Défi calcul

Fin de partie

Sauriez-vous montrer que si,

\begin{align}J&=\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}dx\\ K&=\int_0^\infty\frac{\ln x}{1+x^4}dx\end{align} Alors, \begin{align}K=-\frac{J\pi}{4}\end{align} 

Mais attention, il ne faut calculer aucune de ces deux intégrales

Fin de partie

Je vous explique le contexte.

Par la méthode ci-dessous, on arrive à calculer $\displaystyle \int_0^1\frac{\ln x}{1-x^4}dx$ à partir de $\displaystyle \int_0^1\frac{1}{1+x^4}dx$

Mais cela m'agaçait de ne pas avoir de technique pour calculer $\displaystyle \int_0^1\frac{\ln x}{1+x^4}dx$ à partir de $\displaystyle \int_0^1\frac{1}{1+x^4}dx$ jusqu'à ce jour. \begin{align}J&=\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}dx\\ J^2&=\int_0^\infty\int_0^\infty \frac{1}{(1+x^4)(1+y^4)}dxdy\\ &\overset{u(x)=xy}=\int_0^\infty\int_0^\infty\frac{y^3}{(u^4+y^4)(1+y^4)}dudy\\ &=\frac{1}{4}\int_0^\infty\left[\ln\left(\frac{1+y^4}{u^4+y^4}\right)\right]_0^\infty\frac{1}{u^4-1}dy\\ &=\int_0^\infty \frac{\ln u}{u^4-1}du \end{align}

Fin de partie

\begin{align}J&=\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}dx\\ K&=\int_0^\infty\frac{\ln x}{1+x^4}dx\\ F(a)&=\int_0^\infty\frac{\arctan\left(ax\right)}{1+x^4}dx\\ F^\prime(a)&=\int_0^\infty\frac{x}{(1+x^4)(1+a^2x^2)}dx\\ &\overset{u=x^2}=\frac12\int_0^\infty\frac{1}{(1+x^2)(1+a^2x)}dx\\ &=\frac12\int_0^\infty\left(\frac{a^4}{(1+a^4)(1+a^2x)}-\frac{a^2x}{(1+a^4)(1+x^2)}+\frac{1}{(1+a^4)(1+x^2)}\right)dx\\ &=\frac{1}{2}\left[\frac{a^2\ln\left(\frac{1+a^2x}{\sqrt{1+x^2}}\right)}{1+a^4}+\frac{\arctan x}{1+a^4}\right]_{x=0}^{x=\infty}\\ &=\frac{a^2\color{red}{\ln a}}{1+a^4}+\frac{\pi}{4(1+a^4)}\\ \frac{J\pi}{2}&=\int_0^\infty F^\prime(a)da=\underbrace{\int_0^\infty\frac{a^2\ln a}{1+a^4}da}_{w=\frac{1}{a}}+\frac{J\pi}{4}\\ &=-K+\frac{J\pi}{4}\\ &\boxed{K=-\frac{J\pi}{4}}\\ \end{align}

PS:

Coquille corrigée suivant l'indication de @YvesM .

YvesM

Bonjour,
Typo : il manque un facteur $\ln a$ au premier terme de la somme écrite en dernière ligne du calcul de $F'(a).$
Je ne suis pas enthousiasmé par cette méthode. Si on calcule $F'(a)$, on peut calculer $J$ et $K.$ Il faudrait une solution sans calculer explicitement une intégrale. 

YvesM

Bonjour,
On peut suivre ton premier message. Quand tu arrives à $\displaystyle J^2 = \int_0^{+\infty} du {\ln u \over u^4-1}$, tu continues avec le changement de variables $\displaystyle u \leadsto e^{i \pi/4} z$ et tu annules la partie imaginaire puisque $J^2$ est réel : $\displaystyle{1 \over \sqrt{2}}(K+{\pi \over 4} J) = 0.$

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@YvesM :  Je ne sais pas ce qu'est un changement de variable linéaire par une constante complexe dans une intégrale qui n'est pas une intégrale de chemin (et même dans une intégrale de chemin).

Calculer les deux intégrales $J,K$ directement est plus compliqué que mon petit calcul qui nécessite que de connaître que des primitives bien connues de (deux) fonctions. Je vais me pencher sur l'erreur possible mentionnée.

On peut certainement utiliser une méthode similaire pour d'autres puissances que $4$ voire avec d'autres puissances pour le logarithme.

PS:

En fait mon calcul ne nécessite que de connaître une primitive de $\displaystyle \frac{f^\prime }{f}$ si $f$ est définie sur $[0,+\infty[$ et ne s'annule pas sur cet intervalle, et une primitive de la fonction $x\rightarrow \frac{1}{1+x^2}$

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Le même genre de calculs conduit à la formule que je trouve jolie, \begin{align}a\neq 0,\left(\arctan\left(\frac{1}{a}\right)\right)^2=\int_0^1\frac{x\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}{a^2+x^2}dx\end{align}