Intégrale et partie fractionnaire

L'intégrale $$\displaystyle \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{2^{x}-1} \right\}^{\alpha} dx $$ s'exprime joliment pour tout $\alpha > -1$...
Anselme-Olivier

Merci pour les détails egoroffski.

Proposition. Soit $\alpha > -1$. On a $$ \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{2^{x}-1} \right\}^{\alpha} \mathrm{d} x = \frac{1}{2 \ln 2} \left( \psi \left( \frac{\alpha}{2}+1 \right) -\psi \left( \frac{\alpha}{2}+1/2 \right) \right),$$ avec $ \{ x \} $ partie fractionnaire de $x$ et $ \displaystyle \psi (x) := \Gamma'(x)/\Gamma(x)$. Cette nouvelle forme close nous permet de déduire une variété d'intégrales.

$\displaystyle \int_{0}^{1} \arctan \left( \left\{ \frac{1}{2^{x}-1} \right\} \right) dx = \frac{\pi}{8}, $

$\displaystyle \int_{0}^{1} \ln \left( \left\{ \frac{1}{2^{x}-1} \right\} \right) dx = - \frac{\pi^{2}}{12\ln 2}, $

$\displaystyle \int_{0}^{1} \ln \left( 1+\left\{ \frac{1}{2^{x}-1} \right\}^{2} \right) dx = \frac{3}{4} \ln 2 - \frac{\pi^{2}}{48\ln 2},$

$\displaystyle \int_{0}^{1} \mathrm{Li_{2}} \left( \left\{ \frac{1}{2^{x}-1} \right\}^{2} \right) dx = \frac{\pi^{2}}{6}- \frac{3}{4} \frac{\zeta(3)}{\ln 2}.$

Edit : typo corrigé (merci jandri, il manquait en fait l'exposant 2 dans l'intégrande de la dernière égalité.)
Cordialement
Anselme-Olivier

En souhaitant déterminer une fonction $g$ telle que, pour $ \alpha>-1$, l'intégrale $$ \int_0^1 \left\{ \frac{1}{x} \right\}^{\alpha} g(x) \: {\mathrm{d}}x$$ admette une forme close, j'ai obtenu que $\displaystyle g(x):= \frac{1}{1+x}$ conduisait à $$ \int_0^1 \left\{ \frac{1}{x} \right\}^{\alpha} \frac{{\mathrm{d}}x}{1+x} = \int_0^1\dfrac{x^{\alpha}}{1+x}\: {\mathrm{d}}x,$$ la dernière intégrale s'exprimant simplement en fonction de $ \displaystyle \psi (x) := \Gamma'(x)/\Gamma(x)$. D'où quelques égalités indiquées ici. Plus généralement, pour toute fonction $f$ continue et intégrable sur ]0,1[, $$\int_0^1 f\left(\left\{ \frac{1}{x} \right\} \right)\frac{{\mathrm{d}}x}{1+x} = \int_0^1\dfrac{f(x)}{1+x}\:{\mathrm{d}}x. \qquad (*)$$ Le changement de variable $\displaystyle t = \frac{\ln(1+x)}{\ln 2}$ dans l'intégrale du membre de gauche, donne alors $$\int_0^1f\left(\left\{ \frac1{2^{t}-1} \right\}\right) {\mathrm{d}}t = \frac{1}{\ln 2} \int_0^1\dfrac{f(t)}{1+t}\:{\mathrm{d}}t.\qquad (**)$$ Compte tenu des propriétés de la fonction $ \psi$, l'identité $$ \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{2^{x}-1} \right\}^{\alpha} \mathrm{d} x = \frac{1}{2 \ln 2} \left( \psi \left( \frac{\alpha}{2}+1 \right) -\psi \left( \frac{\alpha}{2}+1/2 \right) \right)$$ donne, par exemple après dérivation suivant $\displaystyle \alpha$ et égalité de $\displaystyle \alpha$ à $0$ : $$ \int_{0}^{1} \ln \left( \left\{ \frac{1}{2^{x}-1} \right\} \right) \mathrm{d} x = \frac{1}{4 \ln 2} \left( \psi'(1) -\psi' \left( 1/2 \right) \right) = - \frac{\pi^{2}}{12\ln 2}.$$ Lorsque $\displaystyle \alpha$ est un nombre entier, on obtient en fonction des nombres harmoniques $ \displaystyle H_{n}:= \sum_{1}^{n}1/k$, $$ \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{2^{x}-1} \right\}^{2n} \mathrm{d} x = \frac{1}{2 \ln 2} \left( H_{n}+2 \ln 2 - 2 \sum_{1}^{n} \frac{1}{2k-1} \right) \quad (\alpha := 2n),$$$$ \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{2^{x}-1} \right\}^{2n-1} \mathrm{d} x = \frac{1}{2 \ln 2} \left( -H_{n-1}-2 \ln 2 + 2 \sum_{1}^{n} \frac{1}{2k-1}\right) \quad (\alpha := 2n-1).$$ Ces dernières écritures explicites permettent, par une intégration terme à terme justifiable, de trouver par exemple l'intégrale de $\displaystyle \arctan \left( \left\{ \frac{1}{2^{x}-1} \right\} \right) = \sum_{1}^{\infty} \frac{1}{2n-1} \left\{ \frac{1}{2^{x}-1} \right\}^{2n-1}$ ou $\displaystyle \ln \left( 1+\left\{ \frac{1}{2^{x}-1} \right\}^{2} \right) = \sum_{1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \left\{ \frac{1}{2^{x}-1} \right\}^{2n}$, on est amené à manipuler des sommes de termes harmoniques qui sont certes délicates mais qui se laissent réduire. Il sera bien souvent plus simple de passer directement par $(*)$ ou $(**)$.

aléa, c'est génial !
Je ne connaissais pas !

Je ne l'ai pas encore couché par écrit, mais j'entrevois que la famille d'intégrales suivantes se réduit également :$$\int_0^1 f\left(\left\{ \frac{1}{x} \right\} \right)\frac{{\mathrm{d}}x}{\nu+x}, \quad \nu = 1,2,3,...$$ Cette réduction est-elle déjà connue ?

Benoit, je vais essayer de regarder cela.

aléa merci : pages 90-92, joli lemme : Gauss est passé par là !

En passant.

1) Montrer que $$ \displaystyle \int_{0}^{1} \displaystyle \dfrac{ \left\{ \dfrac{1}{2^{x}-1} \right\} }{\ln \left(1- \left\{ \dfrac{1}{2^{x}-1} \right\} \right)} \: \mathrm{d} x = - \dfrac{ \ln \sigma}{ \ln 2},$$ où $ \displaystyle \sigma$ est une des constantes de Somos définie par $$ \displaystyle \sigma := \prod_{1}^{\infty} \displaystyle k^{1/2^{k}} = \sqrt{\:1\sqrt{\:2\sqrt{\:3 \: \cdots}}} = 1,661687949...$$ 2) Déterminer $$ \displaystyle \int_{0}^{1} \displaystyle \left( \dfrac{1}{\ln \left\{ \dfrac{1}{2^{x}-1} \right\} } + \dfrac{1 }{1- \left\{ \dfrac{1}{2^{x}-1} \right\}} \right) \: \mathrm{d} x. $$ Cordialement
Anselme-Olivier