Intégrale du mardi 20 février 2024

etanche
Modifié (20 Feb) dans Analyse
Bonjour 
$a>1$ calculer $\quad\displaystyle A=\int_{0}^{+\infty} \frac{\ln^2(x)}{1+x^a} dx$.
Une tentative
$A=\int_{0}^{+\infty} \frac{\ln^2(x)}{1+x^a}dx +\int_{1}^{+\infty}\frac{\ln^2(x)}{1+x^a} dx$
$A=\int_{0}^{1} \frac{\ln^2(x)}{1+x^a}dx +\int_{0}^{1} x^{a-2}\frac{\ln^2(x)}{1+x^a} dx$
Avec $\int_{0}^{1} \frac{\ln^n(x)x^{p-1}}{1+x^q}dx =\frac{1}{q^{n+1}}\beta^{(n)}(p/q)$ avec $p>0,q>0$
on obtient $A=\frac{1}{a^3}(\beta^{(2)}(1/a)+\beta^{(2)}(1-1/a))$
$\beta$ est la fonction Dirichlet Beta 
Peut-on obtenir un autre résultat plus précis ? Ou plus close sans la dérivée seconde de la fonction Dirichlet Bêta ?
Merci. 

Réponses

  • Avec le changement de variable $t=x^a$ on obtient en notant $b=1/a$ :

    $A=b^3f''(b)$ avec $f(b)=\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac1{t^{1-b}(1+t)} dt=\dfrac{\pi}{\sin(\pi b)}$ (résultat classique).
  • Fin de partie
    Modifié (20 Feb)
    On peut  introduire la fonction,
    $\displaystyle F(s)=\int_0^\infty \frac{x^s}{1+x^a}dx$ et par le même changement de variable que Jandri on aboutit à une fonction Bêta d'Euler.

    L'intégrale initiale est égale à $F^{\prime\prime}(0)$ sauf erreur donc il faut dériver la fonction Bêta ...

  • @ jandri et Fin de partie merci pour vos retours.
  • Fin de partie
    Modifié (21 Feb)
    Donc si $a>1$ on a, sauf erreur \begin{align}\int_0^\infty \frac{\ln^2  x}{1+x^a}dx=\frac{\pi^3}{a^3\sin\left(\frac{\pi}{a}\right)}+\frac{2\pi^3\cos^2\left(\frac{\pi}{a}\right)}{a^3\sin^3\left(\frac{\pi}{a}\right)}\end{align}
  • Fin de partie
    Modifié (21 Feb)
    On peut établir sans trop de machinerie calculatoire le cas $a=2$ qui est remarquable.
    On considère l'intégrale double, \begin{align}K=\int_0^\infty\int_0^\infty \frac{\ln^2(xy)}{(1+x^2)(1+y^2)}dxdy\end{align}
    On va la calculer de deux façons on aura sans doute besoin du fait que $\zeta(4)=\dfrac{\pi^4}{90}$
  • etanche
    Modifié (21 Feb)
    Donc si $a>1$ on a, sauf erreur \begin{align}\int_0^\infty \frac{\ln^2  x}{1+x^a}dx=\frac{\pi^3}{a^3\sin\left(\frac{\pi}{a}\right)}+\frac{2\pi^3\cos^2\left(\frac{\pi}{a}\right)}{a^3\sin^3\left(\frac{\pi}{a}\right)}\end{align}
    Je trouve sauf erreur $$\frac{\pi^3}{a^3\sin^3(\pi/a)} + \frac{\pi^3}{a^3}\frac{\cos^2(\pi/a)}{\sin^3(\pi/a)}$$ Je ne trouve pas le facteur $2$, et je trouve des cubes sur les sinus des dénominateurs.
  • Fin de partie
    Modifié (21 Feb)
    @etanche :
    ? F(a)={Pi^3/(sin(Pi/a)*a^3)+(2*Pi^3*cos(Pi/a)^2)/(sin(Pi/a)^3*a^3)};
    FF(a)={intnum(x=0,[+1],log(x)^2/(1+x^a))};
    print(FF(3.123)," ",F(3.123));
    2.173138967723923201375174400 2.173138967723923201375174400
  • etanche
    Modifié (21 Feb)
    @ Fin de partie ton dernier post semble juste. Quel logiciel tu utilises ?

    Je reprends l’expression que j’ai trouvé pour a=3 sauf erreur de ma part. Wolfram me donne un résultat aussi juste 
    ( sauf si Wolfram se trompe )
    https://www.wolframalpha.com/input?i=%5Cint_%7B0%7D%5E%7B%2B%5Cinfty%7D+ln%5E2%28x%29%2F%281%2Bx%5E3%29+dx+-+%5Cfrac%7Bpi%5E3%7D%7B27*sin%5E3%28pi%2F3%29%7D+-%5Cfrac%7Bpi%5E3*cos%5E2%28pi%2F3%29%7D%7B27*sin%5E3%28pi%2F3%29%7D

    Peux-tu m’éclairer ? Merci 
  • Fin de partie
    Modifié (21 Feb)
    @etanche :
    Vérifie numériquement ta formule avec une valeur $a>1$ à peu près quelconque. Essaie par exempe $5/4$.
    J'utilise:
    https://pari.math.u-bordeaux.fr/gpwasm.html
  • jandri
    Modifié (21 Feb)
    @etanche trouve exactement la même chose que @Fin de partie
  • @ Fin de partie et jandri merci 
  • @jandri : Pour tout $a>1$?
  • Oui, $1+\cos^2t=\sin^2t+2\cos^2t$.
  • etanche
    Modifié (21 Feb)
    @ jandri j’avais oublié que $1+\cos^2(x)=\sin^2(x)+2\cos^2(x)$, merci. Je vais réviser mes formules de trigonométries.
  • jean lismonde
    Modifié (24 Feb)
    Bonsoir
    les résultats de Fin de partie et Etanche sont les bons ; je propose une solution basée sur une double dérivation sous le signe somme avec une intégrale classique à double variable $$I(x; y) = \int_0^{+\infty}\frac{t^y}{1+t^x}dt = \int_0^1\frac{t^y + t^{x-y-2}}{1+t^x}dt= \frac{\frac{\pi}{x}}{\sin(y+1)\frac{\pi}{x}}$$
    on dérive une première fois en $y$ : $$\int_0^{+\infty}\frac{t^y\ln t}{1+t^x}dt=-\frac{\pi^2}{x^2}\frac{\cos\frac{\pi}{x}}{\sin^2\frac{\pi}{x}}$$
    on dérive une seconde fois en $y$ soit $$\int_0^{+\infty}\frac{t^y\ln^2(t)}{1+t^x}dt = \Big(\frac{\pi}{x\sin(y+1)\frac{\pi}{x}}\Big)^3(1+\cos^2(y+1)\frac{\pi}{x})$$
    et pour $y = 0$ on retrouve le résultat de nos deux intervenants.

    Je signale qu'avec une démonstration analogue à partir de l'intégrale classique (avec $0 < y < x - 2$ variables réelles)
    $$\int_0^{+\infty}\frac{t^y}{1- t^x}dt=\frac{\frac{\pi}{x}}{\tan(y+1)\frac{\pi}{x}}$$ sachant que la discontinuité de l'intégrande autour de $t = 1$ fait l'objet d'une compensation dans l'intégration et on trouve  $$\int_0^{+\infty}\frac{t^y}{1- t^x}(\ln t)^2dt= 2\cos(y+1)\frac{\pi}{x}\Big(\frac{\pi}{x\sin(y+1)\frac{\pi}{x}}\Big)^3$$
    et pour $y = 0$ on obtient $$\int_0^{+\infty}\frac{(\ln t)^2}{1- t^x}dt = 2\cos\frac{\pi}{x}\Big(\frac{\pi}{x\sin\frac{\pi}{x}}\Big)^3$$
    là aussi la discontinuité pour $t = 1$ de l'intégrande fait l'objet d'une compensation dans l'intégration.
    Cordialement.
  • @ jean lismonde merci pour autre démarche intérressante.
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