Intégrale

Il me semble que l'intégrale qu'il ait est demandé de calculer ici vaut 2 fois celle-ci (au signe près):
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1572370,1663706#msg-1663706

PS:
J'ai un doute tout de même.

PS2:
Sacrée coïncidence.

Gebrane:

Ta primitive:

https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+x/(a*sin(x)+1),x

@etanche
Sans le x la méthode que j'ai donné marche très bien. Confirmes-tu?

Gebrane:

Dit autrement:

On sait que pour $-1<u<1$:

$\displaystyle \ln(1+u)=\int_0^1 \frac{u}{tu-1}\,dt$

donc:

$\begin{align}I&=\int_{0}^{\pi/2}\frac{x\ln(1-\sin(x))}{\sin(x)}\,dx\\
&=\int_{0}^{\pi/2}\left(\int_0^1 \frac{x}{t\sin(x)-1}\,dt\right)\,dx\\
&=\int_0^1 \left(\left[\frac{2x}{\sqrt{1-t^2}}\arctan\left(\frac{t-\tan\left(\frac{x}{2}\right)}{\sqrt{1-t^2}}\right)\right]_{0}^{\pi/2}-\int_0^1 \frac{2}{\sqrt{1-t^2}}\arctan\left(\frac{t-\tan\left(\frac{x}{2}\right)}{\sqrt{1-t^2}}\right)\,dx\right)\,dt\\
&=-\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{2}{\sqrt{1-t^2}}\arctan\left(\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}\right)\,dt-\int_0^1 \left(\int_{0}^{\pi/2} \frac{2}{\sqrt{1-t^2}}\arctan\left(\frac{t-\tan\left(\frac{x}{2}\right)}{\sqrt{1-t^2}}\right)\,dx\right)\,dt\\
&=-\pi\left[\arctan^2\left(\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}\right)\right]_0^1-\int_0^1 \left(\int_{0}^{\pi/2} \frac{2}{\sqrt{1-t^2}}\arctan\left(\frac{t-\tan\left(\frac{x}{2}\right)}{\sqrt{1-t^2}}\right)\,dx\right)\,dt\\
&=-\frac{\pi^3}{16}-\int_0^1 \left(\int_{0}^{\pi/2} \frac{2}{\sqrt{1-t^2}}\arctan\left(\frac{t-\tan\left(\frac{x}{2}\right)}{\sqrt{1-t^2}}\right)\,dx\right)\,dt\\
\end{align}$

Il reste à calculer l'intégrale double. Je connais le résultat mais je ne sais pas le démontrer pour le moment.


PS:
Si cela peut aider au calcul de l'intégrale initiale à calculer. Elle vaut $-\dfrac{\pi^3}{8}$.

PS2:
J'aime beaucoup quand Wolfy me gratifie d'un tel message:

https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+atan((x-tan(t/2))/sqrt(1-x^2))/sqrt(1-x^2),x

Je sais comment finir (sauf erreur). Stay tuned folks !

J'espère qu'il n'y a pas (trop) d'erreurs.

Si on fait le changement de variable $y=\sin x$,

$\begin{align}I&=\int_{0}^{\pi/2}\frac{x\ln(1-\sin(x))}{\sin(x)}dx\\
&=\int_0^1 \frac{\ln(1-x)\arcsin x}{x\sqrt{1-x^2}}\end{align}$

Je me propose de calculer l'intégrale double d'un message précédent.

$\begin{align}J&=\int_0^1 \left(\int_{0}^{\pi/2} \frac{2}{\sqrt{1-t^2}}\arctan\left(\frac{t-\tan\left(\frac{x}{2}\right)}{\sqrt{1-t^2}}\right)\,dx\right)\,dt\\
&=2\int_{0}^{\pi/2}\left(\left[\arctan\left(\frac{t-\tan\left(\frac{x}{2}\right)}{\sqrt{1-t^2}}\right)\arcsin t\right]_0^1-\int_0^1 \frac{\left(1-t\tan\left(\frac{x}{2}\right)\right)\arcsin t}{\left(\tan^2\left(\frac{x}{2}\right)-2t\tan\left(\frac{x}{2}\right)+1\right)\sqrt{1-t^2}}\,dt \right)\,dx\\
&=2\int_{0}^{\pi/2}\left(\frac{\pi^2}{4}-\int_0^1 \frac{\left(1-t\tan\left(\frac{x}{2}\right)\right)\arcsin t}{\left(\tan^2\left(\frac{x}{2}\right)-2t\tan\left(\frac{x}{2}\right)+1\right)\sqrt{1-t^2}}\,dt \right)\,dx\\
&=\frac{\pi^3}{8}-\int_0^1 \left[\frac{\left(tx-\ln\left(\tan^2\left(\frac{x}{2}\right)-2t\tan\left(\frac{x}{2}\right)+1\right)+\ln\left(1+\tan^2\left(\frac{x}{2}\right)\right)\right)\arcsin t}{t\sqrt{1-t^2}}\right]_{x=0}^{x=\pi/2}\,dt\\
&=\frac{\pi^3}{8}-\int_0^1 \frac{\arcsin t\left(\frac{t\pi}{2}-\ln(1-t)\right)}{t\sqrt{1-t^2}}\,dt\\
&=\frac{\pi^3}{8}+I+\frac{1}{2}\pi\int_0^1 \frac{\arcsin t}{\sqrt{1-t^2}}\,dt\\
&=\frac{\pi^3}{8}+I+\frac{1}{4}\pi\Big[\arcsin^2 x\Big]_0^1\\
&=\frac{3\pi^3}{16}+I\\
\end{align}$

D'où:

$\begin{align}I&=-\frac{\pi^3}{16}-\left(\frac{3\pi^3}{16}+I\right)\\
&=-\frac{\pi^3}{4}-I
\end{align}$

Ainsi,

$\displaystyle \boxed{I=-\dfrac{\pi^3}{8}}$

PS:
Comme déjà indiqué j'ai une deuxième méthode qui fonctionne mais elle a l'inconvénient d'utiliser le fait que $\zeta(2)=\dfrac{\pi^2}{6}$.