Valeur d'une intégrale

MrJ
MrJ
Modifié (May 2022) dans Analyse
Bonjour,
auriez-vous une idée pour calculer l'intégrale suivante.
\[\int_0^1 \dfrac{\ln(x)}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}d x.\]
D'après WolframAlpha, on peut calculer directement une primitive de la fonction intégrée, mais je n'arrive pas à trouver un point de départ raisonnable (accessible à un étudiant de 2ème année).
Merci pour votre aide !

Réponses

  • Guego
    Modifié (May 2022)
    Je n'ai pas fait les calculs, mais une idée : on peut développer $\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ en série entière. On se retrouve alors avec une somme d'intégrales du type $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{x^{2n}\ln(x)}{1+x}dx$. Et ces intégrales se calculent par récurrence.
  • MrJ
    MrJ
    Modifié (May 2022)
    Merci ! Ces intégrales font beaucoup moins peur déjà !
    Malheureusement, j'ai oublié de préciser que mes étudiants n'ont que le théorème d'intégration terme à terme sur un segment contenu dans l'intervalle ouvert de convergence d'une série entière (et les intégrales à paramètre, mais elle me semble hors-sujet ici : on n'attend pas d'eux d'introduire eux-même une intégrale à paramètre en général). Ils n'ont pas le théorème de convergence dominée, ni le théorème général d'intégration terme à terme.
  • lale
    Modifié (May 2022)
    On peut poser $x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$
    Alors $\displaystyle I=\int_0^1 \ln\Big(\frac{1-t^2}{1+t^2}\Big) dt$
    En intégrant par parties $I=(t-1) \ln\Big(\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\Big) \Big]_0^1+ J=J$,
    où $J$ est l'intégrale d'une fraction rationnelle.
  • FDP s'il te plait explique nous comment cette machine wolphi a trouvé  une primitive 
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Joli, lale ! Comment as-tu pensé à ce changement de variable ?
  • Fin de partie
    Modifié (May 2022)
    La fonction $x\mapsto \dfrac{1}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}$ admet une primitive simple:  $x\mapsto -\dfrac{\sqrt{1-x^2}}{1+x}$.
  • Dans l'intégrale $\displaystyle \int_0^x \frac{1}{(1+t)\sqrt{1-t^2}}dt$ on a une furieuse envie de procéder au changement de variable $t=\sin \theta$
  • Fin de partie
    Modifié (May 2022)
    @Guego: Dans une intégrale qui a pour "facteur" $\dfrac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$ le changement de variable $y=\dfrac{1-x}{1+x}$ transforme ce "facteur" en $\dfrac{dy}{(1+y)\sqrt{y}}$.
    C'est-à-dire que formellement $\displaystyle \int_0^1 \frac{f(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=\int_0^1 \frac{f\left(\frac{1-y}{1+y}\right)}{(1+y)\sqrt{y}}dy$
  • etanche
    Modifié (May 2022)
    Pour continuer dans le même sens $$\int_0^1 \dfrac{\ln^2(x)}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}d x$$
    Par contre avec $ \dfrac{\ln^3(x)}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}$ je ne sais pas si cela a été fait.
  • lale
    Modifié (May 2022)
    Pour le changement de variable, j'avais commencé par poser $x=\cos(\theta)$ à cause du $\sqrt{(1-x^2)}$ et ensuite $t=\tan(\theta/2)$.
  • Guego
    Modifié (May 2022)
    etanche a dit :
    Par contre avec $ \dfrac{\ln^3(x)}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}$ je ne sais pas si cela a été fait.
    Je n'ai aucune preuve, mais numériquement (sur plusieurs centaines de décimales) : $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln^3(x)}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}dx = \dfrac{3}{2}\zeta(3) - \dfrac{1}{8}\pi^3-\dfrac{1}{4}\pi^2\ln(2) - \dfrac{3}{2}\pi\ln^2(2)+\ln^3(2)$



  • MrJ
    MrJ
    Modifié (May 2022)
    Merci à tous pour vos idées !
    @lale : Bien joué ! Je ne l'aurai probablement pas trouvé. C'est un exercice d'oral, donc j'imagine que l'examinateur a donné le changement de variable au candidat, mais il n'était pas indiqué dans l'énoncé.
  • Fin de partie
    Modifié (May 2022)
    \begin{align}J_n&=\int_0^1 \frac{\ln^n x}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}dx\\&=\int_0^1 \frac{(1-x)\ln^n x}{(1-x^2)\sqrt{1-x^2}}dx\\ &=\int_0^1 \frac{\ln^n x}{(1-x^2)\sqrt{1-x^2}}dx-\int_0^1 \frac{x\ln^n x}{(1-x^2)\sqrt{1-x^2}}dx\\ &\overset{u=x^2}=\frac{1}{2^{n+1}}\int_0^1 \frac{\ln^n u}{u^{\frac{1}{2}}(1-u)^{\frac{3}{2}}}du-\frac{1}{2^{n+1}}\int_0^1 \frac{\ln^n u}{(1-u)^{\frac{3}{2}}}du\\ \end{align} Ce qui fait qu'on peut écrire $J_n$ comme une différence de dérivées n-ième de fonctions gamma d'Euler.
  • Empiriquement on peut penser que les $J_n$ sont des sommes de termes de "degré" $n$ comme le laisse penser la forme close donnée par Guego.
  • Fin de partie
    Modifié (May 2022)
    Cela semble se confirmer
     ? J=intnum(x=0,1,log(x)^4/((1+x)*sqrt(1-x^2)));
    lindep([J,zeta(4),zeta(3)*log(2),zeta(2)*log(2)^2,log(2)^4,Pi*log(2)^3,Pi^3*log(2),polylog(4,1/2),zeta(3)*Pi])
    %1 = [-8, -27, 48, -24, 8, 16, 4, 0, 24]~
    ? \p 200
    J=intnum(x=0,1,log(x)^4/((1+x)*sqrt(1-x^2)));
    lindep([J,zeta(4),zeta(3)*log(2),zeta(2)*log(2)^2,log(2)^4,Pi*log(2)^3,Pi^3*log(2),polylog(4,1/2),zeta(3)*Pi])
       realprecision = 202 significant digits (200 digits displayed)
    %2 = [8, 27, -48, 24, -8, -16, -4, 0, -24]~ 
    On obtient ainsi une probable forme close pour $J_4$
    NB: c'est un calcul fait avec GP PARI.
    NB2. Les calculs ont été faits avec une précision de 50 décimales dans un premier temps, puis 200, et cela ne change pas les coefficients de la combinaison linéaire ce qui est un bon indice qu'on a trouvé une probable forme close avec la "base" fournie.
  • gebrane
    Modifié (May 2022)
    J'ai retrouvé la primitive de wolfram de façon élémentaire. On cherche une primitive sur l' intervalle ouvert d'extrémités 0 et 1. On commence par le changement u=1-x  puis  $v=\sqrt u $ puis une ipp (où  on dérive  $ln (1-v^2) $).Puis on s'en sort bien. 
    Qui confirme ?
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • jandri
    Modifié (May 2022)
    Dommage que le forum ne permette pas une recherche facile dans les anciens messages. 

    La question posée par MrJ a déjà été posée, la dernière fois il y a 5 ans dans le fil Une intégrale à l'ancienne.

    J'ai aussi noté que cela a été posé en juillet 2011 mais je n'avais pas noté le nom du fil.
  • J'ai oublié carrément ce fil 
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Je me doutais qu'on avait déjà parlé de cette intégrale. J'avais un vague souvenir.
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