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Gebrane: Vous restez quand même super trop ultra fort

PS: Je ne crois pas que la langue française contient des adjectifs pouvant décrire à quel point vous êtes trop fort

PS2: j'ai encore écrit un message en même temps que quelqu'un d'autre...

raoul, la personne qui m'a fait aimer le calcul intégral c'est Nancy

mouahaha gebrane, Nancy oui oui je la connais (que sur YouTube...), diplômée du MIT etc. mais je ne regardais pas ses vidéos pour les maths 8-)


PS. Chaurien a l'air de l'apprécier également...

FDP, je ne comprends pas ta phrase '' Peut-on faire plus simple sans utiliser de séries de Fourier et de fonctions de Clausen (un moyen de planquer les séries de Fourier sous le tapis)? ''

Est ce que tu vois ce-dessous des séries de Fourier ?

On pose

$\displaystyle K=\int_0^{1}\frac{\ln x\arctan x}{1+x^2} \,dx$

et pour $x\in [0;1]$, je pose à la FDP

$\begin{align}R(x)&=\int_0^x\frac{\ln t}{1+t^2}\,dt\\
&=\int_0^1 \frac{x\ln(xt)}{1+t^2x^2}\,dt
\end{align}$

On a , $\displaystyle R(0)=0,R(1)=-\text{G}$.

Par ipp

$\begin{align}K&=\Big[R(x)\arctan x\Big]_0^1-\int_0^1 \frac{R(x)}{1+x^2}\,dx\\
&=-\frac{\pi}{4}\text{G}-\int_0^1 \int_0^1 \frac{x\ln(xt)}{(1+t^2x^2)(1+x^2)}\,dt\,dx \\
&=-\frac{\pi}{4}\text{G}-\int_0^1 \int_0^1 \frac{x\ln t}{(1+t^2x^2)(1+x^2)}\,dt\,dx-\int_0^1 \int_0^1 \frac{x\ln x}{(1+t^2x^2)(1+x^2)}\,dt\,dx\\
&=-\frac{\pi}{4}\text{G}-\frac{1}{2}\int_0^1 \left[\frac{\ln t}{1-t^2}\times \ln\left(\frac{1+x^2}{1+t^2x^2}\right)\right]_{x=0}^{x=1}\,dt-\int_0^1 \Big[\frac{\arctan(tx)\ln x}{1+x^2}\Big]_{t=0}^{t=1} \,dx\\
&=-\frac{\pi}{4}\text{G}-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln\left( \frac{2}{1+t^2}\right)\ln t}{1-t^2}\,dt-K
\end{align}$

donc

$\begin{align} K&=-\frac{\pi}{8}\text{G}-\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\ln\left( \frac{2}{1+t^2}\right)\ln t}{1-t^2}\,dt\\
&=-\frac{\pi}{8}\text{G}-\frac{\ln 2}{4}\int_0^1 \frac{\ln t}{1-t^2}\,dt+\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\ln(1+t^2)\ln t}{1-t^2}\,dt
\end{align}$

On note

$\displaystyle L=\int_0^1 \frac{\ln(1+t^2)\ln t}{1-t^2}\,dt$

pour $x\in [0;1]$ on définit

$\begin{align}S(x)&=\int_0^x\frac{\ln t}{1-t^2}\,dt\\
&=\int_0^1 \frac{x\ln(tx)}{1-t^2x^2}\,dt
\end{align}$

Par ipp

$\begin{align}L&=\Big[S(x)\ln(1+x^2)\Big]_0^1 -\int_0^1 \int_0^1\frac{2x^2\ln(tx)}{(1+x^2)(1-t^2x^2)}\,dt\,dx\\
&=S(1)\ln 2-\int_0^1 \int_0^1 \frac{2x^2\ln t}{(1+x^2)(1-t^2x^2)}\,dt\,dx-\int_0^1 \int_0^1\frac{2x^2\ln x}{(1+x^2)(1-t^2x^2)}\,dt\,dx\\
&=S(1)\ln 2-\int_0^1 \left[-\frac{t\ln t}{1+t^2}\ln\left(\frac{1+tx}{1-tx}\right)+\frac{\ln t}{t}\ln\left(\frac{1+tx}{1-tx}\right)-\frac{2\arctan x \ln t}{1+t^2}\right]_{x=0}^{x=1}\,dt-\\
&\int_0^1 \left[\frac{x\ln x}{1+x^2}\ln\left(\frac{1+tx}{1-tx}\right)\right]_{t=0}^{t=1}\,dx\\
&=S(1)\ln 2-\int_0^1 \left[\frac{\ln t}{t}\ln\left(\frac{1+tx}{1-tx}\right)-\frac{2\arctan x \ln t}{1+t^2}\right]_{x=0}^{x=1}\,dt\\
&=S(1)\ln 2-\int_0^1 \frac{\ln t}{t}\ln\left(\frac{1+t}{1-t}\right)\,dt+\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{\ln t}{1+t^2}\,dt\\
&=S(1)\ln 2-\int_0^1 \frac{\ln t}{t}\ln\left(\frac{1+t}{1-t}\right)\,dt-\frac{1}{2}\pi\text{G}
\end{align}$

Soit ,

$\displaystyle M=\int_0^1 \frac{\ln t}{t}\ln\left(\frac{1+t}{1-t}\right)\,dt$

Par ipp

$\begin{align}M&=\Big[\frac{1}{2}\ln^2 t \ln\left(\frac{1+t}{1-t}\right)\Big]_0^1-\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{1-t^2}\,dt\\
&=-\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{1-t^2}\,dt\\
\end{align}$

donc

$\displaystyle M=-\frac{7}{4}\zeta(3)$

donc

$\displaystyle L=S(1)\ln 2+\frac{7}{4}\zeta(3)-\frac{1}{2}\pi\text{G}$

donc

$\begin{align}K&=-\frac{\pi}{8}\text{G}-\frac{\ln 2}{4}S(1) +\frac{1}{4}L\\
&=-\frac{\pi}{8}\text{G}-\frac{\ln 2}{4}S(1) +\frac{1}{4}\left(S(1)\ln 2+\frac{7}{4}\zeta(3)-\frac{1}{2}\pi\text{G}\right)\\
&=\frac{7}{16}\zeta(3)-\frac{1}{4}\pi\text{G}
\end{align}$

Bravo FdP pour cette $\displaystyle \int_0^{+ \infty} \frac{\ln x}{1+x^3}dx$.
Moi j'étais arrivé à $\displaystyle \int_0^1\frac{(1-x)\ln x}{1+x^3}dx$, et j'avais fait la décomposition en élément simples, mais sans pouvoir aller plus loin : impasse. La bonne idée que je n'ai pas eue c'est l’intégration par parties.
Mais une fois arrivé à $\displaystyle -\frac 89 \int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}dx$, pourquoi s'obliger à passer à $\displaystyle \int_0^1\frac{\ln x}{x-1}dx$ ? Celle-ci n'est pas une sorte de mètre-étalon, que je sache.
.Mieux aurait valu donner comme suggestion : $\displaystyle \int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}dx=\frac {\pi^2}{12}$, ce qui se trouve tout de suite avec un développement en série entière et un argument d'interversion immédiats. Ce n'est d'ailleurs pas une intégrale impropre. Et c'est terminé.
C'est vraiment une belle intégrale. Encore bravo, et bonne soirée.
Fr. Ch.

Ok j avais mal compris ta demande

Voilà comment je calculerais $\int_0^1 \frac{\ln(x)}{x-1}dx$
On à $\displaystyle
\ln(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots+(-1)^{n+1}\frac{x^{n}}{n}+\ldots $
Donc $\displaystyle
\ln(x)=(x-1)-\frac{(x-1)^{2}}{2}+\frac{(x-1)^{3}}{3}-\cdots+(-1)^{n+1}\frac{(x-1)^{n}}{n}+\ldots$
et $\displaystyle
\frac{\ln(x)}{x-1}=1-\frac{(x-1)^{1}}{2}+\frac{(x-1)^{2}}{3}-\cdots +(-1)^{n+1}\frac{(x-1)^{n-1}}{n}+\ldots$
et $\displaystyle
\int \frac{\ln(x)}{x-1}dx=x-\frac{(x-1)^{2}}{2×2}+\frac{(x-1)^{3}}{3×3}-\cdots+(-1)^{n+1}\frac{(x-1)^{n}}{n^{2}}+\ldots$
Donc
\begin{align*}
\int_0^1 \frac{\ln(x)}{x-1}dx&=1 - \Big(-\frac{(-1)^{2}}{2×2}+\frac{(-1)^{3}}{3×3}-\cdots+(-1)^{n+1}\frac{(-1)^{n}}{n^{2}}+\ldots\Big) \\
&=1-\Big(-\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}\Big) \\
&=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}.

\end{align*} Finallement
\[\int_0^1 \frac{\ln(x)}{x-1}=\frac{\pi^{2}}{6}.

\] Et voila c'est prouvé !!!

PS : je suis sur d'avoir fait une faute de frappe quelque part...

Comment fait-on pour virer cet affreux logarithme ? :)o

Oui je suis chaude pour le montrer :-D
Sauf erreur ton intégrale s’écrit $\int_0^1 \frac{\log^2 x}{x^2-x+1}\mathrm dx$, il fait tard

PS J'ai constaté dernièrement que tu doutes sur mon genre H ou F

\[\ln(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots + (-1)^{n+1}\frac{x^{n}}{n}+\ldots
\] ça ne converge que sur l'intervalle $]-1; 1]$ (sauf erreur) du coup
\[\ln(x)=(x-1)-\frac{(x-1)^{2}}{2}+\frac{(x-1)^{3}}{3}-\cdots + (-1)^{n+1}\frac{(x-1)^{n}}{n}+\ldots
\] et ça converge sur l'intervalle $]0; 2]$, or on veux intégrer sur l'intervalle $[0; 1]$ (sauf erreur).
Ou est l'erreur Fin De Partie ?

J'aurais dû préciser les intervalles de convergence ? :-)

Additif à la fin de mon précédent message. Au lieu d'invoquer la continuité de la fonction $t\mapsto \frac{t\ln t}{t-1}$ sur $[0,1]$, on peut observer que pour tout $t>0$
on a : $\ln t \le t-1$, d'où : $\ln \frac 1t \le \frac 1t -1$, et par suite pour $ t \in ]0,1[ $ : $\frac { t \ln t}{t-1} \le 1$.

FdP, la formule : $ \displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{1}{n^{2}}=\frac {\pi^2}6 $, on en a parlé plusieurs fois sur ce forum, et tu as dans tes archives un grand nombre de démonstrations, dont certaines sont élémentaires et peuvent être traitées à bac+1, ce que j'ai fait plusieurs fois avec mes élèves . En particulier celle des frères Yaglom, avec les polynômes, dont tu as trouvé la première publication, qui remonte aux années 1950. Il est inutile de soulever des difficultés à ce sujet.
Bonne journée.
Fr. Ch.

Quentino27, Euler a eu cette idée géniale, probablement parce que... il était un génie.