Une intégrale double à paramètre entier

Fin de partie

En effectuant un calcul, j'ai eu besoin de calculer, pour $r\geq 1$, entier, \begin{align}T_r=\int_0^1\frac{1-x^r}{1-x}\left(\int_0^x\frac{t^r}{1-t}dt\right)dx\end{align} 

J'ai mis un certain temps à finir ce calcul. Saurez-vous calculer cette intégrale?

 

NB: J'avais un avantage, je savais depuis le début ce que vaut cette intégrale (sans avoir de preuve) mais je n'ai pas de doute que cet avantage n'était que très léger.

PS: Ma solution n'utilise aucun développement en série.

bd2017

Bonjour

Du calcul à la petite semaine....(changement de variable, utilisation de la fonction harmonique  ) bref,... j'ai été un peu long pour trouver

$$I_r=\dfrac{1}{2}\sum_{j=1}^r \dfrac{1}{j^2}$$

J'espère qu'il y a plus court.

Fin de partie

@bd2017 :  J'attends de voir avec intérêt ta rédaction si tu veux la partager.

Une méthode empirique pour identifier la valeur de cette intégrale.

Avec Pari GP on obtient que:

\begin{align}T_2&=0,625\\ T_3&=0,6805555555....\\ T_4&=0,7118055555...\\ T_5&=0,7318055555... \end{align} Pour savoir quelles sont les fractions associées on utilise la fonction lindep. Par exemple, lindep([0.625,1]) et on obtient, $\dfrac{5}{8}$ On fait de même pour les autres en mettant beaucoup de $5$ en queue. On obtient, \begin{align}T_2&=\frac{5}{8}\\ T_3&=\frac{49}{72}\\ T_4&=\frac{205}{288}\\ T_5&=\frac{5269}{7200} \end{align} Maintenant, on se rue sur le site http://oeis.org et on tape les numérateurs de ces nombres: $5,49,205,5269$. Et, le moteur de recherche renvoie, nombres de Wolstenholme, c'est-à-dire le numérateur des nombres $\displaystyle S_r=\sum_{n=1}^r\frac{1}{n^2} $. Après, via GP Pari on calcule $T_1=\frac{1}{2}$, et on constate que c'est la moitié de $S_1$. Si on multiplie par $2$ les $T_i$ on ne va pas changer leur numérateur si leur dénominateur est pair, donc empiriquement on peut penser ainsi que la formule cherchée est $\displaystyle T_r=\frac12\sum_{n=1}^r \frac1{n^2}$ NB: Je n'ai pas choisi $T_1$ pour utiliser sur l'oeis, le numérateur est $1$ c'est un nombre qui revient souvent dans les suites cataloguées par ce site, j'en ai bien peur, alors mieux vaut l'éviter pour accroître les chances d'obtenir une réponse pertinente.

PS:

Je n'ai pas eu besoin de faire cette gymnastique car le contexte où j'ai rencontré cette intégrale donnait sa valeur.

J'en parlerai plus tard.

bd2017

En fait mon brouillon est vraiment du brouillon, alors pour la rédac... En gros voici ce que j'ai passé par les séries pour obtneir

$$T_r=\int_0 ^x \sum_{j=r+1}^\infty   \sum_{q=0}^{r-1}\dfrac{ x^{j+q}}{j} dx= \sum_{j=r+1}^\infty   \sum_{q=0}^{r-1}\dfrac{1}{j(j+q+1)}$$    

Pour faciliter la fin du calcul j'ai plutôt calculer $T_{r+1}- T_r$  mais je ne sais pas si c'était vraiment utile.

De toute façon tu veux éviter les séries.. Ceci étant dit si on écrivait en détail mes calculs, j'ai l'impression qu'on pourrait adapter cela  uniquement en 

écrivant avec l'intégrale.  Mais c'est à voir.

Hypocrates

On peut aussi écrire $t^r=t^r-1+1$ et utiliser une identité remarquable pour les quotients, en faisant apparaître un log. Il y a des intégrales de $\int f' f=f^2/2$.

Fin de partie

@Hypocrates : En fait, pour tout te dire j'ai utilisé ce truc pour arriver à l'intégrale de mon premier message. Tu vas faire apparaître $(H_r)^2$(*), je crains que cela ne rende pas le calcul plus facile. 

Je peux bien vous le dire maintenant, cette intégrale est apparue "naturellement" quand j'ai voulu démontrer que: \begin{align}S_r=\sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{m^2n+mn^2+rmn}\end{align} est égal à $2\zeta(3)$ quand $r=0$ et si $r\geq 1$ est un entier naturel on a: \begin{align}S_r=\frac1r\left(\left(H_r\right)^2+H^{(2)}_r\right)\end{align} avec, \begin{align}H_r&=\sum_{n=1}^r\frac1n\\ H^{(2)}_r&=\sum_{n=1}^r\frac1{n^2} \end{align} C'est le problème $12494$ du journal American mathematical monthly

*: Dans la résolution du problème $12494$ j'ai isolé $\frac1r(H_r)^2$ et il me restait plus qu'une expression qui devait être l'autre terme de la formule, mais il fallait que je le démontre. Le premier message donne l'expression de ce terme à un coefficient $2$ près.

Fin de partie

@bd2017: C'est ce genre de calculs que j'ai voulu éviter, et je les ai évités.

Quelque part tu fais comme moi, même si les outils sont différents, une preuve par récurrence!

NB:

Je n'ai développé aucune fonction en série entière, je n'ai  procédé à aucune manipulation sur des séries.

Math Coss

Un début : on développe $\displaystyle\frac{x^r-1}{x-1}=\sum_{k=0}^{r-1}x^k$ et on calcule \begin{align*}D_k&=\int_0^1x^k\left(\int_0^x\frac{t^r}{1-t}\mathrm{d}t\right)\mathrm{d}x\\&=\left[\frac{x^{k+1}-1}{k+1}\int_0^x\frac{t^r}{1-t}\mathrm{d}t\right]_0^1-\int_0^1\frac{x^{k+1}-1}{k+1}\frac{x^r}{1-x}\mathrm{d}x\\&=\frac1{k+1}\sum_{j=0}^{k}\frac1{r+j+1},\end{align*}ce qui ressemble à l'expression de @bd2017 avec des parties principales au lieu de restes.

Fin de partie

@Math Coss : Et ensuite? 

Ce qui revient à dire que l'intégrale serait égale à,

\begin{align}T_r=\sum_{k=1}^r\frac{1}{k}\sum_{j=1}^{k}\frac{1}{r+j}\end{align}

@bd2017 a développé en série $\dfrac{t^r}{1-t}$ avant d'intégrer si j'ai compris.

Directement je ne vois pas comment arriver au résultat mais il est peut-être plus facile de faire le calcul $T_{r+1}-T_r$.

PS:

Bof pour $T_{r+1}-T_r$. On arrive bien à trouver une expression mais il y a encore du boulot pour la calculer.

Je n'aime pas les calculs de sommes, on n'y voit rien du tout, l'intuition me fait défaut.

Fin de partie

J'ai trouvé.

\begin{align}T_{r+1}&=\sum_{k=1}^{r+1}\frac1k\sum_{j=1}^k\frac{1}{r+1+j}\\ &=\sum_{k=1}^{r+1}\frac1k\Big(H_{r+1+k}-H_{r+1}\Big)\\ &=\frac1{r+1}\Big(H_{2(r+1)}-H_{r+1}\Big)+\sum_{k=1}^{r}\frac1k\Big(H_{r+1+k}-H_{r+1}\Big)\\ &=\frac1{r+1}\Big(H_{2(r+1)}-H_{r+1}\Big)+\sum_{k=1}^{r}\frac1k\Big(H_{r+k}+\frac1{r+1+k}-H_{r}-\frac1{r+1}\Big)\\ &=\frac1{r+1}\Big(H_{2(r+1)}-H_{r+1}\Big)+T_r+\sum_{k=1}^{r}\frac1{k(r+1+k)}-\frac{H_r}{r+1}\\ &=\frac1{r+1}\underbrace{\Big(H_{2(r+1)}-H_{r+1}\Big)}_{=\frac1{r+2}+\frac1{r+3}+...+\frac1{2r+2}}+T_r-\frac{H_r}{r+1}+\left(\frac{1}{r+1}\underbrace{\sum_{k=1}^{r}\frac{1}{k}}_{=H_r}-\frac{1}{r+1}\underbrace{\sum_{k=1}^{r}\frac{1}{r+k+1}}_{=\frac1{r+2}+\frac1{r+3}+...+\frac1{2r+1}}\right)\\ &=T_r+\frac1{2(r+1)^2} \end{align}

NB:

La bonne "interface" est de manipuler des nombres harmoniques, on voit mieux ce qui se passe.

PS:

Ce qui est magique est qu'une fois qu'on a exprimé $T_{r+1}$ à base de nombres harmoniques, le calcul se déroule tout seul puisque l'objectif poursuivi est de faire apparaître un terme $T_r$ et, pour ce faire, il faut que les sommes considérées aient pour bornes $1,r$, cet ajustement est fait dans la troisième ligne. Après, il faut faire apparaître $\displaystyle H_{r+k}-H_{r}$ et une fois qu'on a notre terme $T_r$ on "nettoie" le terme restant en espérant que ce sera simple à réaliser, ce qui est le cas ici.

Math Coss

J'avais écrit la première étape... (Grand bien me fit (ou me fît ?) !)

La suite me semble bien inspirée. À la fin, tu ne voudrais pas un carré autour de $r+1$ ?

Fin de partie

@Math Coss : J'ai corrigé la coquille (je n'avais pas vu ton message)

Tout ceci est très bien mais ce n'est pas le calcul que j'avais en tête pour cette intégrale.

La suite dans le prochain épisode.

Par contre, je ne posterai pas une solution complète au problème $12494$ de l'AMM. Il ne faut pas spoiler de trop.

Fin de partie

le calcul qui a mes faveurs.

\begin{align*} T_r&=\int_0^1\frac{1-z^r}{1-z}\left(\int_0^z\frac{u^r}{1-u}du\right)dz\\ T_{r+1}&=\int_0^1\left(z^r+\frac{1-z^r}{1-z}\right)\left(\int_0^z\left(\frac{u^r}{1-u}-u^r\right)du\right)dz\\ &=\int_0^1 z^r\left(\int_0^z\frac{u^r}{1-u}du\right)dz-\underbrace{\int_0^1 \frac{1-z^r}{1-z}\left(\int_0^zu^rdu\right)dz}_{\text{IPP}}+\\ &T_r-\underbrace{\int_0^1 z^r\left(\int_0^zu^rdu\right)dz}_{=\frac1{2(r+1)^2}}\\ &=T_r-\frac1{2(r+1)^2}+\int_0^1 z^r\left(\int_0^z\frac{u^r}{1-u}du\right)dz-\\ &\left(\int_0^1\frac{1-u^r}{1-u}du\right)\left(\int_0^1u^rdu\right)+\int_0^1 z^r\left(\int_0^z\frac{1-u^r}{1-u}du\right)dz\\ &=T_r-\frac1{2(r+1)^2}-\frac1{r+1}\int_0^1\frac{1-u^r}{1-u}du+\underbrace{\int_0^1 z^r\left(\int_0^z\frac1{1-u}du\right)dz}_{\text{IPP}}\\ &=T_r-\frac1{2(r+1)^2}-\frac1{r+1}\int_0^1\frac{1-u^r}{1-u}du+\frac1{r+1}\int_0^1\frac{1-z^{r+1}}{1-z}dz\\ &=T_r-\frac1{2(r+1)^2}+\frac1{r+1}\int_0^1u^rdu=\boxed{T_r+\frac1{2(r+1)^2}} \end{align*} NB: Dans la deuxième intégration par parties, la primitive utilisée est $\displaystyle z\rightarrow \frac{z^{r+1}}{r+1}-\frac1{r+1}$.

Ce n'est pas un caprice ou une subtilité de ma part, mais si on veut que les deux termes qui vont apparaître après l'intégration par parties soient définis (c'est-à-dire ici, finis) cette primitive s'impose d'elle-même.

PS:

Ici aussi l'objectif de faire apparaître un terme $T_r$  rend presque automatique le calcul.

On essaie aussi de respecter le principe suivant: Ne pas calculer d'intégrales qui conduisent à des formes closes qui seraient des sommes dont l'une des bornes est un paramètre.

Fin de partie

Bon, vous êtes fin prêt à aller vers une généralisation.

(je sais que dans le forum certains sont friands de généralisations). On définit, pour $r,s$ des entiers naturels, $r$ non nul. \begin{align}T_{r,s}=\sum_{k=1}^r \frac{1}{k^{2s+1}}\sum_{j=1}^k\frac{1}{j+r}\end{align} Et on cherche à exprimer $T_{r,s}$ en fonction des nombres harmoniques (généralisés): \begin{align}H_r^{(p)}=\sum_{k=1}^r\frac1{k^p}\end{align} Pour s'échauffer, je vous propose d'obtenir une telle expression pour $\displaystyle T_{r,1}$. (je pense que c'est possible)

Calembour

Fin de partie a dit :

@Hypocrates : En fait, pour tout te dire j'ai utilisé ce truc pour arriver à l'intégrale de mon premier message. Tu vas faire apparaître $(H_r)^2$(*), je crains que cela ne rende pas le calcul plus facile. 

Je peux bien vous le dire maintenant, cette intégrale est apparue "naturellement" quand j'ai voulu démontrer que: \begin{align}S_r=\sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{m^2n+mn^2+rmn}\end{align} est égal à $2\zeta(3)$ quand $r=0$ et si $r\geq 1$ est un entier naturel on a: \begin{align}S_r=\frac1r\left(\left(H_r\right)^2+H^{(2)}_r\right)\end{align} avec, \begin{align}H_r&=\sum_{n=1}^r\frac1n\\ H^{(2)}_r&=\sum_{n=1}^r\frac1{n^2} \end{align} C'est le problème $12494$ du journal American mathematical monthly

*: Dans la résolution du problème $12494$ j'ai isolé $\frac1r(H_r)^2$ et il me restait plus qu'une expression qui devait être l'autre terme de la formule, mais il fallait que je le démontre. Le premier message donne l'expression de ce terme à un coefficient $2$ près.

Il me semble que ce type de fonctions similaires à la fonction zêta -mais au dénominateur on a une forme quadratique- sont bien étudiés, voir par exemple la fonction zêta d'Epstein : http://www.numdam.org/item/10.5802/jtnb.748.pdf

Fin de partie

@Calembour:  Je connais ces fonctions zêtas d'Epstein elles interviennent, sauf erreur, dans le calcul de certaines intégrales très difficiles à calculer (je ne connais pas d'autre méthode pour faire ces calculs) mais ici $m^2n+mn^2+rmn$ n'est même pas un polynôme homogène en les variables $m,n$.

Fin de partie

Mes souvenirs étaient bons.

Les fonctions zêtas d'Epstein sont un outil pour calculer des intégrales très difficiles dites intégrales de Herglotz (ce mathématicien est surtout connu en France, et sans doute ailleurs, pour une astuce). Un exemple d'une telle intégrale: \begin{align} \int_0^1\frac{\log\left(1+t^{2+\sqrt{3}}\right)}{1+t}\operatorname{d}t =& \frac{\pi^2}{12}\left(1-\sqrt{3}\right)+ \log 2 \log\left(1+\sqrt{3}\right)\end{align} 

Un papier qui déroule une méthode pour calculer ce genre d'intégrales.

Fin de partie

On a, sauf erreur, pour $r\geq 1$, entier naturel, \begin{align}T_{r,1}=\sum_{k=1}^r\frac{H_{k-1}}{k^3}-\sum_{k=1}^r\frac{H^{(2)}_{k-1}}{k^2}+\frac12H_r^{(4)}\end{align} On prend comme convention que si $r=0$ alors $\displaystyle H_r^{(s)}=0$