Une intégrale pour bien commencer l'année

Fin de partie

Je cherche à montrer que $\displaystyle \int_0^{\dfrac{\pi}{2}} \ln\Big(\sin t\left(\sqrt{\sin t}+\sqrt{1+\sin t}\right)\Big)dt=0$

C'est une intégrale rencontrée, en quelque sorte, dans un autre calcul d'intégrale que je communiquerai ultérieurement.

gebrane

Par développement en série de Fourier ?

$\ln\left(\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{\sin x}\right)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(2k)!}{4^k(2k+1)(k!)^2}\sin((2k+1)x)$

L'intégrale donne une série que wolphi sait calculer

gebrane

J'ai mieux une ipp pour calculer $\displaystyle \int_0^{\dfrac{\pi}{2}} \ln\Big(\left(\sqrt{\sin t}+\sqrt{1+\sin t}\right)\Big)dt$ on pose $u=\ln(\sqrt{\sin t}+\sqrt{1+\sin t})$ et $v'=1$

d'où $u'=\frac{\cos t}{2\sqrt {sin t (1+\sin t)}}$ et $v= t$. On se ramène

à l’intégrale plus simple $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}2} \frac{t\cos t}{\sqrt{\sin t(1+\sin t)}}$ puis $x=\sin t$, on se ramène à

$\displaystyle \int_0^1 \frac{\arcsin x}{\sqrt {x(1+x)}}$ puis on pose $\displaystyle F(a)=\int_0^1 \frac{\arcsin (ax)}{\sqrt {x(1+x)}}$ puis $F'(a)=\ldots $ je ne suis pas YvesM

Fin de partie

J'étais arrivé à cette intégrale mais cela ne me semble pas trop prometteur.

As-tu essayé de calculer la dérivée de F et d'intégrer cette fonction de $x$?

J'ai peut-être une idée pour calculer l'intégrale dans le premier message.

Toutefois, Je n'ai pas fait les calculs

Cela revient à calculer $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\text{arcsinh}\left(\sqrt{\sin t}\right)dt$

On développe l'intégrande en série en fonction de $\sin t$ et on intervertit le signe somme et le signe intégral, si je vois bien, on se retrouve avec des intégrales du type fonction Beta d'Euler (sous forme trigonométrique)

PS1.

Si cela fonctionne cela ne sera pas une solution très élégante de mon point de vue. Idéalement je cherche une solution sans développement en série, seulement du calcul intégral.

PS2.

J'ai choisi la présentation de l'intégrale dans le premier message  car j'ai caressé l'idée qu'il y avait  peut-être une symétrie cachée.

(si j'ai bien vu l'intégrande change de signe une seule fois sur l'intervalle d'intégration).

Fin de partie

Je trouve étonnant que la fonction $x\mapsto \displaystyle \dfrac{\arcsin x}{\sqrt{1+x}}$ admette une primitive "simple".

J'ai cru que cela permettait une IPP qui donnerait un résultat intéressant mais on ne fait que tourner en rond pour ce que j'en sais.

gebrane

La première méthode avec les séries de Fourier , non pas à ton gout?

Fin de partie

Gebrane: Wolfy sait peut-être calculer la série toute intégrée mais toi le sais-tu?

PS: Cela se trouve le calcul de série que j'ai ébauché n'est pas plus simple à terminer.

Boécien

$$ I=\int_{0}^{\pi/2}\log(\sin(t))dt=\int_{0}^{1}\frac{\log(t)}{\sqrt{1-t^{2}}}dt \\ \frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{{2n \choose n}}{4^{n}}t^{2n}  \\ \int_{0}^{1}\log(t)t^{2n}dt=-\frac{1}{(2n+1)^{2}} \\ I=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{{2n \choose n}}{4^{n}(2n+1)^{2}} $$

Sauf erreur...donc sans calculer la série avec la remarque de gebrane l'intégrale de départ est nulle.

Fin de partie

Boécien: C'est une excellente idée.  Par ailleurs, on sait calculer aisément

$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin t)dt$

A se demander si le développement en série est vraiment utile (cela reste à creuser).

gebrane

@Fin de partie Tu es un visionnaire, il y a une symétrie cachée. Ton intégrale est trivialement nulle. On fait le changement $x=\sin t$ dans ton premier intégrale, on tombe sur l'intégrale

$$\int_0^1 \frac{\ln(x)+\ln(\sqrt x+\sqrt {1+x})}{\sqrt {1-x^2}} dx$$

Si on trace le graphe de l’intégrande on voit une symétrie au point 1/2

Il était impossible de voir cette symétrie à l'œil nue, vive la machine.

Boécien

Edit : la symétrie n'est pas réelle, l'intégrande s'annule en 0.5136198295638312834 pas 1/2 non ?

Fin de partie

Gebrane: Hélas, ce n'est pas aussi simple que ça. J'avais déjà regardé sur Wolfy le graphe de l'intégrande. Elle ne s'annule pas en x=1/2 .

On peut l'exprimer comme une somme de deux intégrales, l'une positive, l'autre négative, mais on ne voit pas bien comment passer de l'une à l'autre. Mais j'ai l'intuition que c'est possible (modulo un changement de variable).

PS.

J'avais testé le changement de variable $u=\sqrt{\frac{x}{1+x}}$ après avoir factorisé $\sqrt{x}$ dans l'argument du second logarithme (on "sort" ce facteur).

gebrane

Aie  !, gebrane encore une bêtise!  ( il faut stipuler dans la charte un nombre de bêtises limité par jours sinon un ban d'une semaine )

Mais la machine est confiante en ses calculs https://www.wolframalpha.com/input/?i2d=true&i=Integrate[Divide[ln\(40)x\(41)+ln\(40)\sqrt+x++\sqrt+\(40)1+x\(41)\(41),\sqrt+\(40)1-Power[x,2]\(41)],{x,0,1}]

Fin de partie

Alors que Wolfy ne donne pas de résultat si on enlève le terme qui ne pose pas de problème.

"il" voit quelque chose qu'on ne voit pas.

Fin de partie

C'est facile de démontrer que les valeurs des deux intégrales 

$A=\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(\sqrt {1+x}+\sqrt x)}{\sqrt {1-x^2}} dx$ et $B=\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(\sqrt {1+x}-\sqrt x)}{\sqrt {1-x^2}} dx$ sont opposées.

Cela donne envie de faire le changement de variable $\displaystyle u=\dfrac{\sqrt {1+x}-\sqrt x}{\sqrt {1+x}+\sqrt x}$ dans l'intégrale "$B-A$"

(Je crois avoir déjà testé mais je ne me souviens pas que cela ait donné quelque chose).

Fin de partie

Dans l'intégrale "$A$" il faut tester le changement de variable $u=\dfrac{1-x}{1+x}$

Fin de partie

En suivant la voie esquissée dans le message précédent on arrive à l'intégrale  $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\arctan(\cos t)\cos t}{\sqrt{2}+\sin t}dt$ qui, a priori, ne semble pas plus simple à calculer. Sa valeur probable est $\displaystyle \dfrac{3}{8}\pi\ln 2 -\dfrac{1}{2}\text{G}$

gebrane

Ça devient moche

jean Lismonde0

Bonjour Fin de partie
l'intégrale initiale n'est pas nulle ; en fait (calculé à la calculatrice) :
$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln[\sqrt{\sin t}.(\sqrt{\sin t}+\sqrt{1+\sqrt{\sin t}})]dt = 0,589240...$
Cordialement.

gebrane

jean Lismonde0  alors il est temps de changer ta calculette

jean Lismonde0

Rebonjour
erreur de ma part sur l'intégrale de départ ; en fait 
$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln[\sin t.(\sqrt{\sin t}+\sqrt{1+\sin t})]dt = 0,000001298549903...$
Cordialement.

gebrane

jean Lismonde0 ton calcul prouve quoi au juste ?

jandri

Avec Maple :
Digits:=50:
evalf(Int (ln(sin(t)*(sqrt(sin(t))+sqrt(1+sin(t)))),t=0..Pi/2));

Cela donne : 0.9e-52

Boécien

Pour Jean: La démonstration que l'intégrale de départ est nulle est faite dans ce fil.

Fin de partie

Cela revient à calculer $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{x\arctan x}{\sqrt{1-x^2}(1+x^2)}dx$

(qui n'est pas triviale à calculer).

jean lismonde

Bonjour Fin de partie

ta dernière intégrale est égale à 0,3849402792...
je ne connais de forme "close"

pour répondre à la dernière interrogation de gebrane :
mon but était tout simplement de montrer que l'intégrale initiale de FdP n'était pas nulle

Cordialement

gebrane

Merci @jean lismonde 
Pauvre FDP;  il se fatigue à démontrer que son intégrale est nulle alors que la calculette de JL montre le contraire

Boécien

Zéro n'est pas zéro.

Boécien

Peut-être qu'un récap de ce qui a été dit évitera les remarques intempestives sur ce fil. L'intégrale initiale est nulle !!!

Preuve.

Soit ${\displaystyle I=\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\ln\Big(\sin t\left(\sqrt{\sin t}+\sqrt{1+\sin t}\right)\Big)dt=I_{1}+I_{2}}$, avec
$I_{1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin t)dt$ et $I_{2}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\sqrt{\sin t}+\sqrt{1+\sin t}\right)dt$.

On a par changement de variable $I_{1}=\int_{0}^{1}\frac{\log(t)}{\sqrt{1-t^{2}}}dt$.
Comme $\frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{{2n \choose n}}{4^{n}}t^{2n}$ et que $\int_{0}^{1}\log(t)t^{2n}dt=-\frac{1}{(2n+1)^{2}}$ on a $I_{1}=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{{2n \choose n}}{4^{n}(2n+1)^{2}}$
Ensuite @gebrane a donné le développement en série de Fourier
$\log\left(\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{\sin x}\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{{2n \choose n}}{4^{n}(2n+1)}\sin((2n+1)x)\Rightarrow I_{2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{{2n \choose n}}{4^{n}(2n+1)^{2}}$
Ce qui entraîne $I=0$.

gebrane

@Boécien , alors tu ne connais pas @jean lismonde  s'il dit que l’intégrale n'est pas nulle, alors ne te fatigue pas.... pour lui prouver le contraire

Fin de partie

Si Jean Lismonde n'est pas convaincu par la démonstration de Boécien, en voici une autre.

\begin{align*}
    J&=\int_0^1\frac{\text{arcsinh}\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{1-x^2}}dx\\
    &\overset{\text{IPP}}=\Big[\arcsin (x)\text{arcsinh}\left(\sqrt{x}\right)\Big]_0^1-\frac{1}{2}\underbrace{\int_0^1 \frac{\arcsin x}{\sqrt{x}\sqrt{1+x}}dx}_{y=\sqrt{x}}\\
    &=\frac{\pi}{2}\ln\left(1+\sqrt{2}\right)-\underbrace{\int_0^1 \frac{\arcsin \left(y^2\right)}{\sqrt{1+y^2}}dy}_{z=\sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}}}\\
    &=\frac{\pi}{2}\ln\left(1+\sqrt{2}\right)-\sqrt{2}\int_0^1 \frac{z\arcsin\left(\frac{1-z^2}{1+z^2}\right)}{(1+z^2)\sqrt{1-z^2}}dz\\
    &=\frac{\pi}{2}\ln\left(1+\sqrt{2}\right)-\sqrt{2}\int_0^1 \frac{z\left(\frac{\pi}{2}-2\arctan z\right)}{(1+z^2)\sqrt{1-z^2}}dz\\
    &=\frac{\pi}{2}\bigg(\ln\left(1+\sqrt{2}\right)-\sqrt{2}\underbrace{\int_0^1 \frac{z}{(1+z^2)\sqrt{1-z^2}}dz}_{={K}}\bigg)+2\sqrt{2}\int_0^1 \frac{z\arctan z}{(1+z^2)\sqrt{1-z^2}}dz\\
    K&=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left[\ln\left(\frac{\sqrt{2}-\sqrt{1-z^2}}{\sqrt{2}+\sqrt{1-z^2}}\right)\right]_0^1=\frac{1}{\sqrt{2}}\ln\left(1+\sqrt{2}\right)\\\
    J&=2\sqrt{2}\int_0^1 \frac{z\arctan z}{(1+z^2)\sqrt{1-z^2}}dz
        \end{align*}
On définit sur $[0,1]$,
\begin{align*}F(a)&=\int_0^1 \frac{z\arctan (az)}{(1+z^2)\sqrt{1-z^2}}dz\\
F^\prime(a)&=\int_0^1 \frac{z^2}{(1+z^2)(1+a^2z^2)\sqrt{1-z^2}}dz\\
&=-\frac{1}{2}\Bigg[\frac{\sqrt{2}\arctan\left(\frac{z\sqrt{2}}{\sqrt{1-z^2}}\right)-\frac{2}{\sqrt{1+a^2}}\arctan\left(\frac{z\sqrt{1+a^2}}{\sqrt{1-z^2}}\right)}{1-a^2}\Bigg]_{z=0}^{z=1}\\
&=\frac{\pi\left(\sqrt{\frac{2}{1+a^2}}-1\right)}{2(1-a^2)\sqrt{2}}
\end{align*} Puisque $F(0)=0$ alors,
\begin{align*}\int_0^1 \frac{z\arctan z}{(1+z^2)\sqrt{1-z^2}}dz&=F(1)-F(0)\\
&=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\int_0^1\frac{\left(\sqrt{\frac{2}{1+a^2}}-1\right)}{1-a^2}da\\
&=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\left[\text{arctanh}\left(\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{1+a^2}}\right)-\text{arctanh}(a)\right]_0^1\\
&=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\lim_{a\rightarrow 1}\ln\left(\frac{\sqrt{1+a^2}+a\sqrt{2}}{1+a}\right)\\
&=\frac{\pi\ln 2}{4\sqrt{2}}
\end{align*} Ainsi, \begin{align*}\boxed{J=\frac{\pi\ln 2}{2}}\end{align*}

Par ailleurs, on a déjà montré plusieurs fois que $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\sin t\right)dt=-\frac{\pi\ln 2}{2}$

PS.

Les deux premiers changements de variable pourraient être faits par un seul changement de variable.

Edit:

Dans l'intégrale de la première ligne il est plus rapide de faire directement le changement de variable $y=\sqrt{\dfrac{1-x^2}{1+x^2}}$

gebrane

waw  FDP, impressionnant. Pourquoi K=1 ? un bug ophtalmique

Fin de partie

Où vois-tu $K=1$?

On a:  $\displaystyle K=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left[\ln\left(\frac{\sqrt{2}-\sqrt{1-z^2}}{\sqrt{2}+\sqrt{1-z^2}}\right)\right]_0^1=\frac{1}{\sqrt{2}}\ln\left(1+\sqrt{2}\right)$

PS:

J'ai passé au moins 6 ou 7 heures à réaliser ce calcul. Wolfy et Maxima m'ont beaucoup aidé, il est vrai (je vérifie avec Maxima les primitives données par Wolfy: il faut souvent les remettre en forme).

gebrane

Peut on demontrer que $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\sin t\right)dt=-2\sqrt{2}\int_0^1 \frac{z\arctan z}{(1+z^2)\sqrt{1-z^2}}dz$ sans les calculer  ( par des ipp ou des cdv)

Fin de partie

Je commence à en douter.  Il vaut mieux, sans doute, considérer l'intégrale $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \arg\sinh\left(\sqrt{\sin t}\right)dt$

PS.

Ce serait peut-être plus simple d'arriver à faire apparaître un $\arg\tanh$ (j'ai fait un truc comme ça plus haut avec $\arcsin$ et $\arctan$).

Fin de partie

On peut aussi s'intéresser à cette intégrale $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{(1+x^2)\sqrt{1-x^2}}dx$

(qui vaut $-\dfrac{\pi^2}{4\sqrt{2}}$  )

PS1. Je vous expliquerai bientôt d'où viennent ces deux intégrales.

PS2. Si vous avez lu les messages précédents vous pourriez deviner comment on peut calculer cette intégrale.

Fin de partie

Il est temps de vous dire d'où viennent ces deux intégrales $\displaystyle \int_0^1 \frac{\text{arcsinh}\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{1-x^2}}dx,\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{(1+x^2)\sqrt{1-x^2}}dx$. Elles interviennent dans un calcul possible de l'intégrale $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\text{arcsinh}^2\left(\sin x\right)}{\sin^2 x}dx$ (C'est le problème $12297$ du dernier numéro de l'American mathematical monthly )

jean lismonde

Bonjour

Je viens ici exprimer des regrets auprès de Fin de Partie et Boecien
car j'ai contesté leur travail analytique sur la base de résultats numériques qui se sont avérés très suspects

j'utilise depuis un certain temps la calculatrice TI-83 Premium CE (recommandée pour les futurs bacheliers)
elle comporte une touche "calcul d'intégrales numériques" que j'ai testée sur plusieurs exemples classiques et connus
elle calcule avec 11 ou 13 chiffres significatifs
mais j'ai constaté qu'elle donne le résultat avec seulement 5 chiffres exacts (au cent millième), le reste est faux

notre ami gebrane m'avait conseillé de changer de calculatrice,
je ne vais pas le faire car au niveau de la classe de Terminale c'est sans doute la meilleure
mais j'ai prévenu mes élèves de cette approximation opérée par Premium sur le calcul intégral,
approximation choquante

comme quoi parfois le calcul à la main est parfois plus précis que le travail des machines, c'est plutôt réconfortant!

Cordialement

gebrane

Quel soulagement, notre cher ami @jean lismonde  a reconnu une de ces erreurs. J'espere qu'il viendra un jours avec courage pour nous dire que , effectivement au sens commun des mortels $\lim_{n\to \infty} \cos(n)$ n'existe pas

Fin de partie

@Jean Lismonde: C'est un phénomène que j'ai déjà plusieurs fois constaté en utilisant des logiciels pour calculs numériques.