Intégrale

Bonjour,
Peut-être un changement de variable (x=sht) ou une intégration par parties.

Faire le changement de variable $x = \sinh t$ (sinus hyperbolique)
Edit: Zephir l'a déjà dit!

Ca sent le changement de variable...
Sans trop regarder je ferais soit un changement de variable avec $Y=\ln(9-x)$, soit je travaillerais pour avoir $f$ de la forme : $ \dfrac{1}{1+\sqrt{\frac{\ln(3+x)}{\ln(9-x)} } }$
Mais sans trop de conviction...

bonsoir dhiab

pour cette dernière intégrale (qui converge bien-sûr)
tu remarques que la fonction à intégrer est paire donc il s'agit de 2 fois

intégrale de 0 à +oo de ln(1+x^6).dx/(1+x^6)

tu décomposes l'intervalle d'intégration: de 0 à 1 puis de 1 à +oo
et sur le second intervalle tu changes de variable en posant u = 1/x

tu obtiens alors 2 fois

intégrale de 0 à 1 de {(1+x^4)].ln(1+x^6) - 6lnx}dx/(1+x^6)

tu peux alors factoriser 1+x^4 et 1+x^6 en binômes de premier degré à coefficients complexes:

1+x^6 = (1+ix)(1-ix)(1+jx)(1-jx)(1+j²x)(1-j²x) avec j et j² les deux racines cubiques complexes de l'unité

tu devras décomposer en éléments simples la fraction 1/(1+x^6)

le procédé reste lourd: sans doute existe-t-il une méthode plus rapide
que Benoît, JJ ou un autre intervenant pourra peut-être nous révéler

cordialement

Le résultat de girdav (Xcas) est confirmé par maple. Numériquement, cela fait environ 0.65662165786

bonjour, pourquoi pas la stratégie souvent évoquée sur ce forum :
$$F(x) = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{\ln(1+xt^6)}{1+t^6} \mathrm dt $$ et dériver $F$ sous le signe somme...
ou plutôt :
$$F(x) = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{\ln(x+t^6)}{1+t^6} \mathrm dt $$

impressionnant.

Si...On peut décomposer en éléments simples, mais c'est moche.

Si on se sert du fait que $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac 1{1+t^6}dt= \dfrac{2\pi}3$, on a $\dfrac{t^6}{(1+xt^6)(1+t^6)} = \dfrac 1{1-x}\left(\dfrac 1{xt^6+1}-\dfrac 1{t^6+1}\right)$.
On a par ailleurs que :
\begin{align}
\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dt}{1+xt^6}&=\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dx}{1+(x^{\frac 16}t)^6}\\
&=x^{-\frac 16}\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dy}{1+y^6}\\
&=x^{-\frac 16}\dfrac{2\pi}3
\end{align} donc
\begin{equation}
F'(x) =\dfrac{2\pi}3 \dfrac 1{1-x}\left(x^{-\frac 16}-1\right).
\end{equation}

Pour le coup, je me demande même si on ne peut pas calculer les intégrales $\displaystyle I_n =\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{\ln\left(1+t^n\right)}{1+t^n}dt$ pour $n\geq 2$ par cette méthode. On pose $\displaystyle F_n\left(x\right)=\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{\ln\left(1+xt^n\right)}{1+t^n}dt$.
On a pour $x\neq 1$ que
\begin{align*} F_n'\left(x\right)& = \int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{t^n}{\left(1+xt^n\right)\left(1+t^n\right)}dt\\
&=\dfrac 1{1-x}\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{1+t^n-\left(1+xt^n\right)}{\left(1+xt^n\right)\left(1+t^n\right)}dt\\
&=\dfrac 1{1-x}\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dt}{1+\left(x^{\frac 1n}t\right)^n}-\dfrac 1{1-x}\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dt}{1+t^n}.
\end{align*}
Comme $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dt}{1+t^n} =\dfrac{2\pi}{n\sin\left(\frac{\pi}n\right)}$ on obtient que
\begin{equation}
F_n'\left(x\right) = \dfrac{2\pi}{n\sin\left(\frac{\pi}n\right)}\dfrac 1{1-x}\left(x^{-\frac 1n}-1\right).
\end{equation}
Il faut donc trouver une primitive de la fonction $t\mapsto \dfrac{\left(1-t\right)t^{n-2}}{1-t^n}$.
On voit que l'on doit faire la décomposition en éléments simples de la fraction $\dfrac{t^{n-2}}{1+t+\ldots+t^{n-1}}$. Les pôles sont les racines $n$-ièmes de l'unité, sauf $1$.
Je pense que pour regrouper astucieusement les racines, il faut distinguer le cas $n$ pair et $n$ impair.