Une intégrale log-trigonométrique
dans Analyse
On sait démontrer de différentes manières l'évaluation suivante : $$
\int_{0}^{\Large \frac{\pi}{2}} \ln \cos x \,{\mathrm{d}x} = -\frac{\pi}{2} \ln 2. \hspace{3cm} (1)
$$ Soit à démontrer le nouveau résultat ci-dessous : $$
\int_{0}^{\Large \frac{\pi}{2}}\displaystyle
\sqrt{\sqrt{x^2 + \ln^2\!\cos x}-\ln \cos x}\,\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\sqrt{2\ln 2}. \qquad (2)
$$ Cordialement
Anselme-Olivier
24/09/2014
\int_{0}^{\Large \frac{\pi}{2}} \ln \cos x \,{\mathrm{d}x} = -\frac{\pi}{2} \ln 2. \hspace{3cm} (1)
$$ Soit à démontrer le nouveau résultat ci-dessous : $$
\int_{0}^{\Large \frac{\pi}{2}}\displaystyle
\sqrt{\sqrt{x^2 + \ln^2\!\cos x}-\ln \cos x}\,\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\sqrt{2\ln 2}. \qquad (2)
$$ Cordialement
Anselme-Olivier
24/09/2014
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Réponses
Par le changement de variable $\tau=\theta-\dfrac{\pi}{2}$ on montre que $\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\sin(\theta))d\theta=\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\tau))d\tau$
Donc:
$2\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta=\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\sin(\theta))d\theta+\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta=\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\sin(\theta)\cos(\theta))d\theta=\\\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\dfrac{1}{2})d\theta+\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(2\sin(\theta)\cos(\theta))d\theta=-\log(2)\dfrac{\pi}{2}+\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\sin(2\theta))d\theta$
Dans la dernière intégrale on fait le changement de variable $\tau=2\theta$ il vient:
$2\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta=-\log(2)\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\log(\sin(\theta))d\theta=-\log(2)\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\sin(\theta))d\theta+\dfrac{1}{2}\int_{\dfrac{\pi}{2}}^{\large \pi}\log(\sin(\theta))d\theta$
Dans la dernière intégrale on fait le changement de variable $\tau=\theta-\dfrac{\pi}{2}$ il vient:
$2\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta=-\log(2)\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\sin(\theta))d\theta+\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta=$
On a donc:
$2\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta=-\log(2)\dfrac{\pi}{2}+\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta$
Ainsi:
$\displaystyle \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\log(\cos(\theta))d\theta=-\log(2)\dfrac{\pi}{2}$
En espérant ne pas avoir écrit trop d'énormités.
C'est OK pour moi !
C'est fou, toutes ces symétries qui permettent de trouver la forme close
$$ \int_{0}^{\Large \frac{\pi}{2}} \ln \cos x \,{\mathrm{d}x} = -\frac{\pi}{2} \ln 2 $$ qui s'écrit aussi
$$\int_{0}^{\Large \frac{\pi}{2}} \ln (2\cos x) \,{\mathrm{d}x} = 0.$$
Ne te précipite pas pour donner ton calcul pour la deuxième intégrale. Laisse mijoter s'il te plait B-)-
je suppose que la cuisson sera longue et que les convives devront patienter encore un certain temps...
cordialement
$I=\displaystyle \int_{0}^{ \tfrac{\pi}{2}} \ln (\sin x) \,{\mathrm{d}x}$
$\displaystyle I=\Big[x\ln (\sin x) \Big]_0^{\tfrac{\pi}{2}}- \int_{0}^{ \tfrac{\pi}{2}} \dfrac{x}{\tan x}{\mathrm{d}x}=- \int_{0}^{ \tfrac{\pi}{2}} \frac{x}{\tan x}{\mathrm{d}x}$
On introduit la fonction:
$F(y)= \displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \frac{\arctan\big(y\tan(x)\big)}{\tan (x)}dx$ avec $-1<y<1$
Remarquons que $F(0)=0$ et que $F(1)=\displaystyle \int_{0}^{ \tfrac{\pi}{2}} \dfrac{x}{\tan x}{\mathrm{d}x}$
On dérive cette fonction par rapport à $y$ il vient:
$\displaystyle F'(y)= \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \frac{1}{1+\big(y\tan(x) \big)^2}dx$
On fait le changement de variable $u=\tan x$ il vient :
$\displaystyle F'(y)= \int_0^{+\infty}\dfrac{1}{(1+x^2)(1+y^2x^2)}dx=\int_0^{+\infty}\Big(\dfrac{y^2}{(y^2-1)(1+y^2x^2)}-\dfrac{1}{(y^2-1)(1+x^2)}\Big)dx$
Ainsi :
$F'(y)=\dfrac{1}{y^2-1}\times \Big[y\arctan (yx)\Big]_0^{+\infty}-\dfrac{1}{y^2-1}\Big[\arctan x\Big]_0^{+\infty}$
Donc:
$F'(y)=\dfrac{\pi}{2}\times \dfrac{1}{1+y}$ avec $-1<y<1$
Puisque $F(0)=0$ alors $F(y)=\dfrac{\pi}{2}\log (1+y)$ avec $-1<y<1$
$F$ est continue en $1$ donc la formule reste vraie en $y=1$
et on a donc $I=-F(1)=-\dfrac{\pi}{2}\log (2)$
http://math.stackexchange.com/questions/884021/ramanujan-log-trigonometric-integrals
(j'imagine que Weierstrass connaissait déjà ce truc)
On veut montrer que $\displaystyle J=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \dfrac{x}{\tan x}dx=\dfrac{\pi}{2}\ln 2\tag 1$
Remarquons tout d'abord que $\dfrac{\partial}{\partial x} \ln(\cos x)=-\tan x$
Dans l'intégrale $(1)$ on fait le changement de variable $y=\dfrac{x}{2}$,
$\begin{align}
J&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{4y}{\tan(2y)}dy\\
&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{4y}{\tfrac{2\tan y}{1-(\tan y)^2}}dy\\
&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{2y\left(1-(\tan y)^2\right)}{\tan y}dy\\
&=2\left(\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{y}{\tan y}-\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} y\tan y dy\right)\\
\end{align}$
Par ailleurs,
$\begin{align} J&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{x}{\tan x}dx+\int_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}} \dfrac{x}{\tan x}dx\\
&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{x}{\tan x}dx+\int_{0}^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{\tfrac{\pi}{2}-x}{\tan\left( \tfrac{\pi}{2}-x\right)}dx\\
&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{x}{\tan x}dx+\int_{0}^{\tfrac{\pi}{4}} \left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)\tan xdx\\
&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{x}{\tan x}dx+\dfrac{\pi}{2}\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \tan x dx-\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} x\tan x dx\\
&=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{x}{\tan x}dx-\dfrac{\pi}{2}\Big[\ln(\cos(x))\Big]_0^{\tfrac{\pi}{4}}-\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} x\tan x dx\\
&=\left(\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{x}{\tan x}dx-\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} x\tan x dx\right)+\dfrac{\pi}{4}\ln 2\\
&=\dfrac{J}{2}+\dfrac{\pi}{4}\ln 2
\end{align}$
Donc,
$\boxed{J=\dfrac{\pi}{2}\ln 2}$