intégrale log trigo

Pour la première intégrale, il y a d'autres méthodes que le chgt de variables astucieux: sommes de Riemann, dérivation sous le signe intégral, intégrales doubles, etc.
Il faut voir ce qui peut encore s'appliquer à la deuxième intégrale.

$\displaystyle{{\textrm{Bonjour}}}$

$\displaystyle{{\textrm{Voici une r\'eponse possible}}}$

$\displaystyle{{\textrm{Les donn\'ees :}}}$

$\displaystyle{\bullet f\left( {n,x} \right) = poly\log \left( {n,x} \right) = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{x^k }}{{k^n }}} \Rightarrow diff\left( {f\left( {n,x} \right),x} \right) = f\left( {n - 1,x} \right).}$

$\displaystyle{\Rightarrow diff\left( {f\left( {3, - e^{2ix} } \right),x} \right) = 2if\left( {2, - e^{2ix} } \right){\textrm{ }}et{\textrm{ }}diff\left( {f\left( {2, - e^{2ix} } \right),x} \right) = - 2i\ln \left( {1 + e^{2ix} } \right).}$

$\displaystyle{\bullet \cos \left( x \right) = \frac{{e^{ix} + e^{ - ix} }}{2} \Rightarrow x\ln \left( {\cos \left( x \right)} \right) = x\ln \left( {1 + e^{2ix} } \right) - x\ln (2) - ix^2 .}$

$\displaystyle{{\textrm{On a : }}x\ln \left( {1 + e^{2ix} } \right) = \frac{1}{2}i \times f\left( {2, - e^{2ix} } \right) + \frac{1}{2}ix \times diff\left( {f\left( {2, - e^{2ix} } \right),x} \right) - \frac{1}{4}diff\left( {f\left( {3, - e^{2ix} } \right),x} \right).}$

$\displaystyle{{\textrm{Donc on a : }}x\ln \left( {1 + e^{2ix} } \right) = diff\left( {\frac{1}{2}ixf\left( {2, - e^{2ix} } \right),x} \right) - \frac{1}{4}diff\left( {f\left( {3, - e^{2ix} } \right),x} \right).}$

$\displaystyle{{\textrm{Donc on a : }}\int {x\ln \left( {\cos \left( x \right)} \right)} dx = \frac{1}{2}ixf\left( {2, - e^{2ix} } \right) - \frac{1}{4}f\left( {3, - e^{2ix} } \right) - \frac{1}{2}x^2 \ln (2) - \frac{1}{3}ix^3 + C.}$

$\displaystyle{{\textrm{Or on a : }}f\left( {3, - e^{2i \times 0} } \right) = - \frac{3}{4}\zeta \left( 3 \right){\textrm{ }};{\textrm{ }}f\left( {2, - e^{2i \times 0} } \right) = - \frac{1}{2}\zeta \left( 2 \right){\textrm{ et }}f\left( {3, - e^{2i \times \frac{\pi }{2}} } \right) = \zeta \left( 3 \right);{\textrm{ }}f\left( {2, - e^{2i \times \frac{\pi }{2}} } \right) = \zeta \left( 2 \right).}$

$\displaystyle{{\textrm{Finalement on obtient : }}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {x\ln \left( {\cos \left( x \right)} \right)dx} = - \left( {\frac{7}{{16}}\zeta \left( 3 \right) + \frac{3}{4}\ln (2)\zeta \left( 2 \right)} \right).}$

$\displaystyle{{\textrm{Cordialement Yalcin}}}$


$\displaystyle{{\textrm{J'esp\`ere que je n'ai pas fait d'erreurs}}{\textrm{.}}}$

Cordialement Yalcin

Félicitations, Yalcin.
Je confirme l'exactitude du résultat.

Tout simplement bluffant.
Félicitations Yalcin !

A ce train là, calculez $\int_0^{\frac{\pi}2} x\ln(\sin(x)) \, dx$ et vous aurez $\zeta(3)$

Cordialement

on peut poser $u=x-\frac{\pi}{2}$ dans l'intégrale cherchée puis remarquer que celle que vous avez déjà calculé est invariante si vous remplacez $cos$ par $sin$

Bonjour,

La page jointe est une écriture sous une forme plus conventionnelle de la démo. de Yalcin du 07-28-06 16:23 (avec correction d'une erreur, probablement de recopie, dans une formule au début, mais sans conséquence)

Excuses moi JJ , j'ai mis ta version (qui est une correction de ma démonstration) sur http://aktaryalcin.googlepages.com/formules
<BR>M'autorises-tu ? , j'ai pas mis ton nom désolé<BR><BR><BR>

ok JJ,n'aurais-tu pas une piste pour trouver une formules pour $\displaystyle{a_{k,m}}$ et $\displaystyle{b_{k,m}}$ dans ma conjecture ci-dessus ?
Merci à toi pour ta réponse, et je souhaite des bonnes vacances à tout le monde.

Cordialement Yalcin