Une intégrale pas évidente
dans Analyse
Je partage avec vous mon intérêt du moment.
Je cherche à établir que :
$\displaystyle \int_0^{\tfrac{1}{\sqrt{5}}}\dfrac{\ln^2\Big(\dfrac{1-x}{1+x}\Big)}{x(1-x^2}dx=\frac{2}{5}\zeta(3)$
Vous pouvez imaginer la première chose que j'ai essayé de faire.
J'ai fait le changement de variable $y=\dfrac{1-x}{1+x}$
On obtient une expression avec des polylogarithmes et des logarithmes. On peut sans doute terminer le calcul en trichant* : on sort de son chapeau une égalité non-triviale qui lie logarithmes et polylogarithmes (on appelle ce genre d'égalités, échelles de polylogarithmes).
Je suis convaincu que par le calcul intégral on doit pouvoir établir cette égalité.
PS. Ce calcul est intervenu en essayant d'établir :
$\displaystyle \int_{0}^{1}\dfrac{\text{Li}_2\Big(\dfrac{x^2-1}{4}\Big)}{1-x^2}dx=-\dfrac{1}{5}\zeta(3)$
Problème posé sur M.E.
Naïvement je pensais établir cette égalité en deux coups de cuillère à pot. :-D
J'ai exploré beaucoup de pistes mais qui menaient à des intégrales dont je doutais être capable de pouvoir les calculer.
Finalement, j'ai ouvert grands mes yeux et j'ai pensé à un truc standard.
Si vous avez une intégrale de la forme $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{F\left(R(x)\right)}{R(x)}dx$ introduisez la fonction :
$\displaystyle Z(s)=\int_0^1 \dfrac{F\left(s\times R(x)\right)}{R(x)}dx$
Quand on dérive cette fonction on se débarrasse du facteur $R(x)$ au dénominateur même si on introduit des facteurs supplémentaires.
* : égalité non-triviale que je ne sais pas démontrer tout de suite maintenant, c'est la raison pour laquelle je parle de triche.
Lewin, le pape du polylogarithme, a sûrement consacré une ligne à ce calcul dans l'un de ses deux bouquins sur le sujet.
PS2. Je n'ai pas précisé une chose.
Mon premier choix de changement de variable pour la dernière intégrale mentionnée aurait été $y=\sin x$ mais hélas ! quelqu'un m'avait devancé sur cette piste et il a fallu faire plus original.
Je cherche à établir que :
$\displaystyle \int_0^{\tfrac{1}{\sqrt{5}}}\dfrac{\ln^2\Big(\dfrac{1-x}{1+x}\Big)}{x(1-x^2}dx=\frac{2}{5}\zeta(3)$
Vous pouvez imaginer la première chose que j'ai essayé de faire.
J'ai fait le changement de variable $y=\dfrac{1-x}{1+x}$
On obtient une expression avec des polylogarithmes et des logarithmes. On peut sans doute terminer le calcul en trichant* : on sort de son chapeau une égalité non-triviale qui lie logarithmes et polylogarithmes (on appelle ce genre d'égalités, échelles de polylogarithmes).
Je suis convaincu que par le calcul intégral on doit pouvoir établir cette égalité.
PS. Ce calcul est intervenu en essayant d'établir :
$\displaystyle \int_{0}^{1}\dfrac{\text{Li}_2\Big(\dfrac{x^2-1}{4}\Big)}{1-x^2}dx=-\dfrac{1}{5}\zeta(3)$
Problème posé sur M.E.
Naïvement je pensais établir cette égalité en deux coups de cuillère à pot. :-D
J'ai exploré beaucoup de pistes mais qui menaient à des intégrales dont je doutais être capable de pouvoir les calculer.
Finalement, j'ai ouvert grands mes yeux et j'ai pensé à un truc standard.
Si vous avez une intégrale de la forme $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{F\left(R(x)\right)}{R(x)}dx$ introduisez la fonction :
$\displaystyle Z(s)=\int_0^1 \dfrac{F\left(s\times R(x)\right)}{R(x)}dx$
Quand on dérive cette fonction on se débarrasse du facteur $R(x)$ au dénominateur même si on introduit des facteurs supplémentaires.
* : égalité non-triviale que je ne sais pas démontrer tout de suite maintenant, c'est la raison pour laquelle je parle de triche.
Lewin, le pape du polylogarithme, a sûrement consacré une ligne à ce calcul dans l'un de ses deux bouquins sur le sujet.
PS2. Je n'ai pas précisé une chose.
Mon premier choix de changement de variable pour la dernière intégrale mentionnée aurait été $y=\sin x$ mais hélas ! quelqu'un m'avait devancé sur cette piste et il a fallu faire plus original.
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Réponses
dont j'avais déjà parlé dans un autre fil (ne me demandez pas lequel). On doit à Markov une forme close pour cette série.
Pour faire le lien entre la dernière intégrale et cette série:
On fait le changement de variable $y=\sin x$ puis on utilise:
$\displaystyle 0\leq x\leq 1,\text{Li}(x)=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{n^2}$
Et pour finir, on fait appel aux formules de Wallis pour les intégrale du type $\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\cos^p xdx$ et on doit pouvoir arriver à faire apparaître la série précédente.
(je n'ai pas fait le calcul effectivement donc peut-être qu'il y a une subtilité que je ne vois pas)
\begin{align*}
I &:= \int_0^{1/\sqrt{5}}\dfrac{1}{x(1-x^2)}\ln^2\Big( \dfrac{1-x}{1+x} \Big)dx = -\int_{-1/\sqrt{5}}^0\dfrac{1}{y(1-y^2)}\ln^2\Big( \dfrac{1+y}{1-y} \Big)dy \\
&= -\int_{-1/\sqrt{5}}^0\dfrac{1}{y(1-y^2)}\Big( 2y \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{y^{2n}}{2n+1} \Big)^2dy
= -\int_{-1/\sqrt{5}}^0\dfrac{4y}{1-y^2}\Big(\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{y^{2n}}{2n+1} \Big)^2dy \\
&= -\int_{1/5}^0\dfrac{4\sqrt{u}}{1-u}\Big(\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{u^n}{2n+1} \Big)^2\Big(\dfrac{1}{2\sqrt{u}}du\Big)
= 2\int_0^{1/5}\dfrac{1}{1-u}\Big(\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{u^n}{2n+1}\Big)^2du
\\
& = 2\int_0^{1/5}\dfrac{1}{1-u}\Big(\dfrac{\text{argth}(\sqrt{u})}{\sqrt{u}}\Big)^2du,
\end{align*} car $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{u^n}{2n+1} = \dfrac{\text{argth}(\sqrt{u})}{\sqrt{u}},$ si $u \in \,]-1,1[\, \cap \,\R_+$.
Donc $I = \displaystyle 2\int_0^{1/5}\dfrac{1}{u(1-u)}\text{argth}(\sqrt{u})^2du$.
Apparemment on peut exprimer l'argument tangente hyperbolique avec des logarithmes, à voir si ça donne un truc.
\begin{align}
K&=\int_{0}^{1}\dfrac{\text{Li}_2\Big(\dfrac{x^2-1}{4}\Big)}{1-x^2}dx\\
&\overset{x=\sin y}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\text{Li}_2\Big(-\dfrac{1}{4}\cos^2 y\Big)}{\cos y}dy\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n\cos^{2n-1}x}{2^{2n}n^2}\right)dy\\
&=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{(-1)^n}{2^{2n}n^2}\Big(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n-1}x dx\Big)\right)\\
&=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{(-1)^n}{2^{2n}n^2}\times \frac{2^{2(n-1)}\big((n-1)!\big)^2}{(2n-1)!}\right)\\
&=\frac{1}{4}\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{(-1)^n}{n^2}\times \frac{(n-1)!(n-1)!\times n\times 2n}{(2n-1)!\times n\times 2n}\right)\\
&=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{(-1)^n}{n^2}\times \frac{n!\times n!}{n(2n)!}\right)\\
&=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^3\binom{2n}{n}}.
\end{align}
Quand on passe aux séries c'est en général pour utiliser un outil sur les séries. Mais ce n'est pas ce que tu fais à proprement parler me semble-t-il.
Je sais seulement que les fonctions inverses des fonctions hyperboliques s'expriment simplement à l'aide de logarithme, racine carrée et que la fonction $x\mapsto \dfrac{1}{1-x^2}$ est à un facteur multiplicatif constant près la dérivée de $\text{arctanh}$. En principe on peut toujours se ramener à cette dernière fonction quand on manipule $\text{arcsinh},\text{arccosh}$
(Comme pour les fonctions trigonométriques ordinaires il y a une longue table d'identités que vérifient les fonctions hyperboliques et leur inverses).
Mais j'ai toujours du mal à me rappeler leur expression exacte alors je cherche dans ma documentation (internet) l'expression dont j'ai besoin. À force de les manipuler, je finirais par m'en souvenir. B-)-
Si $\varphi$ est le nombre d'or
Puisque $\varphi=\dfrac{\varphi+1}{\varphi}$ au lieu de simplement procéder au changement de variable $\displaystyle y=\dfrac{1}{2}\Big(1+\frac{1}{x}\Big)$ on le fait suivre de celui-ci $z=\dfrac{1+y}{y}$.
On obtient le changement de variable $z=\dfrac{2x}{1-x}$.
\begin{align}K&\overset{z=\frac{2x}{1-x}}=\frac{1}{2}\int_0^\varphi \frac{(z+2)\ln^2(1+z)}{z(z+1)}dz\\
&=\int_0^\varphi \frac{\ln^2(1+z)}{z}dz-\frac{1}{2}\int_0^\varphi \frac{\ln^2(1+z)}{1+z}dz\\
&=\int_0^\varphi \frac{\ln^2(1+z)}{z}dz-\frac{1}{6}\ln^3(1+\varphi)\\
&\overset{\varphi^2=1+\varphi}=\int_0^\varphi \frac{\ln^2(1+z)}{z}dz-\frac{4}{3}\ln^3(\varphi)\\
\end{align}
Je tourne autour du pot :-D
NB: pourquoi avoir procédé au deuxième changement de variable? Si on applique que le premier changement de variable on se retrouve bien avec une expression qu'on peut décomposer en éléments simples mais l'une des bornes de l'intégrale est dans ce cas $\infty$ et on ne peut pas écrire le résultat comme une somme de deux intégrales convergentes.
PS:
On pourrait faire suivre le changement de variable $\displaystyle y=\dfrac{1}{2}\Big(1+\frac{1}{x}\Big)$ par celui-ci $z=y(y-1)$ (en faisant très attention!) car $\varphi(\varphi-1)=1$ mais à la fin on va très probablement se retrouver avec une intégrale avec une fonction inverse hyperbolique en intégrande (on va revenir au point de départ !).
PS2:
Je suis persuadé d'avoir fait un calcul similaire dans le passé mais cela me prendra moins de temps pour refaire le calcul que de retrouver la page web où j'ai laissé un tel calcul. B-)-
Je n'ai pas le temps de rédiger mais on s'en sort très bien en faisant :
1. Le changement de variable (1 - x)/(1 + x) = u
2. La nouvelle intégrale se coupe en 2 intégrales dont l'une est facile (IPP )
La seconde intégrale fait intervenir la borne $\dfrac{1}{ \phi^2}$ puis avec une intégration par partie
cette intégrale s'exprime avec $L_2(\dfrac{1}{\phi^2})$ $L_3(\dfrac{1}{\phi^2})$ qui sont des valeurs
exceptionnellement connus grâce aux formules de Landen .
Merci pour l'intérêt porté à la question.
Je cherche à faire le calcul complètement sans utilisation d'identités sur les polylogarithmes car autrement on peut terminer le calcul en quelques lignes car on a:
\begin{align}15\,\text{Li}_3(\varphi^{-2})=10\ln^3\varphi\,-2\pi^2\ln\varphi+12\,{\zeta(3)}.
\end{align} (Voir ici)
PS. Je crois avoir bien avancé sur ce calcul mais il y a encore un peu de travail.
PS. En général ce type d'égalités se démontre avec des outils élémentaires : changements de variable type homographie, au plus compliqué, intégration par parties, relation de Chasles sur les intégrales*.
Mais c'est une sorte de légo : il faut trouver le bon assemblage. B-)-
* formule du binôme.
$\displaystyle t=\ln\left( \frac{1-x}{1+x}\right) \quad ; \quad x= \frac{1-e^t}{1+e^t} \quad ; \quad dx=\frac{-2e^t}{\left(1+e^t\right)^2}dt.$
\begin{align}
\int_0^{\tfrac{1}{\sqrt{5}}}\dfrac{\ln^2\Big(\dfrac{1-x}{1+x}\Big)}{x(1-x^2\Big)}dx &= \int_0^{\ln(2-\varphi)}\dfrac{t^2 }{\frac{1-e^t}{1+e^t}\frac{4e^t}{\left(1+e^t\right)^2}}\frac{-2e^t}{\left(1+e^t\right)^2}dt \nonumber\\
&= \frac{1}{2} \int_0^{\ln(2-\varphi)}\dfrac{t^2 \left(1+e^t\right)}{e^t-1}dt \nonumber\\
&= \frac{1}{2} \int_0^{\ln(2-\varphi)} t^2 dt + \int_0^{\ln(2-\varphi)}\dfrac{t^2}{e^t-1}dt \nonumber.
\end{align} Le but de ce changement de variable est qu'il nous mène à la formule suivante mais pas tout à fait. $$\zeta(3) = \frac{1}{2} \int_0^{\infty}\dfrac{t^2}{e^t-1}dt.$$
Pour faire suite à ce que j'expliquais dans mon message précédent.
$\varphi$ vérifient des identités algébriques comme $\varphi=\dfrac{1+\varphi}{\varphi},\varphi=\dfrac{1}{\varphi-1}$
c'est la raison pour laquelle on peut espérer que le plan d'"attaque" que je propose va plus que probablement fonctionner.
Si tu comptes sur moi pour faire tes calculs, oublie tout de suite, j'ai ce qu'il me faut pour occuper tout mon dimanche voire toute la semaine prochaine. B-)-
PS:
J'ai ouvert ce fil, pour partager avec vous ces résultats que je trouve remarquables mais je sais bien que c'est bibi qui va faire les calculs manquants, comme d'hab' . :-D
C'est aussi une façon de me motiver.
D'après mes calculs ci-dessus. $$\frac{2}{5}\zeta(3) = \frac{1}{2} \int_0^{\omega} t^2 dt + \int_0^{\omega}\dfrac{t^2}{e^t-1}dt = \frac{\omega^3}{6} + \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{B_n}{n!} \int_0^{\omega} t^{n+1} dt ; \qquad \omega = -0.962423\ldots
$$ Ainsi, $$\frac{2}{5}\zeta(3) = \frac{\omega^3}{6} + \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{B_n}{(n+2)n!}\omega^{n+2}.$$
\begin{align}
\int_0^1 \frac{\ln^2(1+x)}{x}dx&=\int_0^1 \frac{\ln^2\big(\frac{1-x^2}{1-x}\big)}{x}dx\\
&=\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x^2)}{x}dx+\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x)}{x}dx-2\int_0^1 \frac{\ln(1-x)\ln(1-x^2)}{x}dx\\
&=\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x^2)}{x}dx-\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x)}{x}dx-2\int_0^1 \frac{\ln(1-x)\ln(1+x)}{x}dx\\
&=\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x^2)}{x}dx-\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x)}{x}dx+\frac{1}{2}\bigg(\int_0^1 \frac{\ln^2\big(\frac{1-x}{1+x}\big)}{x}dx-\int_0^1 \frac{\ln^2\left(1-x^2\right)}{x}dx\bigg)\\
&=\frac{1}{2}\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x^2)}{x}dx}_{u=x^2}-\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x)}{x}dx+\frac{1}{2}\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln^2\big(\frac{1-x}{1+x}\big)}{x}dx}_{u=\frac{1-x}{1+x}}\\
&=\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\ln^2(1-u)}{u}du-\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x)}{x}dx+\int_0^1 \frac{\ln^2 u}{1-u^2}du\\
&=-\frac{3}{4}\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln^2(1-u)}{u}du}_{z=1-u}+\int_0^1 \frac{\ln^2 u}{1-u^2}du\\
&=-\frac{3}{4}\int_0^1 \frac{\ln^2 z}{1-z}dz+\bigg(\int_0^1 \frac{\ln^2 u}{1-u}du-\underbrace{\int_0^1 \frac{u\ln^2 u}{1-u^2}du}_{z=u^2}\bigg)\\
&=-\frac{3}{4}\int_0^1 \frac{\ln^2 z}{1-z}dz+\int_0^1 \frac{\ln^2 u}{1-u}du-\frac{1}{8}\int_0^1 \frac{\ln^2 z}{1-z}dz\\
&=\frac{1}{8}\int_0^1 \frac{\ln^2 z}{1-z}dz\\
&=\frac{1}{8}\times 2\zeta(3)\\
&=\boxed{\dfrac{1}{4}\zeta(3)}
\end{align} NB.
Il a été utilisé : $\displaystyle -2ab=\frac{1}{2}\left((a-b)^2-(a+b)^2\right),\int_0^1\dfrac{\ln^2 x}{1-x}dx=2\zeta(3).$
Si on prend une approche savante de ce calcul alors le type de calculs proposés par Bd2017 va régler le problème en quelques lignes.
Après, en explorant d'autres facettes de ce problème il y a peut-être d'autres jolies choses à exhiber.
$$ Ou plus simplement $$\frac{1}{x(1-x^2)} = \frac{1}{x} + \frac{x}{1 - x^2}.$$
Ma préconisation est la suivante: Se retrouver qu'avec des intégrales de la forme $\displaystyle \int_a^b \dfrac{\ln^2 x}{1-x}dx$ (ce n'est pas forcément la meilleure idée).
Pourquoi cette forme? Parce que pour les bornes $a=0,b=1$, on sait comment relier cette intégrale à $\zeta(3)$.
Par exemple, on montre aisément que:
\begin{align}\int_0^\varphi \frac{\ln^2(1+x)}{x}dx&=2\zeta(3)-\int_0^{\varphi^2} \frac{\ln^2 x}{1-x}dx
\end{align}
Je pense que cette égalité joue un rôle dans une possible démonstration.
Il faut accumuler ce type d'égalités et quand on en a obtenu suffisamment qui sont "indépendantes" les unes des autres on finit par obtenir la solution cherchée.
Ce qui me manquait pour avancer dans le calcul est cette égalité (vous pouvez imaginer aisément comment on l'obtient):
\begin{align}
\int_1^\varphi \dfrac{\ln^2\big(\frac{x-1}{x+1}\big)}{x}dx=2\int_0^{\frac{1}{\varphi^3}}\dfrac{\ln^2 x}{1-x^2}dx
\end{align} Pour continuer à calculer cette intégrale, cela coule de source. Il faut récupérer une intégrale avec les bornes $0$ et $\varphi$
NB. $\quad\dfrac{\varphi+1}{\varphi-1}=\varphi^3.$
\begin{align}
\int_1^\varphi \dfrac{\ln^2\big(\frac{x-1}{x+1}\big)}{x}dx&=2\int_0^{\frac{1}{\varphi^3}}\dfrac{\ln^2 x}{1-x^2}dx\\
&=2\bigg(\underbrace{\int_{0\vphantom{\frac{1}{\varphi^3}}}^1\dfrac{\ln^2 x}{1-x^2}dx}_{=\frac{7}{4}\zeta(3)}-\underbrace{\int_{\frac{1}{\varphi^3}}^1\dfrac{\ln^2 x}{1-x^2}dx}_{u=x^{-\frac{1}{3}}}\bigg)\\
&=\frac{7}{2}\zeta(3)+54\int_1^{\varphi}\frac{u^2\ln^2 u}{1-u^6}du.
\end{align} Et cela semble être une belle impasse (la décomposition en éléments simples ne présage rien de bon pour la suite du calcul) on ne va pas arriver à tenir les deux bouts: garder des bornes acceptables et en même temps arriver à avoir des intégrandes normalisées.
Peut-être qu'on ne peut pas éviter le recours au changement de variable $u=x(x-1)$
qui transforme les bornes $1,\varphi$ en $0,1$ mais il faut trouver la bonne configuration pour ne pas se retrouver avec une intégrande à la c.. après changement de variable.
PS. Peut-être qu'il ne faut pas être trop exigent avec la forme de l'intégrande et se contenter de la forme $\displaystyle \int_a^b \dfrac{x^m\ln^2 x}{1-x^n}dx$
Dans les calculs menés jusqu'à maintenant on se retrouve avec des intégrales de la forme $\displaystyle \int_0^{\varphi^k} R(x)\ln^2 x dx$ avec $R$ une fraction rationnelle. On peut se ramener à $\displaystyle \int_0^{\varphi} T(x)\ln^2 x dx$ avec $T$ une fraction rationnelle. Je crains fortement que tout ceci conduise à une intégrale que je ne saurais pas calculer par une autre méthode. :-D
Pour tout réel $s>1$, on a la belle formule que j'appelle « Gamma et Zêta vont en bateau » : $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{x^{s-1}}{e^{x}-1}dx=\zeta (s)\Gamma (s)$.
Elle se démontre élémentairement, sans même convergence dominée. Elle reste vraie pour $s$ complexe, $\textrm{Re}~s>1$.
Bonne journée.
Fr. Ch.
\begin{align}
L&=\int_0^\varphi \frac{\ln^2\left(x+1\right)}{x}dx\\
&=\int_0^1 \frac{\ln^2\left(1+x\right)}{x}dx+\int_1^\varphi \frac{\ln^2\big(\frac{x^2-1}{x-1}\big)}{x}dx\\
&=\int_0^1 \frac{\ln^2\left(1+x\right)}{x}dx+\int_1^\varphi \frac{\ln^2\left(x^2-1\right)}{x}dx+\int_1^\varphi \frac{\ln^2\left(x-1\right)}{x}dx-2\int_1^\varphi \frac{\ln\left(x^2-1\right)\ln\left(x-1\right)}{x}dx\\
&=\int_0^1 \frac{\ln^2\left(1+x\right)}{x}dx+\int_1^\varphi \frac{\ln^2\left(x^2-1\right)}{x}dx-\int_1^\varphi \frac{\ln^2\left(x-1\right)}{x}dx-2\int_1^\varphi \frac{\ln\left(x+1\right)\ln\left(x-1\right)}{x}dx\\
&=\int_0^1 \frac{\ln^2\left(1+x\right)}{x}dx+\int_1^\varphi \frac{\ln^2\left(x^2-1\right)}{x}dx-\int_1^\varphi \frac{\ln^2\left(x-1\right)}{x}dx+\int_1^\varphi \frac{\ln^2\big(\frac{x-1}{x+1}\big)-\ln^2\left(x-1\right)-\ln^2\left(x+1\right)}{x}dx\\
&=\int_0^1 \frac{\ln^2\left(1+x\right)}{x}dx+\int_1^\varphi \frac{\ln^2\left(x^2-1\right)}{x}dx-2\int_1^\varphi \frac{\ln^2\left(x-1\right)}{x}dx+\int_1^\varphi \frac{\ln^2\big(\frac{x-1}{x+1}\big)}{x}dx-\int_1^\varphi \frac{\ln^2\left(x+1\right)}{x}dx\\
&=\int_0^1 \frac{\ln^2\left(1+x\right)}{x}dx+\int_1^\varphi \frac{\ln^2\left(x^2-1\right)}{x}dx-2\int_1^\varphi \frac{\ln^2\left(x-1\right)}{x}dx+\int_1^\varphi \frac{\ln^2\big(\frac{x-1}{x+1}\big)}{x}dx-\bigg(L-\int_0^1 \frac{\ln^2\left(x+1\right)}{x}dx\bigg)\\
2L&=2\int_0^1 \frac{\ln^2\left(1+x\right)}{x}dx+\int_1^\varphi \frac{\ln^2\left(x^2-1\right)}{x}dx-2\int_1^\varphi \frac{\ln^2\left(x-1\right)}{x}dx+\int_1^\varphi \frac{\ln^2\big(\frac{x-1}{x+1}\big)}{x}dx
\end{align}
\begin{align}
\underbrace{\int_1^\varphi \frac{\ln^2 (x^2-1)}{x}dx}_{u=x^2-1}-2\underbrace{\int_1^\varphi \frac{\ln^2 (x-1)}{x}dx}_{u=x-1}&=\frac{1}{2}\int_0^{\varphi} \frac{\ln^2 u}{1+u}du-2\int_0^{\varphi-1} \frac{\ln^2 u}{1+u}du\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\varphi} \frac{\ln^2 u}{1+u}du-2\bigg(\int_0^{1} \frac{\ln^2 u}{1+u}du-\underbrace{\int_{\varphi-1}^1 \frac{\ln^2 u}{1+u}du}_{z=\frac{1}{u}}\bigg)\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\varphi} \frac{\ln^2 u}{1+u}du-2\int_0^{1} \frac{\ln^2 u}{1+u}du+2\int_1^{\varphi} \frac{\ln^2 z}{z(1+z)}dz\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\varphi} \frac{\ln^2 u}{1+u}du-2\int_0^{1} \frac{\ln^2 u}{1+u}du+2\Big(\int_1^\varphi \frac{\ln^2 z}{z}dz-\int_1^\varphi \frac{\ln^2 z}{1+z}dz\Big)\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\varphi} \frac{\ln^2 u}{1+u}du-2\int_0^{1} \frac{\ln^2 u}{1+u}du+\frac{2}{3}\ln^3\varphi-2\int_1^\varphi \frac{\ln^2 z}{1+z}dz\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\varphi} \frac{\ln^2 u}{1+u}du-2\int_0^{1} \frac{\ln^2 u}{1+u}du+\frac{2}{3}\ln^3\varphi-2\Big(\int_0^\varphi \frac{\ln^2 z}{1+z}dz-\int_0^1 \frac{\ln^2 z}{1+z}dz\Big)\\
&=-\frac{3}{2}\int_0^{\varphi} \frac{\ln^2 u}{1+u}du+\frac{2}{3}\ln^3\varphi\\
&=-\frac{3}{2}\bigg(\int_0^\varphi \frac{\ln^2 z}{1-z}dz-\underbrace{\int_0^\varphi \frac{2z\ln^2 z}{1-z^2}dz}_{u=z^2}\bigg)+\frac{2}{3}\ln^3\varphi\\
&=-\frac{3}{2}\int_0^\varphi \frac{\ln^2 z}{1-z}dz+\frac{3}{8}\underbrace{\int_0^{\varphi^2} \frac{\ln^2 u}{1-u}du}_{=2\zeta(3)-L}+\frac{2}{3}\ln^3\varphi\\
&=\boxed{\displaystyle -\frac{3}{2}\int_0^\varphi \frac{\ln^2 z}{1-z}dz+\frac{3}{4}\zeta(3)-\frac{3}{8}L+\frac{2}{3}\ln^3\varphi}
\end{align} On montre que :
\begin{align}\int_1^\varphi \dfrac{\ln^2\big(\frac{x-1}{x+1}\big)}{x}dx&=54\int_0^{\varphi}\frac{u^2\ln^2 u}{1-u^6}du
\end{align} Pour terminer le calcul il faut donc évaluer $\displaystyle 54\int_0^{\varphi}\frac{u^2\ln^2 u}{1-u^6}du-\frac{3}{2}\int_0^\varphi \frac{\ln^2 z}{1-z}dz$. La décomposition en éléments simples ne laisse pas présager, me semble-t-il, une issue simple. C'est moche. :-D
Le changement de variable $u=x(x-1)$(1) appliqué à une intégrale du type $\displaystyle \int_1^\varphi $ fait disparaître le $\varphi$ des bornes d'intégration mais il y a un prix à payer pour ceci. Ne peut-on pas trouver des intégrales où le prix à payer ne serait pas rédhibitoire?
On a formellement $\displaystyle \int_1^\varphi (2x-1)F\big(x(x-1)\big)dx=\int_0^1 F(x)dx$
Pour en revenir à mon problème prendre $F(t)=\dfrac{\ln^2 t}{1+t}$ est bigrement tentant.
En effet,
\begin{align}\frac{3}{2}\zeta(3)&=\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1+x}dx\\&=\int_1^\varphi \frac{(2x-1)\ln^2\big(x(x-1)\big)}{1+x(x-1)}dx\\
&=\int_1^\varphi \frac{(2x-1)\ln^2 x}{1+x(x-1)}dx+\underbrace{\int_1^\varphi \frac{(2x-1)\ln^2(x-1)}{1+x(x-1)}dx}_{u=x-1}+2\underbrace{\int_1^\varphi \frac{(2x-1)\ln(x-1)\ln x}{1+x(x-1)}dx}_{u=x-1}\\
&=\int_1^\varphi \frac{(2x-1)\ln^2 x}{x^2-x+1}dx+\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln^2 u}{u^2+u+1}du+\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln(u+1)\ln u}{u^2+u+1}du\\
\end{align}
Et si on effectue à nouveau un changement de variable $z=\dfrac{1}{u}$ dans les deux dernières intégrales on récupère les bornes $1,\varphi$. Il faut faire précéder ce changement de variable d'un coup de relation de Chasles pour ne pas avoir de borne égale à $0$.
Par ailleurs, on a:
\begin{align}\dfrac{x^2\ln^2 x}{1-x^6}=-\frac{2 x\, {{\ln{(x)}}^{2}}+{{\ln{(x)}}^{2}}}{6 \left( {{x}^{2}}+x+1\right) }+\frac{2 x\, {{\ln{(x)}}^{2}}-{{\ln{(x)}}^{2}}}{6 \left( {{x}^{2}}-x+1\right) }+\frac{{{\ln{(x)}}^{2}}}{6 \left( x+1\right) }-\frac{{{\ln{(x)}}^{2}}}{6 \left( x-1\right) }\end{align}
Tout ceci ne peut pas être que des coïncidences. :-)
(1) sur l'intervalle $[1,\varphi]$ cette fonction est monotone mais la dérivée s'annule en $x=\dfrac{1}{2}$
\begin{align}
\int_1^\varphi \dfrac{\ln^2\big(\frac{x-1}{x+1}\big)}{x}dx&=2\int_0^{\frac{1}{\varphi^3}}\dfrac{\ln^2 x}{1-x^2}dx\\
&=2\bigg(\underbrace{\int_{0\vphantom{\frac{1}{\varphi^3}}}^1\dfrac{\ln^2 x}{1-x^2}dx}_{=\frac{7}{4}\zeta(3)}-\underbrace{\int_{\frac{1}{\varphi^3}}^1\dfrac{\ln^2 x}{1-x^2}dx}_{z=x^{\frac{1}{3}}}\bigg)\\
&=\frac{7}{2}\zeta(3)-54\int_{\frac{1}{\varphi}}^1\frac{z^2\ln^2 z}{1-z^6}dz\\
&=54\int_0^{\frac{1}{\varphi}}\frac{z^2\ln^2 z}{1-z^6}dz\\
\end{align} NB : je n'ai pas fait le détail de l'utilisation de la relation de Chasles et du calcul de l'intégrale qui apparaît à cette occasion. Ce calcul ne pose pas de problème voire on n'a pas besoin de l'effectuer si on arrange mieux les calculs. On verra ça plus tard quand je serais sûr que le chemin suivi conduit au résultat souhaité.
\begin{align}\frac{3}{2}\zeta(3)=\int_1^\varphi \frac{(2x-1)\ln^2 x}{x^2-x+1}dx+\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln^2 u}{u^2+u+1}du+\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln(u+1)\ln u}{u^2+u+1}du\\
\end{align}
la première intégrale n'a pas les bornes souhaitées il faut y remédier:
\begin{align}\int_1^\varphi \frac{(2x-1)\ln^2 x}{x^2-x+1}dx&\overset{u=\frac{1}{x}}=\int_{\frac{1}{\varphi}}^1\frac{(2-u)\ln^2 u}{u(u^2-u+1)}du\\
&=2\int_{\frac{1}{\varphi}}^1\frac{\ln^2 u}{u}du-\int_{\frac{1}{\varphi}}^1\frac{(2u-1)\ln^2 u}{u^2-u+1}du\\
&=\frac{2}{3}\ln^3 \varphi-\left(\int_0^1\frac{(2u-1)\ln^2 u}{u^2-u+1}du-\int_0^{\frac{1}{\varphi}}\frac{(2u-1)\ln^2 u}{u^2-u+1}du\right)\\
&=\frac{2}{3}\ln^3 \varphi+\frac{4}{3}\zeta(3)+\int_0^{\frac{1}{\varphi}}\frac{(2u-1)\ln^2 u}{u^2-u+1}du\\
\end{align}
C'est embêtant a priori qu'il n'y ait pas de signe - devant la dernière intégrale (il n'y a pas d'erreur) au regard de la décomposition en éléments simples de $\displaystyle \dfrac{x^2\ln^2 x}{1-x^6}$ indiquée plus haut.
\begin{align}
\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln(u+1)\ln u}{u^2+u+1}du&=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln^2 u}{u^2+u+1}du+\frac{1}{2}\underbrace{\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln^2 (u+1)}{u^2+u+1}du}_{z=\frac{1}{1+u}}-\frac{1}{2}\underbrace{\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln^2\left( \frac{u}{u+1}\right)}{u^2+u+1}du}_{z=\frac{u}{u+1}}\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln^2 u}{u^2+u+1}du+\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{\varphi}}^1 \frac{(2-z)\ln^2 z}{z(z^2-z+1)}dz -\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi^2}}\frac{(1+z)\ln^2 z}{(1-z)(z^2-z+1)}dz\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln^2 u}{u^2+u+1}du+\frac{1}{3}\ln^3 \varphi-\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{\varphi}}^1\frac{(2z-1)\ln^2 z}{z^2-z+1}dz-\int_0^{\frac{1}{\varphi^2}}\frac{\ln^2 z}{1-z}dz-\\
&\qquad\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi^2}}\frac{(2z-1)\ln^2 z}{z^2-z+1}dz\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln^2 u}{u^2+u+1}du+\frac{1}{3}\ln^3 \varphi+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi}}\frac{(2z-1)\ln^2 z}{z^2-z+1}dz+\underbrace{\int_{\frac{1}{\varphi^2}}^1\frac{\ln^2 z}{1-z}dz}_{u=\frac{1}{z}}-\\
&\qquad\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi^2}}\frac{(2z-1)\ln^2 z}{z^2-z+1}dz-\frac{4}{3}\zeta(3)\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln^2 u}{u^2+u+1}du+\frac{1}{3}\ln^3 \varphi+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi}}\frac{(2z-1)\ln^2 z}{z^2-z+1}dz-\int_1^{\varphi^2}\frac{\ln^2 z}{z(1-z)}dz-\\
&\qquad\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi^2}}\frac{(2z-1)\ln^2 z}{z^2-z+1}dz-\frac{4}{3}\zeta(3)\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln^2 u}{u^2+u+1}du-\frac{7}{3}\ln^3 \varphi+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi}}\frac{(2z-1)\ln^2 z}{z^2-z+1}dz-\int_1^{\varphi^2}\frac{\ln^2 z}{1-z}dz-\\
&\qquad\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi^2}}\frac{(2z-1)\ln^2 z}{z^2-z+1}dz-\frac{4}{3}\zeta(3)\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln^2 u}{u^2+u+1}du-\frac{7}{3}\ln^3 \varphi+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi}}\frac{(2z-1)\ln^2 z}{z^2-z+1}dz-\underbrace{\int_0^{\varphi^2}\frac{\ln^2 z}{1-z}dz}_{2\zeta(3)-L}-\\
&\qquad\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi^2}}\frac{(2z-1)\ln^2 z}{z^2-z+1}dz+\frac{2}{3}\zeta(3)\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi}} \frac{(2u+1)\ln^2 u}{u^2+u+1}du-\frac{7}{3}\ln^3 \varphi+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi}}\frac{(2z-1)\ln^2 z}{z^2-z+1}dz-\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\varphi^2}}\frac{(2z-1)\ln^2 z}{z^2-z+1}dz-\\
&\qquad\frac{4}{3}\zeta(3)+L\\
\end{align} Seule la dernière intégrale est problématique, a priori, la borne $\dfrac{1}{\varphi^2}$ est une épine dans le pied. :-D
$\displaystyle \int_0^{\frac{1}{\varphi^2}}\frac{(2z+1)\ln^2 z}{z^2+z+1}dz=4\left(\int_0^{\frac{1}{\varphi}}\frac{(2z-1)\ln^2 z}{z^2-z+1}dz+\int_0^{\frac{1}{\varphi}}\frac{(2z+1)\ln^2 z}{z^2+z+1}dz\right)$
Il reste à le démontrer. B-)-
fjaclot
Il ne faut pas désespérer. On va trouver une solution élémentaire (mais pas forcément courte).
Je doute que Landen se soit dit: cette égalité doit être vraie montrons là par dérivation.B-)-
Il a dû faire des manipulations comme moi et il est tombé sur une formule, qu'on peut après coup démontrer par simple dérivation (très probablement).