Un petit calcul d'intégrale
dans Analyse
Je cherchais une "nouvelle" méthode pour calculer l'intégrale $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}x\ln^2(\sin x)dx$ la méthode va échouer mais c'est fructueux tout de même vous allez comprendre.
\begin{align}
J&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\ln^2(\sin x)dx\\
&\overset{y=\sin x}=\int_0^1 \frac{\ln^2 y\arcsin y}{\sqrt{1-y^2}}dy\\
&\overset{\text{IPP}}=\left[\left(\int_0^y \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt\right)\arcsin y\right]_0^1-\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-y^2}}\left(\int_0^y \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt\right)dy \\
&=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt-\int_0^1 \int_0^1 \frac{y\ln^2(ty)}{\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-t^2y^2}}dtdy\\
&=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt+\int_0^1 \int_0^1 \frac{y\ln^2 y}{\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-t^2y^2}}dtdy-\int_0^1 \int_0^1 \frac{y\ln^2 t}{\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-t^2y^2}}dtdy-\\&
2\underbrace{\int_0^1 \int_0^1 \frac{y\ln y\ln(ty)}{\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-t^2y^2}}dtdy}_{u=ty}\\
&=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt+\int_0^1 \left[\frac{\arcsin(ty)}{\sqrt{1-y^2}}\right]_{t=0}^{t=1}\ln^2 ydy+\int_0^1 \frac{1}{t}\left[\text{arcsinh}\left(\frac{t\sqrt{1-y^2}}{\sqrt{1-t^2}}\right)\right]_{y=0}^{y=1}\ln^2 tdt-\\&2\int_0^1 \frac{\ln y}{\sqrt{1-y^2}}\left(\int_0^y \frac{\ln t}{\sqrt{1-t^2}}dt\right)dy\\
&=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt+J-\underbrace{\int_0^1 \frac{\text{arcsinh}\left(\frac{t}{\sqrt{1-t^2}}\right)\ln^2 t}{t}dt}_{\text{IPP}}-\left(\int_0^1 \frac{\ln y}{\sqrt{1-y^2}}dy\right)^2\\
&=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt+J+\frac{1}{3}\int_0^1 \frac{\ln^3 t}{1-t^2}dt-\left(\int_0^1 \frac{\ln y}{\sqrt{1-y^2}}dy\right)^2\\
\end{align}
On a donc:
\begin{align}
\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt=\frac{2}{\pi}\bigg(\Big(\int_0^1 \frac{\ln y}{\sqrt{1-y^2}}dy\Big)^2-\frac{1}{3}\int_0^1 \frac{\ln^3 t}{1-t^2}dt\bigg)
\end{align} On sait par ailleurs que :
\begin{align}
\int_0^1 \frac{\ln y}{\sqrt{1-y^2}}dy&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x)dx=-\frac{\pi}{2}\ln 2\\
\int_0^1 \frac{\ln^3 t}{1-t^2}dt&=-\frac{45}{8}\zeta(4)=-\frac{\pi^4}{16}
\end{align} Donc :
\begin{align}
\boxed{\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(\sin x)dx=\dfrac{\pi\ln^2 2}{2}+\dfrac{\pi^3}{24}}
\end{align} PS. Le fait qu'on retrouve $J$ dans le membre de droite d'une des égalités ruine le projet que cette méthode telle quelle va permettre de calculer l'intégrale initiale. :-D
\begin{align}
J&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\ln^2(\sin x)dx\\
&\overset{y=\sin x}=\int_0^1 \frac{\ln^2 y\arcsin y}{\sqrt{1-y^2}}dy\\
&\overset{\text{IPP}}=\left[\left(\int_0^y \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt\right)\arcsin y\right]_0^1-\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-y^2}}\left(\int_0^y \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt\right)dy \\
&=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt-\int_0^1 \int_0^1 \frac{y\ln^2(ty)}{\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-t^2y^2}}dtdy\\
&=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt+\int_0^1 \int_0^1 \frac{y\ln^2 y}{\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-t^2y^2}}dtdy-\int_0^1 \int_0^1 \frac{y\ln^2 t}{\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-t^2y^2}}dtdy-\\&
2\underbrace{\int_0^1 \int_0^1 \frac{y\ln y\ln(ty)}{\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-t^2y^2}}dtdy}_{u=ty}\\
&=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt+\int_0^1 \left[\frac{\arcsin(ty)}{\sqrt{1-y^2}}\right]_{t=0}^{t=1}\ln^2 ydy+\int_0^1 \frac{1}{t}\left[\text{arcsinh}\left(\frac{t\sqrt{1-y^2}}{\sqrt{1-t^2}}\right)\right]_{y=0}^{y=1}\ln^2 tdt-\\&2\int_0^1 \frac{\ln y}{\sqrt{1-y^2}}\left(\int_0^y \frac{\ln t}{\sqrt{1-t^2}}dt\right)dy\\
&=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt+J-\underbrace{\int_0^1 \frac{\text{arcsinh}\left(\frac{t}{\sqrt{1-t^2}}\right)\ln^2 t}{t}dt}_{\text{IPP}}-\left(\int_0^1 \frac{\ln y}{\sqrt{1-y^2}}dy\right)^2\\
&=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt+J+\frac{1}{3}\int_0^1 \frac{\ln^3 t}{1-t^2}dt-\left(\int_0^1 \frac{\ln y}{\sqrt{1-y^2}}dy\right)^2\\
\end{align}
On a donc:
\begin{align}
\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt=\frac{2}{\pi}\bigg(\Big(\int_0^1 \frac{\ln y}{\sqrt{1-y^2}}dy\Big)^2-\frac{1}{3}\int_0^1 \frac{\ln^3 t}{1-t^2}dt\bigg)
\end{align} On sait par ailleurs que :
\begin{align}
\int_0^1 \frac{\ln y}{\sqrt{1-y^2}}dy&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x)dx=-\frac{\pi}{2}\ln 2\\
\int_0^1 \frac{\ln^3 t}{1-t^2}dt&=-\frac{45}{8}\zeta(4)=-\frac{\pi^4}{16}
\end{align} Donc :
\begin{align}
\boxed{\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln^2 t}{\sqrt{1-t^2}}dt=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(\sin x)dx=\dfrac{\pi\ln^2 2}{2}+\dfrac{\pi^3}{24}}
\end{align} PS. Le fait qu'on retrouve $J$ dans le membre de droite d'une des égalités ruine le projet que cette méthode telle quelle va permettre de calculer l'intégrale initiale. :-D
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Réponses
Je me suis demandé si on pouvait poser $y = \ln(\sin x)$, auquel cas on aurait $J = \displaystyle \int_{-\infty}^0 y^2\dfrac{e^y\arcsin(e^y)}{\sqrt{1-e^{2y}}}dy$. Cette forme-là donne envie de se débarrasser du $y^2$ avec une double IPP, mais laisse tomber pour trouver une primitive de $\dfrac{e^y\arcsin(e^y)}{\sqrt{1-e^{2y}}}$... en tout cas moi je n'y arrive pas.
Elle est marrante, cette intégrale... elle contient des trucs de la forme $\dfrac{f}{f'}$ avec ces arcsinus, dommage que ce ne soit pas $\dfrac{f'}{f}$...
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 $\displaystyle t\in [0,1[, \text{arcsinh}\left(\frac{t}{\sqrt{1-t^2}}\right)=\text{arctanh } t$
Je ne connaissais pas approach0, hop, dans les favoris.
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:
$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln x}{\sqrt{1-x^2}}dx\overset{x=\sin t}=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin t)dt$
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)
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 $y$)
Pour ce qui est de la primitive de ta fonction, là, je n'aurais jamais eu cette idée je crois.
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.
Déjà, pour penser à $\arctan(x)\displaystyle \int_0^x \dfrac{\ln(t)}{1+t}dt$ comme fonction qui vaut $k\pi^3$ en $1$, il faudra que je trouve ton fournisseur de cocaïne. Mais admettons. Ou vois-tu une IPP là-dedans ???
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.
Je ne suis pas tenu au rendement donc j'ai toute liberté pour essayer des trucs à la c.. B-)-
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.
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\arctan x\ln x}{1+x^2}dx=\frac{7}{16}\zeta(3)-\dfrac{1}{4}\text{G}\pi$
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
\begin{align}K&=\underbrace{\int_0^1 \frac{4 \operatorname{atan}(x) {{\log{\left( {{x}^{2}}+1\right) }}^{2}}}{{{x}^{2}}+1}dx-\int_0^1 \frac{8 \operatorname{atan}(x) \log{(x)} \log{\left( {{x}^{2}}+1\right) }}{{{x}^{2}}+1}dx}_{=16\int_0^{\frac{\pi}{4}}x\ln(\sin x)\ln(\cos x)dx}-\underbrace{\int_0^1 \frac{8 \log{(2)} \operatorname{atan}(x) \log{\left( {{x}^{2}}+1\right) }}{{{x}^{2}}+1}dx}_{\text{probablement faisable}}+\\&\underbrace{\int_0^1 \frac{4 \operatorname{atan}(x) {{\log{(x)}}^{2}}}{{{x}^{2}}+1}dx}_{\text{incertain}}+\underbrace{\int_0^1 \frac{8 \log{(2)} \operatorname{atan}(x) \log{(x)}}{{{x}^{2}}+1}dx}_{\text{faisable}}+\underbrace{\int_0^1 \frac{4 {{\log{(2)}}^{2}} \operatorname{atan}(x)}{{{x}^{2}}+1}dx}_{=\frac{1}{8}\pi^2\ln^2 2}\end{align}
Il y a un terme qui s'invite et qui semble peu sympathique: $\displaystyle K_2=16\int_0^{\frac{\pi}{4}}x\ln(\sin x)\ln(\cos x)dx$
Or,
\begin{align}K_2&=4\underbrace{\int_0^{\frac{\pi}{4}}x\ln^2(\sin x\cos x)dx}_{y=2x}-4\underbrace{\int_0^{\frac{\pi}{4}}x\ln^2(\tan x)dx}_{\int_0^1 \frac{\arctan x\ln^2 x}{1+x^2}dx}\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}y\ln^2\left(\frac{\sin y}{2}\right)-4\int_0^1 \frac{\arctan x\ln^2 x}{1+x^2}dx\\
&=K-2\ln 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}y\ln(\sin y)dy+\frac{1}{8}\pi^2\ln^2 2-4\int_0^1 \frac{\arctan x\ln^2 x}{1+x^2}dx\\
\end{align}
C'est la catastrophe !!! on a une égalité $K=K+....$
Cette égalité ne servira même pas à calculer $K_1$ puisque ce terme se simplifie.
Il y a peut-être une morale à tirer de ce désastre: Pour calculer $K$ il faut peut-être faire mine de calculer $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}y\ln^3(\sin y)dy$
Je me fais un petit programme avec les fonctions spéciales, ça démystifiera déjà pas mal tous les symboles que tu manies tout le temps et ça m'aidera sûrement à devenir plus adepte avec les intégrales, séries, résidus etc. Je regarde tes fils de loin mais je ne suis pas sûr que ça vaille la peine que j'essaie d'intervenir dedans pour l'instant.
Je sais aussi qu'il y a des méthodes standard pour intégrer certains types de fonctions (polynômes de sinusoïdes par exemple), il faut que je révise ça puisque tu ne les détailles même plus (sauf sur demande).
Dans le précédent calcul (où je n'ai pas calculé grand chose en réalité) le truc le plus "élaboré" est l'utilisation de l'identité:
$ab=\dfrac{1}{4}\Big((a+b)^2-(a-b)^2\Big)$
Si on prend $a=\ln(\sin t),b=\ln(\cos t)$ alors on a $\ln(\sin t)\ln(\cos t)=\dfrac{1}{4}\Big(\ln(\sin t\cos t)-\ln(\tan t)\Big)=\dfrac{1}{4}\left(\ln\left(\frac{1}{2}\sin(2t)\right)-\ln(\tan t)\right)$
C'est un truc standard pour ce genre de calculs. B-)-
PS:
Le calcul de primitives ne m'intéresse pas beaucoup. Si une primitive "simple" existe pour une fonction je le détecte grâce à Wolfy ou à Maxima. Il arrive qu'il faille un peu remanier les résultats donnés par Wolfy: présence inutile de nombre complexe, faire quelques simplifications pour avoir une présentation compacte de l'expression de la primitive.
Dans le tout premier message j'ai procédé de la sorte pour obtenir une primitive de la fonction $x\mapsto \dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-x^2y^2}}$. Pas évident qu'une telle fonction admette une primitive ayant une expression "simple".
C'est la pratique qui fait venir ce genre de réflexes. On apprend aussi un tas de trucs en lisant les solutions des autres sur MathExchange. Pour MathExchange j'ai dû faire autour de $200$ calculs d'intégrales: certains m'ont demandé de nombreuses heures de travail. Je suis très loin d'avoir fait le tour de la question. J'essaie de collecter tous les articles qui me tombent sous la main relatés à des calculs d'intégrales: vieux articles (historiques), et récents.
La rubrique problèmes de L'American mathematical monthly est aussi une bonne source pour apprendre des trucs.
(ils ont une autre publication moins connue qui contient aussi des articles et problèmes, à l'occasion, sur ce sujet)
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.
Résultat:
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:
Précision $300$ décimales:
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:
\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
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln^2(1+x)\ln x}{1+x}dx,\int_0^1 \dfrac{\ln^2(1+x^2)\ln x}{1+x}dx$
(le calcul de la première ne doit pas être trop compliqué du fait de la présence de $1+x$ au dénominateur)