Un petit calcul d'intégrale

Homo Topi: Si on pouvait donner une forme-close à une primitive de ta fonction ce serait très certainement en fonction de fonctions spéciales (comme le polylogarithme).

Sur des méthodes de calcul de l'intégrale initiale:
https://math.stackexchange.com/questions/1640940/tough-definite-integral-int-0-frac-pi2x-ln2-sin-xdx
(je n'aime pas ces calculs, c'est une question de goût personnel, d'où ma tentative d'en trouver une autre)

PS:
Rappelez vous l'url du moteur "magique": https://approach0.xyz

PS2:
Pour $\displaystyle t\in [0,1[, \text{arcsinh}\left(\frac{t}{\sqrt{1-t^2}}\right)=\text{arctanh } t$

Homo Topi: ce que j'aimerais trouver est une méthode qui ne fait pas appel à du calcul sur des séries (sommes d'Euler, séries de Fourier) mais qui utilise uniquement du calcul intégral (il faudra utiliser des intégrales multiples plus que probablement).

Hunter**:

Il y a plusieurs manières de faire. En voici une:

\begin{align}A&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x)dx\\
&\overset{y=\frac{\pi}{2}}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos y)dy\\
2A&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x)dx+\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos y)dy\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x\cos x)dx\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\frac{1}{2}\sin(2x)\right)dx\\
&\overset{u=2x}=\frac{1}{2}\int_0^{\pi} \ln\left(\frac{1}{2}\sin u\right)du\\
&=-\frac{\ln 2}{2}\int_0^{\pi} 1du+\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln(\sin u)du\\
&=-\frac{\pi\ln 2}{2}+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin u)du+\frac{1}{2}\underbrace{\int_{\frac{\pi}{2}}^\pi\ln(\sin u)du}_{z=\pi-u}\\
&=-\frac{\pi\ln 2}{2}+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin u)du+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin z)dz\\
&=-\frac{\pi\ln 2}{2}+A\\
A&=\boxed{-\dfrac{\pi\ln 2}{2}}
\end{align}

NB: $\displaystyle \sin\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\cos x,\sin(\pi-x)=\sin x, \sin(2x)=2\sin x\cos x,\ln\left(\frac{1}{2}\right)=-\ln 2$

PS:
Peut-être que j'ai mal compris la question:
$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln x}{\sqrt{1-x^2}}dx\overset{x=\sin t}=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin t)dt$

Homo Topi:

En général j'essaie de ne pas omettre de calculs. Mais j'ai l'impression parfois d'être un perroquet. :-D

Pour être complet,

\begin{align}\int_0^1 \frac{\ln^3 x}{1-x^2}dx&=\int_0^1 \frac{\ln^3 x}{1-x}dx-\underbrace{\int_0^1 \frac{x\ln^3 x}{1-x^2}dx}_{y=x^2}\\
&=\int_0^1 \frac{\ln^3 x}{1-x}dx-\frac{1}{16}\int_0^1 \frac{\ln^3 y}{1-y}dy\\
&=\frac{15}{16}\int_0^1 \frac{\ln^3 x}{1-x}dx\\
&=\frac{15}{16}\times -6\zeta(4)\\
&=-\frac{45}{8}\zeta(4)\\
&=-\frac{45}{8}\times \frac{\pi^4}{90}\\
&=-\frac{\pi^4}{15}\\
\end{align}

NB: Ce qui est admis est que $\zeta(4)=\dfrac{\pi^4}{90}$
Le fait que $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln^3 x}{1-x}dx=-6\zeta(4)$ avec $\displaystyle \zeta(4):=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^4}$ peut se démontrer en développant en série entière $\dfrac{1}{1-x}$ et en intégrant terme à terme des expressions comme $n\geq 1,\displaystyle \int_0^1 x^n\ln^3 xdx=-\dfrac{6}{n^4}$ (on peut faire ce dernier calcul via des intégrations par parties)

Homo Topi:

Beaucoup de calculs sont déjà présents quelque part sur CE forum. Ne me demande pas des url précises, je n'ai pas fait ce travail de recenser toutes les intégrales calculées précédemment sur ce forum. :-D
Il faudrait un moteur de recherche comme celui utilisé par le site que j'ai mis en lien ci-dessus.

PS:
Cela m'a pris un temps non négligeable de taper le premier message de cette file.
Je fais beaucoup de vérifications numériques sur mes calculs pour détecter les coquilles.
Au départ, l'idée était de voir ce qui se passe si on fait une intégration par parties en prenant une primitive de $x\rightarrow \dfrac{\ln^2 x}{\sqrt{1-x^2}}$ c'est quelque chose que je fais souvent mais pour des fonctions du type $\displaystyle x\rightarrow R(x)\ln^n x$ où $R(x)$ est une fraction rationnelle. Ce qui m'a conforté dans cette tentative est que la fonction $x\rightarrow \dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-x^2y^2}}$ avait une primitive qui était exprimable par une fonction non spéciale (même constat si on considère que la variable de la fonction est $y$)

Homo Topi: prendre des primitives de fonctions qu'on ne va pas réellement calculer c'est la philosophie de beaucoup de mes calculs.
Je vais essayer dans les lignes qui suivent de faire un historique de comment l'idée a cheminé dans ma tête.
Le 28 juin 2016 j'ai posé une question sur MathExchange.
Comment montrer que $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\arctan x\ln x}{1+x}dx=\dfrac{\text{G}\ln 2}{2}-\dfrac{\pi^3}{64}$?
$\displaystyle \text{G}:=\sum_{n=0}^\infty \dfrac{(-1)^n}{(2n+1)^2}=-\int_0^1 \dfrac{\ln x}{1+x^2}dx$ est la constante de Catalan. (la lettre $G$ est celle qu' utilisait Eugène Catalan pour nommer cette constante)
Jusqu'à cette date mes principaux outils pour le calcul d'intégrales étaient l'intégration par parties, le changement de variable et faire apparaître un paramètre dans l'intégrale à calculer.

Face à l'intégrale ci-dessus j'étais un peu embêté. Je pense que j'ai voulu exprimer le membre de droite sous forme d'intégrale, une sorte de rétro-ingénierie.
C'est peu après que j'ai pensé que $\pi^3$ était, à un coefficient multiplicatif rationnel près, la valeur que prenait la fonction $\displaystyle x\rightarrow \arctan x\left(\int_0^x \dfrac{\ln t}{1+t}dt\right)$ en $x=1$.
Autrement dit, le terme en $\pi^3$ apparaîtrait à la suite d'une intégration par parties.

\begin{align} \int_0^1 \dfrac{\ln x\arctan x }{1+x}&=\Big[F(x)\arctan x\Big]_0^1-\int_0^1 \dfrac{F(x)}{1+x^2}dx\\&=-\dfrac{\pi^3}{48}-\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{x\ln(xy)}{(1+xy)(1+x^2)}dxdy\\&=-\dfrac{\pi^3}{48}-\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{x\ln x}{(1+xy)(1+x^2)}dxdy-\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{x\ln y }{(1+xy)(1+x^2)}dxdy\end{align}
Avec $\displaystyle F(x)=\int_0^x\dfrac{\ln t}{1+t}dt$ et $\displaystyle F(1)=-\frac{\pi^2}{12}$

Le fait qu'on ait $\ln(xy)=\ln x+\ln y$ couplé au théorème de Fubini (on peut intégrer dans l'ordre qu'on veut) est le truc magique dans l'histoire. On n'intègre pas réellement de fonction du type $x\rightarrow R(x)\ln x$.
Dans certains cas cette méthode fonctionne à merveille on se retrouve avec des intégrales dont on connaît la valeur ou bien parfois il faut à nouveau appliquer cette méthode.

Après je me suis posé la question, si on essaie de calculer $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln^2 x\arctan x}{1+x}dx$ est-ce que cette méthode va fonctionner? (on considère une primitive de $x\rightarrow \dfrac{\ln^2 x}{1+x}$ )
La réponse est non (mais c'est un non provisoire). En effet, dans le cours du calcul on va se retrouver avec $\displaystyle \ln^2(xy)=\ln^2 x+\ln^2 y+2\ln x\ln y$ les deux premiers termes ne gênent pas dans la mise en oeuvre de la méthode, mais le terme en $\ln x\ln y$ lui est une catastrophe: si on veut intégrer on ne pourra pas considérer que les facteurs $\ln x$ ET $\ln y$ sont tous les deux des constantes.

Il y a un phénomène qui se produit dans certaines intégrales qui met en jeu une symétrie des variables dans une intégrale double.
Essayons de faire le calcul indiqué:
\begin{align} B&=\int_0^1 \dfrac{\ln^2 x\arctan x }{1+x}dx\\&=\Big[G(x)\arctan x\Big]_0^1-\int_0^1 \dfrac{G(x)}{1+x^2}dx\\&=\dfrac{3\pi\zeta(3)}{8}-\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{x\ln^2(xy)}{(1+xy)(1+x^2)}dxdy\tag1\\
&=\dfrac{3\pi\zeta(3)}{8}+\underbrace{\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{y\ln^2(xy)}{(1+xy)(1+y^2)}dxdy}_{u(x)=xy}-\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{(x+y)\ln^2(xy)}{(1+x^2)(1+y^2)}dxdy\\
&=\dfrac{3\pi\zeta(3)}{8}+\underbrace{\int_0^1 \frac{1}{1+y^2}\left(\int_0^y \frac{\ln^2 u }{1+u}du\right)dy}_{\text{IPP}}-\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{(x+y)\ln^2(xy)}{(1+x^2)(1+y^2)}dxdy\\
&=\dfrac{3\pi\zeta(3)}{8}+\left[\arctan y\left(\int_0^y \frac{\ln^2 u}{1+u}du\right)\right]_0^1-B-\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{(x+y)\ln^2(xy)}{(1+x^2)(1+y^2)}dxdy\\
&=\dfrac{3\pi\zeta(3)}{8}-\frac{1}{2}\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{(x+y)\ln^2(xy)}{(1+x^2)(1+y^2)}dxdy\\
\end{align}
Avec $\displaystyle G(x)=\int_0^x\dfrac{\ln^2 t}{1+t}dt$ et $G(1)=\dfrac{3}{2}\zeta(3)$.


On s'est sorti de cette impasse en écrivant l'intégrande $(1)$ en éléments simples, l'intégrande est de la forme $R(x)\ln^2(xy)$, $R$ une fraction rationnelle en $x$ (on se fiche de $y$ ici qu'on considère comme une constante) puis en procédant à une seconde intégration par parties.Un miracle se produit, l'intégrale qui nous posait problème va disparaître pour faire apparaître l'intégrale à calculer précédée d'un signe $-$.
La dernière intégrale restante ne pose pas de problème à calculer.

Homo Topi:

Si tu cherches à établir une égalité $A=B$ par un raisonnement, tu n'es pas obligé de t'intéresser à $A$ même si dans beaucoup de situation cela semble le plus raisonnable à faire tu peux t'intéresser à $B$.

L'idée que j'ai essayé de mettre en oeuvre est de partir du résultat d'un calcul d'intégrale (le membre de droite d'une égalité) et d'essayer de voir si on ne peut pas "remonter" à l'intégrale à calculer. Remonter signifie ici qu'on va essayer de transformer le résultat en une intégrale: si on est chanceux on obtient l'intégrale à gauche de l'égalité à démontrer si on l'est un peu moins une autre intégrale mais qu'on arrivera à relier à celle qui nous intéresse par les outils ordinaires du calcul intégral: intégration par parties, changement de variable.
Le programme n'a pas réussi formellement mais en le mettant en oeuvre l'idée qu'un nombre $f(1)g(1)$ peut être vu comme le terme tout intégré dans une intégration par parties si $f(0)g(0)=0$ s'est imposé à moi ce faisant.
Et c'est ça qui me manquait car une fois qu'on déroule les conséquences de ceci tout s'enchaîne merveilleusement bien pour le calcul de ladite intégrale.

C'est une idée qui a débouché sur quelque chose d'exploitable mais c'est comme une goutte d'eau dans une mer d'idées à la c.. qui elles n'ont débouché sur rien. :-D
Je ne suis pas tenu au rendement donc j'ai toute liberté pour essayer des trucs à la c.. B-)-

Homo Topi: tu as envie de perdre du temps à effectuer un calcul d'intégrale dans lequel l'écriture de l'intégrale comporte une erreur ou pire, l'intégrale n'a pas de forme close remarquable?

Si tu as une formule à démontrer tu peux au moins commencer numériquement à essayer de t'assurer que la formule ne comporte pas d'erreur.

Comme déjà indiqué si on te dit calculer telle intégrale, implicitement tu fais confiance à celle ou celui qui pose la question sur le fait que la question a un intérêt et qu'on va donc obtenir une valeur remarquable. Dans un contexte d'enseignement tu fais confiance au prof qui te soumet un tel calcul à effectuer et donc tu ne te demandes pas si on n'est pas en train de te faire perdre ton temps. Sur MathExchange on voit quelques fois de telles demandes qui ne conduisent à rien de remarquable: il y avait une erreur dans l'énoncé etc.

Pour en revenir à l'intégrale du tout début $K=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}x\ln^2(\sin x)dx$.
On peut essayer de l'attaquer par la face nord. B-)-
On commence par du classique:
$\displaystyle K\overset{y=\tan\left(\frac{x}{2}\right)}=4\int_0^1 \frac{\arctan y\ln^2\left(\frac{2y}{1+y^2}\right)}{1+y^2}dy$

Après on développe le logarithme et on espère qu'on va être capable de calculer toutes les intégrales qui apparaissent.
Parmi ces intégrales il y a celle du message précédent. B-)-
Mais il y a celle-ci:
$\displaystyle K_1=\int_0^1 \frac{\arctan y\ln^2 y}{1+y^2}dy$ je ne sais pas encore si la deuxième méthode va fonctionner.

Par des considérations heuristiques je sais ce que vaut très probablement cette intégrale:
$\displaystyle K_1=\frac{1}{24}\pi^2\ln^2 2+\frac{151}{11520}\pi^4-\frac{7}{8}\zeta(3)\ln 2-\text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{24}\ln^4 2$
La présence du terme en $\text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)$ ne présage rien de bon. :-D

[Mettre une ' ' entre [ et i sinon, l'afficheur du forum le prend pour une bannière BBcode de mise en italique. AD]
Par des considérations heuristiques on peut deviner une forme close probable pour une intégrale bien qu'on ne sache pas a priori le prouver.

Suite à un calcul précédent je me demandais ce que pouvait valoir l'intégrale $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\arctan^2 x\ln x}{1+x}dx$ .
Si on essaie d'intégrer par parties en prenant une primitive de $x\rightarrow \dfrac{\ln x}{1+x}$ le terme tout intégré à un facteur rationnel près est $\pi^4$. Cela laisse suggérer heuristiquement qu'une forme close sera la somme de termes de "degré" 4.

Dans le calcul précédent on avait:
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\arctan x\ln x}{1+x^2}dx=\frac{7}{16}\zeta(3)-\dfrac{1}{4}\text{G}\pi$
Les termes sont de "degré" $3$ et il y a une homogénéité.
$\zeta(3)$ est de "degré" $3$ (plus généralement si $n\geq 2$, $\zeta(n)$ est de degré $n$)
$\text{G}$ est de "degré" $2$ et $\pi$ de degré $1$, quand on multiplie les "degrés" s'ajoutent donc $\text{G}\pi$ est de "degré" $3$ aussi.

Revenons à l'intégrale qui nous intéresse.
Avec un peu de pratique on obtient une liste de réels de "degré" $4$ qui interviennent souvent dans ce type de calcul.
Si on a de la chance notre intégrale s'exprime comme une combinaison linéaire à coefficients rationnels de ces valeurs.
Et c'est ce qui passe ici semble-t-il.

J'ai écrit un petit script GP PARI.

lindep4(x)={
NOM=["x","Pi^4","Pi*log(2)^3","Pi^2*log(2)^2","Pi^3*log(2)","polylog(4,1/2)","zeta(3)*log(2)","zeta(3)*Pi","log(2)^4","Pi*imag(polylog(3,1+I))","log(2)*imag(polylog(3,1+I))","Catalan^2","Catalan*log(2)^2","Catalan*Pi^2","Catalan*log(2)*Pi"];
VAL=[x,Pi^4,Pi*log(2)^3,Pi^2*log(2)^2,Pi^3*log(2),polylog(4,1/2),zeta(3)*log(2),zeta(3)*Pi,log(2)^4,Pi*imag(polylog(3,1+I)),log(2)*imag(polylog(3,1+I)),Catalan^2,Catalan*log(2)^2,Catalan*Pi^2,Catalan*log(2)*Pi];
L=lindep(VAL);
for(i=2,length(L),if(-L[ i]/L[1]>0,print1("+",-L[ i]/L[1],NOM[ i]));if(-L[ i]/VAL[1]<0,print1(-L[ i]/L[1],NOM[ i])));
}

Résultat:

? \p 100;
lindep4(x)={
NOM=["x","Pi^4","Pi*log(2)^3","Pi^2*log(2)^2","Pi^3*log(2)","polylog(4,1/2)","zeta(3)*log(2)","zeta(3)*Pi","log(2)^4","Pi*imag(polylog(3,1+I))","log(2)*imag(polylog(3,1+I))","Catalan^2","Catalan*log(2)^2","Catalan*Pi^2","Catalan*log(2)*Pi"];
VAL=[x,Pi^4,Pi*log(2)^3,Pi^2*log(2)^2,Pi^3*log(2),polylog(4,1/2),zeta(3)*log(2),zeta(3)*Pi,log(2)^4,Pi*imag(polylog(3,1+I)),log(2)*imag(polylog(3,1+I)),Catalan^2,Catalan*log(2)^2,Catalan*Pi^2,Catalan*log(2)*Pi];
L=lindep(VAL);
for(i=2,length(L),if(-L[ i]/L[1]>0,print1("+",-L[ i]/L[1],NOM[ i]));if(-L[ i]/L[1]<0,print1(-L[ i]/L[1],NOM[ i])));
}
lindep4(intnum(x=0,1,atan(x)^2*log(x)/(1+x)));
   realprecision = 105 significant digits (100 digits displayed)
-233/5760Pi^4-5/48Pi^2*log(2)^2+1polylog(4,1/2)+7/16zeta(3)*log(2)+1/24log(2)^4+1Pi*imag(polylog(3,1+I))-1/4Catalan*log(2)*Pi

On a l'air de tenir un résultat. Mais c'est peut-être dû à un hasard heureux, donc on va augmenter la précision:
(précédemment on avait fait les calculs avec $100$ décimales)
Précision $200$ décimales:

? \p 200;
lindep4(x)={
NOM=["x","Pi^4","Pi*log(2)^3","Pi^2*log(2)^2","Pi^3*log(2)","polylog(4,1/2)","zeta(3)*log(2)","zeta(3)*Pi","log(2)^4","Pi*imag(polylog(3,1+I))","log(2)*imag(polylog(3,1+I))","Catalan^2","Catalan*log(2)^2","Catalan*Pi^2","Catalan*log(2)*Pi"];
VAL=[x,Pi^4,Pi*log(2)^3,Pi^2*log(2)^2,Pi^3*log(2),polylog(4,1/2),zeta(3)*log(2),zeta(3)*Pi,log(2)^4,Pi*imag(polylog(3,1+I)),log(2)*imag(polylog(3,1+I)),Catalan^2,Catalan*log(2)^2,Catalan*Pi^2,Catalan*log(2)*Pi];
L=lindep(VAL);
for(i=2,length(L),if(-L[ i]/L[1]>0,print1("+",-L[ i]/L[1],NOM[ i]));if(-L[ i]/L[1]<0,print1(-L[ i]/L[1],NOM[ i])));
}
lindep4(intnum(x=0,1,atan(x)^2*log(x)/(1+x)));
   realprecision = 202 significant digits (200 digits displayed)
-233/5760Pi^4-5/48Pi^2*log(2)^2+1polylog(4,1/2)+7/16zeta(3)*log(2)+1/24log(2)^4+1Pi*imag(polylog(3,1+I))-1/4Catalan*log(2)*Pi

Précision $300$ décimales:

? \p 300;
lindep4(x)={
NOM=["x","Pi^4","Pi*log(2)^3","Pi^2*log(2)^2","Pi^3*log(2)","polylog(4,1/2)","zeta(3)*log(2)","zeta(3)*Pi","log(2)^4","Pi*imag(polylog(3,1+I))","log(2)*imag(polylog(3,1+I))","Catalan^2","Catalan*log(2)^2","Catalan*Pi^2","Catalan*log(2)*Pi"];
VAL=[x,Pi^4,Pi*log(2)^3,Pi^2*log(2)^2,Pi^3*log(2),polylog(4,1/2),zeta(3)*log(2),zeta(3)*Pi,log(2)^4,Pi*imag(polylog(3,1+I)),log(2)*imag(polylog(3,1+I)),Catalan^2,Catalan*log(2)^2,Catalan*Pi^2,Catalan*log(2)*Pi];
L=lindep(VAL);
for(i=2,length(L),if(-L[ i]/L[1]>0,print1("+",-L[ i]/L[1],NOM[ i]));if(-L[ i]/L[1]<0,print1(-L[ i]/L[1],NOM[ i])));
}
lindep4(intnum(x=0,1,atan(x)^2*log(x)/(1+x)));
   realprecision = 308 significant digits (300 digits displayed)
-233/5760Pi^4-5/48Pi^2*log(2)^2+1polylog(4,1/2)+7/16zeta(3)*log(2)+1/24log(2)^4+1Pi*imag(polylog(3,1+I))-1/4Catalan*log(2)*Pi

Il y a un piège à éviter dans ce type de calculs. Comme on change de précision pour s'assurer que notre résultat est certainement le bon, il ne faut pas pré-calculer de constante (par exemple l'intégrale étudiée). Autrement on va avoir l'impression que les coefficients sont insensibles à la précision (et sont donc certainement les bons).
Mais ici on a calculé tout à l'appel de la fonction.

La valeur probable est donc:

-233/5760*Pi^4-5/48*Pi^2*log(2)^2+polylog(4,1/2)+7/16*zeta(3)*log(2)+1/24*log(2)^4+Pi*imag(polylog(3,1+I))-1/4*Catalan*log(2)*Pi

\begin{align}\int_0^1 \frac{\arctan^2 x\ln x}{1+x}dx=-\frac{233}{5760}\pi^4-\frac{5}{48}\pi^2\ln ^2 2+\text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{7}{16}\zeta(3)\ln 2+\frac{1}{24}\ln^4 2+\pi \Im\left(\text{Li}_3\left(1+i\right)\right)-\frac{1}{4}\text{G}\pi\ln 2\end{align}

NB:
Le démontrer est une autre paire de manches. :-D

PS:
Pour faire fonctionner GP PARI dans votre navigateur:
https://pari.math.u-bordeaux.fr/gp.html