pi\ln 2
\end{align} -
Et maintenant, le gros morceau déjà dépecé par d'autres, soit $I_n = \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\left( \ln(1+x^n\right) }{1+x^n} \mathrm dx $ si $n \geq 2$. La méthode précédente s'applique, donc je ne fournis pas les détails.
On part de $F(t) = \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\left( \ln(1+t^nx^n\right) }{1+x^n} \mathrm dx $ soit $\dfrac{\partial f(t,x)}{\partial t} = \dfrac{nt^{n-1} x^n }{\left( 1+t^nx^n \right)\left(1 + x^n\right) } = nt^{n-1} \left( \dfrac{1}{1+t^nx^n } - \dfrac{1 }{\left( 1+t^nx^n \right)\left(1 + x^n\right) } \right) $.
On applique la transformation (*) du post précédent:
$$\dfrac{\partial f(t,x)}{\partial t} = nt^{n-1} \left( \dfrac{1}{1+t^nx^n } - \dfrac{1 }{\left( 1-t^n \right)\left(1 + x^n\right) } + \dfrac{t^n }{\left( 1-t^n \right)\left(1 + t^nx^n\right) } \right)$$
On est confronté au calcul de $J_n = \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{1 }{1+x^n} \mathrm dx $, ce que je propose de faire par un calcul de résidus en utilisant le contour $C_R = L_1 \cup C_2 \cup L_3$ défini par:
* $L_1 $ est le segment $[0; \; R]$ avec $R > 0$.
* $C_2$ est l'arc de cercle défini par: $ t\in [0; \; 1] \to c(t) = Re^{2i\pi t/n}$.
*$L_3$ est le segment paramétré par $ t \in [0; \; R] \to \ell (t) = (R-t)e^{2i\pi /n}$.
La fonction $g(z) = \dfrac{1 }{1+z^n} $ admet un seul pôle simple à l'intérieur de ce lacet, soit $z_1 = e^{i\pi /n}$ et on peut appliquer la formule des résidus à $g$:
$$ \displaystyle \int_{C_R} g(z) \mathrm dz = 2\pi i \; Res (g, z_1)$$
Je note $\zeta = e^{2\pi i / n}$ et on a $ \displaystyle \prod_{j=0}^{n-1} \left( z - \zeta ^j\right) = z^n - 1$, soit $ \displaystyle \prod_{j=1}^{n-1} \left( z - \zeta ^j\right) = \sum_{k=0}^{n-1} z^k$, ce qui entraîne $ \displaystyle \prod_{j=1}^{n-1} \left( 1 - \zeta ^j\right) = n$ (**). On recherche le résidu pour un pôle simple. les racines de $1+z^n$ sont les $z_k = z_1 \zeta^k$ pour $k \in [0; \; n-1]$ (l'intervalle d'entiers...), soit:
$$ Res (g, z_1) = \dfrac{1}{\prod_{j=1}^{n-1} \left( z_1 - z_1\zeta ^j\right)}$$
On évalue donc $P_n = \displaystyle \prod_{j=1}^{n-1} \left( z_1 - z_1\zeta ^j\right) \; = \; z_1 ^{n-1} \prod_{j=1}^{n-1} \left( 1 - \zeta ^j\right)$ sachant que $ z_1 ^n = -1$ et en se rappelant (**), ce qui donne $ -z_1/n$.
On peut maintenant évaluer l'intégrale curviligne suivant chacune de ses trois composantes:
1) $ \displaystyle \int_{L_1} g(z) \mathrm dz = \displaystyle \int_0^{R} \dfrac{1}{1+x^n} \mathrm dx $
2) $ \displaystyle \int_{C_2} g(z) \mathrm dz = o \left(R^{1-n}\right)$ à l'infini (on va faire tendre $R$ vers l'infini...). Ceci se prouve en majorant convenablement le module de l'intégrale.
3) $ \displaystyle \int_{L_3} g(z) \mathrm dz \; = \; \displaystyle \int_0^{R} \dfrac{1}{1+\left((R- t) e^{2\pi i /n}\right) ^n }e^{2\pi i /n} \mathrm dt \; = \; -e^{2\pi i /n} \displaystyle \int_0^{R} \dfrac{1}{1+x^n} \mathrm dx $
Bilan: $\displaystyle \lim_{R\to +\infty} \displaystyle \int_{C_R} g(z) \mathrm dz \; = \; J_n \left( 1 - e^{2\pi i /n}\right) \; = \; -2\pi i z_1/n$. Un peu de trigonométrie mène à $J_n = \dfrac{\pi}{n \sin (\pi/n)}$.
On peut revenir au calcul de $I_n$ ou du moins à l'évaluation de $F'(t)$:
$$F'(t) \; = \; nt^{n-1} \left( \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{1+t^nx^n } \mathrm dx - \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{1 }{\left( 1-t^n \right)\left(1 + x^n\right) } \mathrm dx + \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{t^n }{\left( 1-t^n \right)\left(1 + t^nx^n\right) } \mathrm dx \right)$$
1) La première intégrale après le changement de variable $u = tx$ donne $J_n/t$.
2) la seconde donne $\dfrac{J_n}{1-t^n}$.
3) la dernière donne $ \dfrac{t^{n-1}J_n}{1-t^n}$.
En substituant, on arrive à:
$$F'(t) \; = \; \dfrac{\pi t^{n-2}}{\sin \left(\frac{\pi}{n} \right) } \dfrac{1-t}{1-t^n}$$
Remarque: pour $n=3$, on écrit $ \dfrac{t(1-t)}{1-t^3} = \dfrac{t}{1+t+t^2} = \dfrac{t + 1/2}{1+t+t^2} - \dfrac{1/2}{1+t+t^2} $ pour obtenir une primitive $\Phi (t) = \frac{1}{2} \ln (1+t+t^2) - \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan \left( \dfrac{2t+1}{\sqrt{3}}\right) $, soit $I_3 = F(1) = \dfrac{2 \pi}{ \sqrt{3}} \left( \Phi (1) - \Phi(0)\right) = \dfrac{\pi \ln 3}{\sqrt{3}} - \dfrac{\pi ^2}{9}$A demon wind propelled me east of the sun -
Bonjour, j'ai tenté la décomposition en éléments simples de $g(t) = \dfrac{t^{n-2}}{1+t+\dots + t^{n-1}}$ et je note $C_n = \dfrac{\pi}{n\sin\left( \frac{\pi}{n}\right) }$ et $K_n = nC_n$. On a donc $F'(t) = K_n \; g(t)$.
1) Les racines du dénominateur sont les $\zeta ^k ; \; 1 \leq k \leq n-1$ avec $\zeta = \exp\left(\frac{2\pi i}{n} \right) $.
2) $1+t+\dots + t^{n-1} = \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1} \left( t - \zeta^k\right) $.
3) On écrit donc $g(t) = \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{a_k}{t-\zeta^k}$ et on évalue chaque $a_k$ en considérant :
$$
a_k \; = \; \lim_{t\to\zeta^k} \left( t - \zeta^k\right) g(t) \; = \; \dfrac{\zeta^{k(n-2)}}{\displaystyle \prod_{1\leq j \leq n-1 \text{ et } j \neq k } \left( \zeta^k - \zeta^j\right)},
$$ 4) on factorise par $\zeta^k$ dans chacun des $n-2$ termes du produit pour avoir :
$$
a_k \; = \; \dfrac{1}{\displaystyle \prod_{1\leq j \leq n-1 \text{ et } j \neq k } \left( 1- \zeta^{j-k}\right)}.
$$ Le produit vaut $ \dfrac{\displaystyle \prod_{1\leq j \leq n-1 } \left( 1- \zeta^{j-k}\right)}{1- \zeta^{n-k}} = \dfrac{n}{1- \zeta^{n-k}}$, ce qui fournit la valeur de chaque $a_k$ et la formule :
$$
g(t) \; = \; \frac{1}{n} \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1- \zeta^{n-k}}{t-\zeta^k}.
$$ Pour continuer, il faut regrouper les racines conjuguées en tenant compte de la parité de $n$ puisque si $n$ est pair, -1 est racine de l'unité. Si $n$ est pair, la somme contient un terme médian qui est $\frac{2}{t+1}$.
5) cas $n = 2p+1$: la somme contient $2p$ termes, ce qui donne: $ \displaystyle g(t) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{p} 2 \Re \Big( \dfrac{1- \zeta^{n-k}}{t-\zeta^k} \Big) $.
Je note $ \theta_k = 2\pi/n$ et $P_k = t^2 - 2 \cos ( \theta_k)t +1$; le calcul de la partie réelle donne :
$$
g(t) = \frac{2}{n} \displaystyle \sum_{k=1}^{p} \dfrac{t\left(1-\cos( \theta_k) \right) + 2\cos( 2\theta_k) - \cos( \theta_k))}{P_k} .
$$ Pour simplifier cette expression, on va jouer sur les lignes trigonométriques de l'angle double :
i) $1 - \cos( \theta_k) = 2\sin^2( \theta_k/2)$.
ii) $1 + \cos( \theta_k) = 2\cos^2( \theta_k/2)$.
iii) $ \sin(\theta_k) = 2\sin( \theta_k/2)\cos( \theta_k/2)$.
on obtient alors :
$$
g(t) = \frac{4}{n} \displaystyle \sum_{k=1}^{p} \dfrac{\sin^2(\theta_k/2)\left(t - 2\cos( \theta_k)-1 \right) }{P_k}.
$$ On voit que $P'_k = 2(t-\cos(\theta_k)) $ et $P_k = \sin^2(\theta_k) \bigg( \Big( \dfrac{t-\cos(\theta_k) }{\sin(\theta_k)} \Big) ^2+1 \bigg) $ (forme canonique). Ceci permet d'écrire une primitive de $g$, soit $G$ :
$$
G(t) = \frac{4}{n} \displaystyle \sum_{k=1}^{p} \sin^2(\theta_k/2) \bigg( \frac{\ln(P_k)}{2} - \cot(\theta_k/2) \arctan\Big( \dfrac{t-\cos(\theta_k) }{\sin(\theta_k)} \Big) \bigg) . \tag{1}
$$ 6) cas $n = 2p$: il suffit de modifier les bornes de la somme et d'ajouter le terme manquant :
$$
G(t) = \frac{2}{n}\ln(t+1) + \frac{4}{n} \sum_{k=1}^{p-1} \sin^2(\theta_k/2) \bigg( \frac{\ln(P_k)}{2} - \cot(\theta_k/2) \arctan\Big( \dfrac{t-\cos(\theta_k) }{\sin(\theta_k)} \Big) \bigg) . \tag{2}
$$ 7) On peut maintenant donner une formule pour $I_n = \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (1 + x^n}{1+x^n} \mathrm dx$ :
a) si $n = 2p+1$:
$$I_n = K_{2p+1} \left( G(1) - G(0) \right) = 4 C_{2p+1} \displaystyle \sum_{k=1}^{p} \sin^2(\theta_k/2) \left(\ln ( 2\sin(\theta_k/2)- \cot( \theta_k/2) \dfrac{\pi - \theta_k}{2} \right) .
$$ b) si $n = 2p$ :
$$I_n = K_{2p} \left( G(1) - G(0) \right) = 2C_{2p}\ln(2) + 4 C_{2p} \displaystyle \sum_{k=1}^{p-1} \sin^2(\theta_k/2) \left(\ln ( 2\sin(\theta_k/2)- \cot( \theta_k/2) \dfrac{\pi - \theta_k}{2} \right) .
$$ On retrouve (sauf erreur) $I_4 = \frac{3\pi \ln 2}{\sqrt{2}} - \frac{\pi^2}{4\sqrt{2}} \; =\;\frac{3\sqrt{2}\pi \ln 2}{2} - \frac{\pi^2 \sqrt{2}}{8} $.A demon wind propelled me east of the sun -
gilles benson (tu)Le 😄 Farceur
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bonjour Gebrane, je me suis aperçu à postériori que le calcul de résidus que j'ai employé était entièrement décrit dans le livre des Queffelec sur l'analyse complexe chez Calvage et Mounet; j'avais le souvenir d'avoir vu l'emploi d'un secteur angulaire quelque part mais je ne savais plus où. Au départ j'avais feuilleté Cartan mais il ne proposait que le calcul de $\int_{-\infty}^{+\infty} (1+x^{2n})^{-1} \mathrm dx$ sur un demi-cercle et ceci ne fonctionne pas pour les exposants impairs. J'en profite pour signaler le livre de Michel Hervé: Les Fonctions Analytiques aux PUF qui contient des explications détaillées sur l'utilisation du logarithme complexe et son utilisation dans le calcul des résidus.
https://www.imj-prg.fr/acg/in-memoriam-michel-herve/A demon wind propelled me east of the sun -
Merci je vais me procurer son livreLe 😄 Farceur
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