Intégrale AMM12338
Problème AMM12338
Montrer que $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\cos x-1}{x\left(\text{e}^x-1\right)}dx=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{\pi}{\sinh(\pi)}\right)$
PS.
Je pense avoir fini de calculer cette intégrale. Je ne suis pas trop content de la méthode mais elle fonctionne.
Je pense avoir fini de calculer cette intégrale. Je ne suis pas trop content de la méthode mais elle fonctionne.
PS2:
Ne cherchez pas ce problème sur l'excellent site de Tauraso il ne l'a pas encore traité à la date du 7 juin 2022 (16h00).
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Réponses
On trouve la constante avec $a=0$ puis la valeur de $f(1).$
Edit j'ai oublié de recopier le $-1,$ je l'ai donc ajouté.
&\overset{u=\text{e}^{-x}}=-\int_0^1 \frac{\cos(\ln u)-1}{\ln u\left(\frac{1}{u}-1\right)}\times \frac{1}{u}du\\
&=-\int_0^1 \frac{\cos(\ln u)-1}{\ln u\left(1-u\right)}du\\
&=\int_0^1\int_0^1\frac{\sin(a\ln u)}{1-u}dadu\\
&=\int_0^1 \bigg(\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^na^{2n+1}}{(2n+1)!}\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln^{2n+1} u}{1-u}du}_{-(2n+1)!\zeta(2n+2)}\bigg)da\\
&=-\int_0^1\left(\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\zeta(2n+2) a^{2n+1}\right)da\\
&=-\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^{n-1}\zeta(2n+2)}{2n+2}\\
&\overset{k=n+1}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^k\zeta(2k)}{k}\\
\end{align}
C'est laid de mon point de vue, mais j'ai des doutes que je puisse trouver une solution complète sans le recours à une série.
https://math.stackexchange.com/questions/1100368/closed-form-for-large-int-0-infty-fracx-sin-x-leftex-1-rightx2-dx?noredirect=1
On part du produit infini eulérien : $\displaystyle \frac{\sinh(\pi x)}{\pi x} = (1+x^2)(1+\frac{x^2}{2^2})\cdots(1+\frac{x^2}{p^2})\ldots$
on considère les logarithmes népériens de chaque facteur (tous positifs) que nous dérivons par rapport à x
il vient la série fractionnaire quelle que soit x :
$\displaystyle \frac{\pi}{2x\tanh(\pi.x)} - \frac{1}{2x^2} = \frac{1}{1^2+x^2} + \frac{1}{2^2+x^2}+\cdots+ \frac{1}{p^2+x^2}+\ldots$
que nous pouvons développer en série polynomiale (après avoir multiplié par x)
$\displaystyle \frac{\pi}{2\tanh(\pi x)} - \frac{1}{2x} = x.Z_2 - x^3Z_4 + x^5Z_6 - \ldots$
avec $Z_{2p}$ la fonction Zéta de Riemann pour les entiers pairs de la variable
nous considérons maintenant la relation intégrale liée à la fonction eulérienne Gamma (avec p > 0) :
$\displaystyle \int_0^{+\infty}e^{-pt}.t^xdt=\frac{\Gamma(x+1)}{p^{x+1}}$
et pour $ x = n$ entier naturel et en considérant le développement en série de $\displaystyle \frac{e^{-t}}{1-e^{-t}}$ il vient :
$\int_0^{+\infty}\frac{t^n}{n!}\frac{dt}{e^t-1} = Z_{n+1}$
et si nous considérons le développement polynomial de $\sin(tx)$ il vient :
$\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{\sin(tx)}{e^t - 1}dt= xZ_2 - x^3Z_4 + x^5Z_6 - \ldots= \frac{\pi}{2\tanh(\pi.x)} - \frac{1}{2x}$
nous pouvons primitiver sous le signe intégral avec une constante d'intégration égale à 1 pour assurer la continuité de la fraction en zéro
il vient en conséquence : $$\int_0^{+\infty}\frac{1-\cos(tx)}{t(e^t - 1)}dt = \frac{1}{2}\ln\frac{\sinh(\pi.x)}{\pi.x}$$Cordialement.
$$\begin{eqnarray} \int_0^{+\infty} \frac{\cos x - 1}{e^x - 1} \frac{dx}{x} & = & -\frac{1}{2i} \sum_{k=1}^{+\infty} \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} \Bigg( \frac{1}{k-iy-\frac{i}{2}} - \frac{1}{k-iy+\frac{i}{2}} \Bigg) dy \\ & = & -\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{+\infty} \bigg[ \log \Big( k-iy-\frac{i}{2} \Big) - \log \Big( k-iy+\frac{i}{2} \Big) \bigg]_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} \\ & = & -\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{+\infty} \big[ \log (k-i) - 2 \log k + \log (k+i) \big] = \frac{1}{2} \log \prod_{k=1}^{+\infty} \frac{k^2}{1+k^2} \end{eqnarray}$$