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Bonsoir, je ne peux pas résister à l'envie de donner ce calcul de $I = \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)^2}{1+x^3} \mathrm dx $:
En suivant Cartan: Théorie Elémentaire des Fonctions Analytiques ... chez Hermann: si $D= \mathbb{C} -\mathbb{R}^+$:
$$
\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)^3}{1+x^3} \mathrm dx - \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x+ 2\pi i)^3}{1+x^3} \mathrm dx \; = \; 2\pi i \sum_{a\in D} \bigl\{ \mathrm {res}_{z=a} \left( \dfrac{\ln (z)^3}{1+z^3}\right) \bigr\} .

$$ Ceci se prouve en intégrant $\dfrac{\ln (z)^3}{1+z^3}$ sur un contour en forme de trou de serrure.
On développe le cube :
$$

-6\pi i \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)^2}{1+x^3} \mathrm dx +12\pi^2 \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)}{1+x^3} \mathrm dx +8 \pi^3 i \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{1+x^3} \mathrm dx \; = \; 2\pi i \sum_{a\in D} \bigl\{ \mathrm {res} _{z=a} \left( \dfrac{\ln (z)^3}{1+z^3}\right) \bigr\} .

$$ On sait que (en fait, on applique la même méthode avec le carré du logarithme au lieu du cube...):
1) $\displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)}{1+x^3} \mathrm dx = -2\pi ^2/27$.
2) $\displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{1+x^3} \mathrm dx = 2\pi \sqrt{3}/9$.
On sépare partie réelle et imaginaire après avoir divisé par $-6\pi i$:
$$

\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)^2}{1+x^3} \mathrm dx -\frac{4 \pi^2}{3} \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{1+x^3} \mathrm dx \; = \; -\frac{1}{3}\Re \bigl\{ \sum_{a\in D} \mathrm {res} _{z=a} \left( \dfrac{\ln (z)^3}{1+z^3}\right) \bigr\} .



$$ Il reste à évaluer les résidus correspondant aux pôles $-1$, $\rho = e^{i\pi /3}$ et $\overline{\rho}$ :
Si $g(z) = \dfrac{1}{1+z^3}$, les résidus de $g$ sont:
1) $ \mathrm {res}_{z=-1} g(z) = \dfrac{1}{3}$ donc $\mathrm {res}_{z=-1} \left( \ln (z)^3 g(z)\right) = \dfrac{(i\pi)^3}{3} = \dfrac{-i\pi^3}{3} $
2) $ \mathrm {res}_{z=\rho} g(z) = -\dfrac{\rho}{3}$ donc $\mathrm {res}_{z=\rho} \left( \ln (z)^3 g(z)\right) = -\rho\dfrac{(i\pi/3)^3}{3} = i\rho \dfrac{\pi^3}{81}$ donc $\Re \left( i\rho \dfrac{\pi^3}{81}\right) = - \dfrac{\pi^3 \sqrt{3}}{2\times 81}$
3) $\displaystyle \mathrm {res}_{z=\overline{\rho} } \; g(z) = -\dfrac{\overline{\rho}}{3}$ donc $\mathrm {res}_{z=\overline{\rho}} \left( \ln (z)^3 g(z)\right) = -\overline{\rho}\; \dfrac{(5i\pi/3)^3}{3} = i \; \overline{\rho} \; \dfrac{125\pi^3}{81}$ donc $\Re \left( i\overline{\rho} \dfrac{125\pi^3}{81}\right) = \dfrac{125\pi^3 \sqrt{3}}{2\times 81}$

On termine le calcul :
$$ \begin{align*}
\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)^2}{1+x^3} \mathrm dx &= \frac{4 \pi^2}{3} \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{1+x^3} \mathrm dx \; -\; \dfrac{62\pi^3 \sqrt{3}}{243} \\


% \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)^2}{1+x^3} \mathrm dx
&= \frac{4 \pi^2}{3} \times 2\pi \sqrt{3}/9 \; - \; \dfrac{62\pi^3 \sqrt{3}}{243}

\end{align*}
$$ Finalement :
$$
\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)^2}{1+x^3} \mathrm dx \; = \; \dfrac{10\pi^3 \sqrt{3}}{243} $$

Bonsoir, je ne peux pas non plus résister à l'envie de donner ce calcul de $I = \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)}{1+x^n} \mathrm dx $:
$$\
displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)^2}{1+x^n} \mathrm dx - \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x+ 2\pi i)^2}{1+x^n} \mathrm dx \; = \; 2\pi i \sum_{a\in D} \bigl\{ \mathrm res_{z=a} \left( \dfrac{\ln (z)^2}{1+z^n}\right) \bigr\} .

$$ Ceci se prouve en intégrant $\dfrac{\ln (z)^2}{1+z^n}$ sur un contour en forme de trou de serrure.
On développe le carré :
$$

-4\pi i \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)}{1+x^n} \mathrm dx +4\pi^2 \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{1+x^n} \mathrm dx \; = \; 2\pi i \sum_{a\in D} \bigl\{ \mathrm res_{z=a} \left( \dfrac{\ln (z)^2}{1+z^n}\right) \bigr\} .





$$ On sépare partie réelle et imaginaire après avoir divisé par $-4\pi i$ :
$$

\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)}{1+x^n} \mathrm dx \; = \; -\frac{1}{2}\Re \Bigl\{ \sum_{a\in D} \mathrm res_{z=a} \left( \dfrac{\ln (z)^2}{1+z^n}\right) \Bigr\} .



$$ Il reste à évaluer les résidus correspondant aux pôles $\rho _k = \zeta^k e^{i\pi /n}$ avec $\zeta = e^{2i\pi/n}$ pour $ 0 \leq k \leq n-1$ :
Si $g(z) = \dfrac{1}{1+z^n}$, les résidus de $g$ sont : $



\mathrm res_{z=\rho_k} g(z) = -\dfrac{\rho_k}{n},

$
donc $\mathrm res_{z=\rho_k} \left( \ln (z)^2 g(z)\right) = -\dfrac{\rho_k}{n} \log \left( \rho_k\right)^2 $
Il faut prendre la détermination du logarithme correspondant à un argument compris entre 0 et $2\pi$ :
$$
\ln \left( \rho_k\right)^2 =- \left( \pi/n + 2k\pi/n \right)^2 \;= \; -(2k+1)^2\frac{\pi^2}{n^2} .

$$ Finalement :
$$
\mathrm res_{z=\rho_k} g(z) = \rho_k\dfrac{\pi^2(2k+1)^2}{n^3}.


$$ On a besoin de la partie réelle de la somme des résidus :
$$
\Re \bigl\{ \rho_k\bigr\} \; = \; \cos\left(\dfrac{(2k+1)\pi}{n} \right).

$$ Soit :
$$

\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)}{1+x^n} \mathrm dx \; = \; -\frac{\pi^2}{n^3} \sum_{k=0}^{n-1} (2k+1)^2\cos\left(\dfrac{(2k+1)\pi}{n} \right).




$$ On termine le calcul en évaluant la somme :
$$
C_{n,2} (x) \; = \; \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} (2k+1)^2\cos\left((2k+1)x \right) .

$$ On reconnaît la dérivée seconde de :
$$
C_{n} (x) \; = \;\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \cos\left((2k+1)x \right)


$$ $C_n(x)$ se calcule classiquement en évaluant $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} e^{i(2k+1)x} =e^{ix} \sum_{k=0}^{n-1} e^{i2kx} = e^{ix}\dfrac{e^{i2nx} - 1}{e^{i2x}-1} $

Les formules d'Euler donnent :
$$
C_n(x) \; = \; \Re \Bigl\{ e^{inx}\dfrac{\sin(nx)}{\sin(x)} \Bigr\}.

$$ Bilan : $$C_n(x) \; = \; \dfrac{\sin(2nx)}{2\sin(x)}.

$$ Après avoir dérivé deux fois et pris la valeur de la dérivée seconde en $x=\frac{\pi}{n}$ :
$$
C_{n,2}\big(\frac{\pi}{n}\big) \; = \; 2n\dfrac{\cos ( \frac{\pi}{n})}{\sin^2(\frac{\pi}{n})}.



$$ Finalement :
$$
\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)}{1+x^n} \mathrm dx \; = \;-\dfrac{\pi^2}{n^2} \; \dfrac{\cos ( \frac{\pi}{n})}{\sin^2(\frac{\pi}{n})}.

$$ On peut alors remplacer l'entier $n$ par un complexe $s$ convenablement choisi par prolongement analytique.
On peut vérifier que pour $n=3$, on obtient :
$$
\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln (x)}{1+x^3} \mathrm dx \; = \; -\dfrac{2\pi^2}{27}.$$

Par dérivation si tu supposes connu $\int_{0}^{+\infty}\frac{x^a}{1+x^n}\,dx$

FDP On a pas déjà vu ce calcul je crois dans le fil d'Oshine ?
$\int_0^{\infty}\frac{x^{a-1}}{1+x^b}dx=\frac{1}{b}\int_0^{\infty}\frac{u^{\frac{a-1}{b}-1+\frac{1}{b}}}{1+u}du=\frac{1}{b}\Gamma\left(\frac{a}{b}\right)\Gamma\left(1-\frac{a}{b}\right)=\frac{\pi}{b \sin \left(\frac{a\pi}{b}\right)}.$

Bonjour , avec les TL non?

edit ça marche avec les TL https://www.wolframalpha.com/input/?i=(1/2)\int_0^{+\infty}+(+s/2-s^3/(2(s^2+4))-2s^3/(1+s^2)^2)+

https://www.wolframalpha.com/input/?i=\displaystyle+\int_0^\infty+\dfrac{\sin^2+x-x\sin+x}{x^3}dx

FDP à force de se restreindre, on peut devenir borné

Oui les TL , c'est les transformées de Laplace , j'utilise cette identité

https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/6f622261e2084edd910d0fa39e34e454165c4734

https://en.wikipedia.org/wiki/Laplace_transform#Evaluating_integrals_over_the_positive_real_axis

La methode que tu cites demande que ton f soit \pi périodique et ce n'est pas le cas

FDP Eureka j'ai trouvé une belle façon incroyable comment utiliser Frullani

1- Une ipp
2- séparer intelligemment l’intégrale en deux
3- pour l'une utiliser Frullani, pour l'autre une primitive simple saute aux yeux
4- le terme par Frullani donne -ln(2), l'autre par primitivation donne 1/2

Je te laisse la trouver par toi même. Youppi je suis content de moi :-D

Cauchy-Frullani, SVP.

Ok FDP , je te montre mon calcul

1-$\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\sin^2 x-x\sin x}{x^3}dx=\frac 12 \displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\sin (2x)-\sin x -x\cos x}{x^2}dx$
2- On separe en deux
$\frac 12 \displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\sin (2x)-2\sin x +\sin x-x\cos x}{x^2}dx \\
=\frac 12 \displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\sin (2x)-2\sin x }{x^2}dx +\frac 12 \displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\sin x-x\cos x}{x^2}dx \\
= \frac 12 \displaystyle \int_0^\infty \dfrac{ \dfrac{2\sin (2x) }{2x} -\dfrac{2\sin (x) }{x}}{x} dx -\frac 12 \displaystyle \int_0^\infty (\dfrac{\sin x}{x})'dx \\
=\frac 12 \displaystyle \int_0^\infty \dfrac{f(2x)- f(x) }{x} dx -\frac 12 \displaystyle \big[\dfrac{\sin x}{x})\big ]_0^{+\infty}\\
=-\ln 2+\frac 12 $

C'est ma grande performance de l'année, svp des likes :-D

Bravo FDP, un calcul bien soigné

Tu es incorrigible FDP, tu t'es demandé comment utiliser Cauchy-Frullani et maintenant tu dis que ma méthode n'est pas élémentaire. Moi j'ai répondu seulement à ta question mais ma méthode préférée est celle des TL
Un bonus si tu veux je peux t’expliquer la suite de la méthode de fjaclot

Calcul imaginé par gebrane de FJaclot

en édition voir message suivant

FDP
Pour la première ipp pas de problème, mais attention pour la deuxième ipp le problème est en $+ \infty.$
J'ai réussi à contourner le problème et je trouve que notre intégrale est tout simplement
$$
\frac 12+\int_0^{+\infty } \frac{\cos(2 x) -\cos(x) }x .

$$ Es-tu d'accord ?

Explications

La première ipp passe sans problème
$\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\sin^2 x-x\sin x}{x^3}dx=\frac 12 \displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\sin (2x)-\sin x -x\cos x}{x^2}dx$
La deuxième pose un problème en $+\infty$, on considère donc $F(X)= \displaystyle \int_0^X \dfrac{\sin (2x)-\sin x -x\cos x}{x^2}dx$. Par ipp
$F(X)= -\big [\dfrac{\sin (2x)-\sin x -x\cos x}{x}\big ]_0^X+ \int_0^X \dfrac{2\cos (2x)-2\cos x +x\sin x}{x}dx\\
= -\dfrac{\sin (2X)-\sin X -X\cos X}{X}+ \int_0^X \dfrac{2\cos (2x)-2\cos x}{x}dx
-(\cos X-1)\\
=-\dfrac{\sin (2X)-\sin X }{X}+ \int_0^X \dfrac{2\cos (2x)-2\cos x}{x}dx +1 \to^{X\to +\infty}\quad 2\int_0^{+\infty} \dfrac{\cos (2x)-\cos x}{x}dx +1 $

Ajout. J'ouvre un fil sur le calcul de cette intégrale, je crois c'est une richesse de méthodes.