Intégrale

techer

Bonjour tout le monde,
Je vous propose de montrer que
$$\int_0^1 \frac{\ln(1+x^6)}{1+x^2}\mathrm dx=\frac{\pi}{2}\ln 6-3G$$
avec $G$ la constante de Catalan.

zephir

Remplacer $\ln(1+x^6)$ par son développement en série entière et ... calculer.

Fin de partie

Zéphir:

Je suis curieux de voir ça. Cordialement.

\begin{align}J&=\int_0^1 \frac{\ln(1+x^6)}{1+x^2}\mathrm dx\\
&\overset{x=\tan t}=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan^6 t\right)dt\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan^2 t\right)dt+\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1-\tan^2 t+\tan^4 t\right)dt\\
\end{align}
la première intégrale est "bien connue".

\begin{align}K&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(1-\tan^2 t+\tan^4 t\right)dt\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\frac{1}{8\cos^4 t}\big(5+3\cos(4x)\big)\right)dt\\
&=-\frac{\pi\ln 8}{4}-4\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\cos t\right)dt+\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(5+3\cos(4t)\right)dt
\end{align}

La première intégrale n'est pas très difficile à calculer il faut considérer l'intégrale cousine: $\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\cos t\sin t\right)dt$. L'intégrale vraiment intéressante est la dernière.

\begin{align}L&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(5+3\cos(4t)\right)dt\\
&\overset{x=2t}=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(5+3\cos(2x)\right)dx\\
&=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(2+6\cos^2 x\right)dx\\
&=\frac{\pi\ln 2}{4}+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(1+3\cos^2 x\right)dx\\
&=\frac{\pi\ln 2}{4}+\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\int_0^{\sqrt{3}} \frac{a\cos^2 x}{1+a^2\cos^2x}da\right)dx\\
&=\frac{\pi\ln 2}{4}+\int_0^{\sqrt{3}} \left[\frac{x}{a}-\frac{\arctan\left(\frac{\tan x}{\sqrt{1+a^2}}\right)}{a\sqrt{1+a^2}}\right]_{x=0}^{\frac{\pi}{2}}da\\
&=\frac{\pi\ln 2}{4}+\frac{\pi}{2}\int_0^{\sqrt{3}} \left(\frac{1}{a}-\frac{1}{a\sqrt{1+a^2}}\right)da\\
&\overset{x=a^2}=\frac{\pi\ln 2}{4}+\frac{\pi}{4}\int_0^{3} \left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x\sqrt{1+x}}\right)dx\\
&=\frac{\pi\ln 2}{4}+\frac{\pi}{4}\Big[\ln x-\ln\left(\frac{\sqrt{x+1}-1}{\sqrt{x+1}+1}\right)\Big]_0^3\\
&=\frac{\pi\ln 2}{4}+\frac{\pi}{4}\left(2\ln 3-2\ln 2\right)\\
&=\boxed{\dfrac{\pi\ln 3}{2}-\dfrac{\pi\ln 2}{4}}
\end{align}

PS:
Si vous vous demandez d'où je sors l'identité trigonométrique utilisée, ce n'est pas que je suis génial (quoique B-)- ) mais je pressentais qu'il y avait un truc comme ça dans l'air alors j'ai demandé à mon pote Wolfy, c'est lui qui m'a montré cette identité (j'avais préalablement remarqué que $1+u^6=(1+u^2)(1-u^2+u^4)$ ça c'était à ma portée).

techer

Merci de votre retours.
Juste pour récapituler, on a :

$$J=\underbrace{\int_0^{\pi/4}\ln(1+\tan^2(t))\mathrm dt}_{\frac{\pi}{2}\log 2-G}-\frac{3\pi}{4}\log 2-4\underbrace{\int_0^{\pi/4}\ln(\cos(t))\mathrm dt}_{\frac{1}{4}(2G-\pi\log 2)}+\underbrace{\int_0^{\pi/4}\ln\left(5+3\cos(4t)\right)dt}_{\frac{\pi\ln 3}{2}-\frac{\pi\ln 2}{4}}=\frac{\pi}{2}\log 6-3G$$

Math Coss

Vous êtes des brutes – la palme à Fin de partie.

Fin de partie

Pour terminer le calcul,

\begin{align}2\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\cos t\right)dt&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\sin t\cos t\right)dt-\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\frac{\sin t}{\cos t}\right)dt\\
-\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\frac{\sin t}{\cos t}\right)dt&\overset{x=\tan t}=-\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x^2}\,dx\\
&=\text{G}\\
\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\sin t\cos t\right)dt&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\frac{\sin(2t)}{2}\right)dt\\
&\overset{x=2t}=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\frac{\sin x}{2}\right)dx\\
&=-\frac{\pi\ln 2}{4}+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x) dx\\
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x) dx&\overset{y=\frac{\pi}{2}-x}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos y) dy\\
2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x) dx&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x\cos x) dx\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\frac{\sin(2x)}{2}\right) dx\\
&\overset{u=2x}=\frac{1}{2}\int_0^\pi\ln\left(\frac{\sin u}{2}\right) du\\
&=-\frac{\pi\ln 2}{2}+\frac{1}{2}\int_0^\pi \ln\left(\sin u\right)du\\
&=-\frac{\pi\ln 2}{2}+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln\left(\sin u\right)du+\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^\pi \ln\left(\sin z\right)dz\\
&\overset{u=\pi-z}=-\frac{\pi\ln 2}{2}+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln\left(\sin u\right)du+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln\left(\sin u\right)du\\
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln\left(\sin u\right)du&=-\frac{\pi\ln 2}{2}\\
2\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\left(\cos u\right)du&=\text{G}-\frac{\pi\ln 2}{2}\\
\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\tan^2 x)dx&=-2\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\cos x\right)dx\\
&=\frac{\pi\ln 2}{2}-\text{G}
\end{align}

Et on remonte:

\begin{align}K&=\frac{\pi\ln 3}{2}-2\text{G}\\
J&=\boxed{\dfrac{\pi\ln 6}{2}-3\text{G}}\\
\end{align}

Techer:
Cela m'a l'air correct à première vue.

Math Coss: Sans mes esclaves logiciels je ne suis qu'une pauvre aire*.


*: il n'y a pas de faute d'orthographe c'est un jeu de mots entre aire et hère.

bd2017

Bonjour
Je laisse quelques vérifications au lecteur:
$I=\int_0^1 \dfrac{\ln(1+t^6)}{1+t^2} dt $
$J =\int_1^\infty 1 \dfrac{\ln(1+t^6)}{1+t^2} dt $

Le changement de variable t=1/u conduit directement à $I=J-6 G.$

Il reste à calculer $K= I+J=\int_0^\infty \dfrac{\ln(1+t^6)}{1+t^2} dt $

Posons $K(x)=\int_0^\infty \dfrac{\ln(1+x^6 t^6)}{1+t^2} dt $

$K'(x)=\int_0^\infty \dfrac{6 t^6 x^5}{\left(1+t^2\right) \left(1+t^6 x^6\right)} dt $

Par le théorème des résidus on obtient

$K'(x)=1/2 ( 2 i \pi) \sum_{j=1}^4 Res ( \dfrac{6 t^6 x^5}{\left(1+t^2\right) \left(1+t^6 x^6\right)})$
(partie imaginaire positive)

D'où par intégration $K(x)= \pi \ln \left(1+2 x+2 x^2+x^3\right)$

Alors $K=K(1)=\pi \ln (6)$ et on obtient $I=\dfrac{\pi \ln (6)}{2}- 3 G $

Fin de partie

Bd2017:

Le gars qui a ouvert ce fil sur M.E, https://math.stackexchange.com/questions/3800666/a-summary-of-integrals-and-series-related-to-multiple-zeta-values , a écrit un script pour Mathematica qui permet de calculer beaucoup d' intégrales dans lesquelles interviennent des logs, des polylog et des fractions rationnelles.
Je ne suis pas tout à fait sûr, mais l'intégrale proposée dans ce fil entre très certainement dans la catégorie des intégrales calculables par ce script. (je ne possède pas Mathématica je ne peux pas tester, j'attends une version pour Maxima :-D).

jandri

On peut généraliser à $I_n=\displaystyle\int_0^1 \frac{\ln(1+x^{2n})}{1+x^2}\mathrm dx$ sans trop de calculs ($n\in\N$).

On utilise pour cela deux résultats préliminaires :

1) $f(x)=\displaystyle\int_0^{\pi/2}\ln(1+x\cos^2t) \mathrm d t=\pi\ln\dfrac{1+\sqrt{1+x}}2$ pour $x>-1$. Cela se montre assez rapidement en calculant $f'(x)$.

2) $J_1=\displaystyle\int_0^{\pi/4}\ln(\cos t) \mathrm d t=-\dfrac{\pi}4\ln2+\dfrac12G$ en lui associant $J_2=\displaystyle\int_0^{\pi/4}\ln(\sin t) \mathrm d t$ et en calculant $J_1+J_2$ et $J_2-J_1$.

Ensuite $I_n=\displaystyle\int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan^{2n}t)\mathrm dt=\int_0^{\pi/4} \ln(\cos^{2n}t+\sin^{2n}t)\mathrm dt-2nJ_1$

On utilise $\cos^2t=\dfrac{1+\cos 2t}2$ et $\sin^2t=\dfrac{1-\cos 2t}2$ puis la factorisation (classique avec les nombres complexes) :
$$
P_n(X)=(1+X)^n+(1-X)^n=2\displaystyle\prod_{k=1}^{\lfloor n/2\rfloor}\bigg(1+\tfrac{X^2}{\textstyle\tan^2\dfrac{(2k-1)\pi}{2n}}\bigg).

$$ On obtient finalement : $I_n=\displaystyle\int_0^1 \frac{\ln(1+x^{2n})}{1+x^2}\mathrm dx=(n+1)\dfrac{\pi}4\ln2-nG+\dfrac{\pi}2\displaystyle\sum_{k=1}^{\lfloor n/2\rfloor}\ln\dfrac12\bigg(1+\dfrac1{\sin\tfrac{(2k-1)\pi}{2n}}\bigg)$.

etanche

Bonjour
Techer a proposé Intégrale de techer
Calculer
$$
\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln(1+x^6)}{1+x^2}dx ,

$$ sans utiliser les résidus de sorte que les colleurs puissent le donner colle en math spécial
Merci

Fin de partie

\begin{align}J&=\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln(1+x^6)}{1+x^2}dx \\
&=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x^6)}{1+x^2}dx+\int_{1}^{+\infty}\frac{\ln(1+u^6)}{1+u^2}du\\
&\overset{x=\frac{1}{u}}=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x^6)}{1+x^2}dx+\int_0^1 \frac{\ln\left(1+\frac{1}{x^6}\right)}{\left(1+\frac{1}{x^2}\right)x^2}dx\\
&=2\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x^6)}{1+x^2}dx-6\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x^2}dx\\
&=2\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x^6)}{1+x^2}dx+6\text{G}
\end{align}

avec $\displaystyle \text{G}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}$ la constante de Catalan.

PS:
Si on connait la valeur de $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x^6)}{1+x^2}dx$ on peut en déduire que:
$\boxed{\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\ln(1+x^6)}{1+x^2}dx=\pi\ln 6}$

PS2:
Le résultat obtenu pourrait laisser entendre qu'on pourrait calculer cette intégrale avec la formule de Frullani.
(mais je ne vois pas quelle fonction utiliser. Peut-être qu'une telle fonction n'existe pas).

jandri

@etanche
La méthode utilisée par Fin de partie au début de ce fil n'utilise pas les résidus mais une intégrale double.

Celle que j'ai proposée juste au-dessus utilise la dérivation sous le signe intégrale pour calculer $f(x)=\displaystyle\int_0^{\pi/2}\ln(1+x\cos^2t) \mathrm d t=\pi\ln\dfrac{1+\sqrt{1+x}}2$.

@Fin de partie
Le calcul que j'ai fait juste au-dessus donne pour $n\in\N$ : $\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{\ln(1+x^{2n})}{1+x^2}\mathrm dx=\pi\ln\bigg(2^{\tfrac{1+(n\pmod2)}2}\displaystyle\prod_{k=1}^{\lfloor n/2\rfloor}\bigg(1+\dfrac1{\sin\tfrac{(2k-1)\pi}{2n}}\bigg)\bigg)$
Je ne vois pas comment cela pourrait être obtenu avec une intégrale de Cauchy-Frullani.