@Gebrane: Pour appliquer Frullani à
$\displaystyle \int_0^1 \frac{z-1}{(1+z)\ln z}dz$
Le changement de variable $u=-\ln z$ doit aider, on fait apparaître un facteur $\dfrac{1}{u}$ et on a les bonnes bornes.
On a donc
\begin{align}\int_0^1 \frac{z-1}{(1+z)\ln z}dz&\overset{u=-\ln z}=\int_0^\infty \frac{\text{e}^{-u}-\text{e}^{-2u}}{\left(1+\text{e}^{-u}\right)}\times \frac{1}{u}du\end{align}
Est-ce qu'il existe une fonction $f$ et des réels $a,b$ tels que $\displaystyle \frac{\text{e}^{-u}-\text{e}^{-2u}}{\left(1+\text{e}^{-u}\right)}=f(au)-f(bu)$? L'intégrale proposée a pour valeur $\ln\left(\dfrac{\pi}{2}\right)$ ce qui suggère que $a$ ou $b$ vaudrait $\pi$. Bof.
Comment une fraction rationnelle d'exponentielles réelles pourrait avoir en $0$ ou en l'infini une limite qui vaut $\pi$?
On va devoir évaluer une fonction $f$ en $c\pi u$ et en $b u$ avec $\dfrac{c\pi}{b}=\dfrac{2}{\pi}$ (ou l'inverse) et $\displaystyle f(c\pi u)-f(b u)=\frac{\text{e}^{-u}-\text{e}^{-2u}}{\left(1+\text{e}^{-u}\right)}$.
@Fin de partie Utilise le développement en série de $1/(1+e^{-u})$, puis intervertis Somme/Intégrales. Tu tomberas sur une belle somme à trouver sa somme
Dans le cas de la puissance 3 et en faisant le développent de Taylor de 1(1+x)^3 je tombe si j'intervertis Somme et Intégrale sur la série $\sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n (n+1)(n+2)\ln(\frac{n+1}{n+2})$ divergente
On a $\displaystyle \int_{\frac{1}{2}}^3 \Psi(x)dx=\ln
2-\frac{1}{2}\ln(\pi)$ et on a la formule $\displaystyle
\Psi(s+1)=-\gamma+\int_0^1 \frac{1-x^s}{1-x}dx$ on devrait arriver à en
faire quelque chose.
Est-il possible de démontrer la formule
$\displaystyle\Psi(s+1)=-\gamma+\int_0^1 \frac{1-x^s}{1-x}dx$
sans utiliser l'expression en produit infini de $\dfrac{1}{\Gamma(x)}$?
avec:$\displaystyle \Psi(x)=\dfrac{d}{dx} \ln\left(\Gamma(x)\right)=\dfrac{\Gamma^\prime (x)}{\Gamma(x)}$
@Gebrane: Si je lis bien, ce que tu indiques utilise le produit infini de $\dfrac{1}{\Gamma(x)}$.
L'utilisation du théorème de Frullani amène à considérer une série (qui est calculée avec le produit infini susmentionné).
PS. On montre que \begin{align}H_n:=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}=\int_0^1\frac{1-x^n}{1-x}dx\end{align}
Comme la précédente intégrale existe pour n'importe quel réel $n>-1$ on peut parler de $H_s$ pour $s$ un réel $>-1$.
On a :
\begin{align}\gamma&=\int_0^1 \left(\frac{1}{\ln x}+\frac{1}{1-x}\right)\\
\Gamma(t)&=\int_0^1 (-\ln x)^{t-1}dx
\end{align}
Démontrer la formule :
\begin{align}\Psi(s+1)=-\gamma+\int_0^1 \frac{1-x^t}{1-x}dx\end{align}
revient à démontrer :
\begin{align}\Gamma^\prime(t+1)=-\int_0^1\int_0^1 (-\ln x)^t\left(\frac{1}{\ln y}+\frac{y^t}{1-y}\right)dxdy \end{align}
NB.
Je ne sais pas démontrer la première formule qui donne $\gamma$ tout de suite maintenant mais je doute que cette démonstration repose sur le produit infini de $\dfrac{1}{\Gamma(x)}$. Je sors cette formule du livre de Julian Havil, Gamma,Exploring Euler's constant, édité par Princeton, 2003
On a $H_n=\sum_{k=1}^n \frac 1k=\sum_{k=1}^n \int_0^1 x^{k-1} dx=\int_0^1 \sum_{k=1}^n x^{k-1}=\int_0^1 \frac {1-x^n}{1-x} dx$ donc $\gamma$ est limite de $\int_0^1 \frac {1-x^n}{1-x} dx-\int_1^n \frac 1x dx$ à méditer pour la suite si
En suite on pose x=1-t/n et on utilise le TCD et on tombe sur deux intégrales avec des exponentiels car $(1-x/n)^n$ tend vers $e^{-x}$
@Gebrane. Le truc qui a toute mon attention c'est de démontrer :
\begin{align}\underbrace{\int_0^\infty x^{t}\text{e}^{-x}\ln xdx}_{=\Gamma^\prime (t+1)}=-\int_0^1\int_0^1 (-\ln x)^t\left(\frac{1}{\ln y}+\frac{y^t}{1-y}\right)dxdy\end{align} PS. Évidemment sans utilisation du produit infini de $\dfrac{1}{\Gamma(x)}$.
Bonjour @Fin de partie Je ne comprends pas pourquoi tu veux éviter l'utilisation de la formule $\Gamma(z+1) = e^{-\gamma z}\prod_{n\geq 1}\left(1+\frac{z}{n}\right)^{-1}e^{z/n}.$ sa démonstration est simple et m'a donné l'idée pour démontrer ta première formule $\gamma=\int_0^1 \left(\frac{1}{\ln x}+\frac{1}{1-x}\right)$
@Gebrane: Je n'ai pas le droit d'avoir mes marottes ? Pas sûr du tout qu'on puisse trouver un moyen de calculer cette intégrale double sans l'aide de ce produit infini même si j'espère que c'est possible.
PS. Un type* a écrit un bouquin en se privant de l'utilisation de la lettre e, qu'il a titré justement La disparition. Je trouve ça chouette ce genre de défi qu'on se lance.
Je travaille sur une démonstration de $\displaystyle \gamma=\int_0^1 \left(\frac{1}{\ln x}+\frac{1}{1-x}\right)dx$
mais je butte sur la démonstration de $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\int_{\frac{1}{n}}^1\left(\frac{1}{\ln
x}+\frac{x^n}{1-x}+\frac{n}{1+nx}\right)dx=-\ln 2$
PS. La démonstration de $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\int_0^{\frac{1}{n}}\left(\frac{1}{\ln
x}+\frac{x^n}{1-x}+\frac{n}{1+nx}\right)dx=\ln 2$
est nettement plus simple.
PS2. Bien évidemment, je cherche une démonstration sans relation avec une formule avec $\gamma$.
PS3. J'ai obtenu au départ ces deux limites empiriquement.
Pour le contrôle de $\dfrac{1}{\ln x}$ , j'imagine que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 1} \left(\frac{1}{\ln x}+\frac{1}{1-x}\right)=\frac{1}{2}$ aide.
La vidéo m'a suggerée une preuve de $\displaystyle \gamma=\int_0^1 \left(\frac{1}{\ln x}+\frac{1}{1-x}\right)dx$ Je pars de $\gamma=\lim_{n\to \infty} \int_0^1 \frac {1-x^n}{1-x} dx-\int_1^n \frac 1x dx$ et je pose $x=1-\frac tn$ dans $\int_0^1 \frac {1-x^n}{1-x} dx$ ( Je te laisse trouver pour ne pas gâcher ton plaisir )
Exploit 1 Je n'ai jamais vu dans ma vie un calcul de $\displaystyle \int_0^{+\infty}
\frac{1}{1+x^4} dx$ comme limite de $\displaystyle \int_{{1}/{a}}^{a}
\frac{1}{1+x^4} dx$. Normalement, on procède par décomposition en
éléments simples ou par résidus.
Exploit 2 Je n'aurais jamais pensé qu'on puisse
transformer l'intégrale en $\arccos$ : $\displaystyle \int_{-1}^1 \frac{\arccos
x}{1+x+x^2}dx$, en une intégrale avec $\arctan$ : $\displaystyle \int_0^\infty
\frac{\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du$."
Défi Qui d'autre peut calculer $$\int_{-1}^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2}dx$$ Je vais faire un essai !
@Gebrane: Le truc utilisé est souvent vu pour calculer $\displaystyle \int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}dx$ mais en réalité il se généralise comme montré ci-dessus. Ce truc est quasi-magique quand on l'a vu une fois, on ne l'oublie pas.
Je ne connaissais pas ou ne me souvenais pas de : \begin{align*} &x\in [0,1], \quad \arcsin\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=\frac{\pi}{2}-2\arctan\left(\sqrt{x}\right)\\ &x\in [0,1], \quad \arccos\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=2\arctan\left(\sqrt{x}\right)\\ \end{align*}
Pour détecter ce type de formules, tu dérives puis tu vois la tête de la dérivée et tu intègres à nouveau si cela donne quelque chose d'intéressant tu cherches la constante manquante, ce qui est aisé dans les cas d'espèces.
PS. Wolfy est capable de donner des primitives exploitables pour toutes les fractions rationnelles qui interviennent dans mon calcul, mais c'est moins joli.
Fin de partie est bien le champion du changement de variable dans les intégrales. Mais il s'est compliqué la vie pour passer de la première forme de $J$ à la seconde forme. Je reprends ses calculs en simplifiant un peu.
1) Pour $x>0$ : $\displaystyle\int_0^x\frac{1+t^2}{1+t^4}dt=\int_0^x\frac{d(t-1/t)}{(t-1/t)^2+2}=\frac1{\sqrt2}\left(\arctan\left(\frac{x^2-1}{x\sqrt2}\right)+\frac{\pi}2\right)$. On en déduit à l'aide de $t=\dfrac1u$ : $\quad I=\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{1}{1+t^4}dt=\int_0^{+\infty}\frac{t^2}{1+t^4}dt=\int_0^1\frac{1+t^2}{1+t^4}dt=\frac{\pi}{2\sqrt2}$.
2) On effectue le changement de variable astucieux de Fin de partie directement dans l'intégrale $J$ : $t=\dfrac{1-x}{1+x}\Leftrightarrow x=\dfrac{1-t}{1+t}$ donne $dx=\dfrac{-2dt}{(1+t)^2}$ et $x^2+x+1=\dfrac{3+t^2}{(1+t)^2}$ d'où $J=\displaystyle\int_{-1}^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2}dx=2\int_0^{+\infty}\frac1{3+t^2}\arccos \frac{1-t}{1+t}dt=4\int_0^{+\infty}\frac{\arctan\sqrt t}{3+t^2}dt$ en utilisant la formule connue : $\cos(2\theta)=\dfrac{1-\tan^2\theta}{1+\tan^2\theta}$. Il est pratique de poser $t=u^2\sqrt3$ pour obtenir $J=\dfrac8{\sqrt3}\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{u\arctan(3^{1/4}u)}{1+u^4}du$
3) On introduit alors (pour $x>0$) $F(x)=\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{u\arctan(ux)}{1+u^4}du$ (on a aussi $F(0)=0$). $F'(x)=\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{u^2}{(1+u^4)(1+x^2u^2)}du=\dfrac1{1+x^4}\int_0^{+\infty}\left(\frac{u^2+x^2}{1+u^4}-\frac{x^2}{1+x^2u^2}\right)du$ (par décomposition en éléments simples). D'où $F'(x)=\dfrac{1+x^2}{1+x^4}I-\dfrac x{1+x^4}\dfrac{\pi}2=\dfrac{\pi}{2\sqrt2}\dfrac{1+x^2-x\sqrt2}{1+x^4}=\dfrac{\pi}{2\sqrt2}\dfrac1{1+x^2+x\sqrt2}$.
Ensuite $F(x)=\dfrac{\pi}{\sqrt2}\displaystyle\int_0^x\frac1{1+(t\sqrt2)^2}dt=\dfrac{\pi}2(\arctan(x\sqrt2+1)-\pi/4)=\dfrac{\pi}2\arctan\dfrac x{x+\sqrt2}$.
Pour $x=3^{1/4}$ cela donne $J=\dfrac{4\pi}{\sqrt3}\arctan\dfrac {3^{1/4}}{3^{1/4}+\sqrt2}$.
@Jandri: Merci, je me doutais que le début de mon calcul était trop compliqué.
La solution de Tauraso qui n'est pas très différente de la mienne (il utilise la même identité pour arccos) mais fidèle à son habitude il utilise de la grosse artillerie pour faire certains calculs (Une version du théorème des résidus)
Réponses
https://lmbp.uca.fr/biblio/notice.php?num=7614
\begin{align}\int_0^1 \frac{z-1}{(1+z)\ln z}dz&\overset{u=-\ln z}=\int_0^\infty \frac{\text{e}^{-u}-\text{e}^{-2u}}{\left(1+\text{e}^{-u}\right)}\times \frac{1}{u}du\end{align} Est-ce qu'il existe une fonction $f$ et des réels $a,b$ tels que $\displaystyle \frac{\text{e}^{-u}-\text{e}^{-2u}}{\left(1+\text{e}^{-u}\right)}=f(au)-f(bu)$? L'intégrale proposée a pour valeur $\ln\left(\dfrac{\pi}{2}\right)$ ce qui suggère que $a$ ou $b$ vaudrait $\pi$. Bof.
Cela ne marche pas avec au dénominateur $1+x$ il faut impérativement que l'exposant de $1+x$ soit $3$.
Utiliser Frullani est une richesse d'idées.
$$\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \int_0^{\infty} \frac{ (e^{-(n+1) u} - e^{-(n+2) u})}{u} \, du$$
$$\sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n \ln(\frac{n+1}{n+2})$$
L'arnaque c'est que wolfram dit par exemple que la série $\sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n n^2 \ln(n)$ diverge $https://www.wolframalpha.com/input?i=\sum_{n=0}^{+\infty}+(-1)^n+n^2+\ln(n)$ mais wiki https://en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet_eta_function
donne un sens à cette série c'est $\eta'(-2)$ (un truc de prolongement analytique)
J&=\int_0^1 \frac{z-1}{(1+z)\ln z}dz\\
&=\int_0^1 \int_0^1 \frac{x^t}{1+x}dtdx\\
&\int_0^1 \int_0^1 \frac{x^t-x^{t+1}}{1-x^2}dtdx\\
&\overset{u=x^2}=\frac{1}{2}\int_0^1\int_0^1 \frac{u^{\frac{t-1}{2}}-u^{\frac{t}{2}}}{1-u}du\\
&=\frac{1}{2}\int_0^1\bigg(\underbrace{\int_0^1 \frac{1-u^{\frac{t}{2}}}{1-u}du}_{=\Psi\left(1+\frac{t}{2}\right)+\gamma}-\underbrace{\int_0^1 \frac{1-u^{\frac{t-1}{2}}}{1-u}du}_{=\Psi\left(\frac{t-1}{2}\right)+\gamma}\bigg)\\
&=\frac{1}{2}\int_0^1 \left(\Psi\left(1+\frac{t}{2}\right)-\Psi\left(\frac{1+t}{2}\right)\right)dt\\
&=\left[\ln\left(\frac{\Gamma\left(1+\frac{u}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{1+u}{2}\right)}\right)\right]_0^1\\
&=\ln\Big(\frac{\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)}{\Gamma\left(1\right)}\Big)-\ln\Big(\frac{\Gamma\left(1\right)}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\Big)\\
&=\ln\Big(\underbrace{\Gamma\Big(\frac{3}{2}\Big)}_{\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\Big)+\ln\Big(\underbrace{\Gamma\Big(\frac{1}{2}\Big)}_{\sqrt{\pi}}\Big)\\
&=\boxed{\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)}
\end{align*}
sans utiliser l'expression en produit infini de $\dfrac{1}{\Gamma(x)}$?
avec:$\displaystyle \Psi(x)=\dfrac{d}{dx} \ln\left(\Gamma(x)\right)=\dfrac{\Gamma^\prime (x)}{\Gamma(x)}$
On montre que \begin{align}H_n:=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}=\int_0^1\frac{1-x^n}{1-x}dx\end{align}
Comme la précédente intégrale existe pour n'importe quel réel $n>-1$ on peut parler de $H_s$ pour $s$ un réel $>-1$.
J'avais oublié $y^t$. Corrigé.
$$\gamma=\int_0^1 \left(\frac{1}{\ln x}+\frac{1}{1-x}\right)$$ C'est ça ?
donc $\gamma$ est limite de $\int_0^1 \frac {1-x^n}{1-x} dx-\int_1^n \frac 1x dx$ à méditer pour la suite si
En suite on pose x=1-t/n et on utilise le TCD et on tombe sur deux intégrales avec des exponentiels car $(1-x/n)^n$ tend vers $e^{-x}$
donc ok pour la formule 1
PS.
Évidemment sans utilisation du produit infini de $\dfrac{1}{\Gamma(x)}$.
$\Gamma(z+1) = e^{-\gamma z}\prod_{n\geq 1}\left(1+\frac{z}{n}\right)^{-1}e^{z/n}.$ sa démonstration est simple et m'a donné l'idée pour démontrer ta première formule
$\gamma=\int_0^1 \left(\frac{1}{\ln x}+\frac{1}{1-x}\right)$
Un type* a écrit un bouquin en se privant de l'utilisation de la lettre e, qu'il a titré justement La disparition.
Je trouve ça chouette ce genre de défi qu'on se lance.
La démonstration de $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\int_0^{\frac{1}{n}}\left(\frac{1}{\ln x}+\frac{x^n}{1-x}+\frac{n}{1+nx}\right)dx=\ln 2$
Bien évidemment, je cherche une démonstration sans relation avec une formule avec $\gamma$.
J'ai obtenu au départ ces deux limites empiriquement.
Erreur de signe corrigée.
Je pars de $\gamma=\lim_{n\to \infty} \int_0^1 \frac {1-x^n}{1-x} dx-\int_1^n \frac 1x dx$ et je pose $x=1-\frac tn$ dans $\int_0^1 \frac {1-x^n}{1-x} dx$ ( Je te laisse trouver pour ne pas gâcher ton plaisir )
a>0,H(a)&=\int_{\frac{1}{a}}^{a}\frac{1}{1+x^4}dx\\
&\overset{u=\frac{1}{x}}=\int_{\frac{1}{a}}^{a}\frac{u^2}{1+u^4}du\\
&=\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{a}}^{a}\frac{1+u^2}{1+u^4}du\\
&=\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{a}}^{a}\frac{1+\frac{1}{u^2}}{2+\left(u-\frac{1}{u}\right)^2}du\\
&\overset{w=u-\frac{1}{u}}=\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{a}-a}^{a-\frac{1}{a}}\frac{1}{2+w^2}dw\\
&=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\left(\frac{a-\frac{1}{a}}{\sqrt{2}}\right)\\
\lim_{a\rightarrow \infty}H(a)&=\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}dx=\lim_{a\rightarrow
\infty}\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\left(\frac{a-\frac{1}{a}}{\sqrt{2}}\right)=\frac{\pi}{2\sqrt{2}} \end{align*}
\begin{align*}J&=\int_{-1}^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2}dx\\
&=\int_{0}^1 \frac{\frac{\pi}{2}+\arcsin x}{1-x+x^2}dx+\int_0^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2}dx\\
&=\frac{\pi^2}{3\sqrt{3}}+\int_0^1 \frac{\arcsin x}{1-x+x^2}dx+\int_0^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2}dx\\
&\overset{u=\frac{1-x}{1+x}}=\frac{\pi^2}{3\sqrt{3}}+\int_0^1 \frac{\pi-4\arctan(\sqrt{u})}{1+3u^2}du+\int_0^1 \frac{4\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du\\
&=\frac{2\pi^2}{3\sqrt{3}}-\int_0^1 \frac{4\arctan(\sqrt{u})}{1+3u^2}du+\int_0^1 \frac{4\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du\\
&=\frac{2\pi^2}{3\sqrt{3}}-4\int_0^1 \frac{\arctan(\sqrt{u})}{1+3u^2}du+4\left(\int_0^\infty \frac{\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du-\underbrace{\int_1^\infty \frac{\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du}_{z=\frac{1}{u}}\right)\\
&=\frac{2\pi^2}{3\sqrt{3}}-4\left(\int_0^1 \frac{\arctan(\sqrt{u})}{1+3u^2}du+\int_0^1 \frac{\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{z}}\right)}{1+3z^2}dz\right)+4\int_0^\infty \frac{\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du\\
&=4\int_0^\infty \frac{\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du\\
\end{align*}
Pour $0\leq a\leq 1$, on définit $\displaystyle F(a)=\int_0^\infty \frac{\arctan(a\sqrt{u})}{3+u^2}du$
Observer que, $F(0)=0,F(1)=\dfrac{J}{4}$, en sorte que,
\begin{align*} \frac{J}{4}&=F(1)-F(0)=\int_0^1 F^\prime(a)da\\
&=\int_0^1 \left(\int_0^\infty \frac{\sqrt{u}}{(1+a^2u)(3+u^2)}du\right)da\\
&\overset{z=\sqrt{u}}=\int_0^1 \left(\int_0^\infty \frac{2z^2}{(1+a^2z^2)(3+z^4)}dz\right)da\\
&\overset{\text{Décomp. élém. simples}}=\left(\underbrace{\int_0^\infty \frac{2z^2}{3+z^4}dz}_{x=\frac{3^{\frac{1}{4}}}{z}}\right)\left(\int_0^1 \frac{1}{1+3a^4}da\right)+\left(\underbrace{\int_0^\infty \frac{1}{3+z^4}dz}_{x=3^{-\frac{1}{4}}z}\right)\left(\int_0^1 \frac{6a^2}{1+3a^4}da\right)-\\&2\int_0^1 \frac{a}{1+3a^4}\Big[\arctan(az)\Big]_0^\infty da\\
&=2\times 3^{-\frac{1}{4}}\left(\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}dx\right)\left(\underbrace{\int_0^1 \frac{1}{1+3a^4}da}_{w=3^{\frac{1}{4}}a}\right)+2\times 3^{\frac{1}{4}}\left(\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}dx\right)\left(\underbrace{\int_0^1 \frac{a^2}{1+3a^4}da}_{w=\frac{3^{-\frac{1}{4}}}{a}}\right)-\\&\pi\underbrace{\int_0^1 \frac{a}{1+3a^4}da}_{=\frac{\pi}{6\sqrt{3}}}\\
&=\frac{\pi}{\sqrt{6}}\left(\int_0^{3^{\frac{1}{4}}}\frac{1}{1+w^4}dw+\int_{3^{-\frac{1}{4}}}^{\infty}\frac{1}{1+w^4}dw\right)-\frac{\pi^2}{6\sqrt{3}}\\
&=\frac{\pi}{\sqrt{6}}\left(\int_{3^{-\frac{1}{4}}}^{3^{\frac{1}{4}}}\frac{1}{1+w^4}dw+\int_0^{\infty}\frac{1}{1+w^4}dw\right)-\frac{\pi^2}{6\sqrt{3}}\\
&=\frac{\pi}{2\sqrt{3}}\arctan\left(\frac{3^{\frac{1}{4}}-3^{\frac{1}{4}}}{\sqrt{2}}\right)+\frac{\pi^2}{12\sqrt{3}}
\end{align*}
Ainsi,
\begin{align*}
\boxed{J=\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\arctan\left(\frac{3^{\frac{1}{4}}-3^{-\frac{1}{4}}}{\sqrt{2}}\right)+\frac{\pi^2}{3\sqrt{3}}}
\end{align*}
NB: J'admets que,
\begin{align*}
&x\in [0,1],
\arcsin\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=\frac{\pi}{2}-2\arctan\left(\sqrt{x}\right)\\
&x\in [0,1],
\arccos\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=2\arctan\left(\sqrt{x}\right)\\
\end{align*}
Je n'ai jamais vu dans ma vie un calcul de $\displaystyle \int_0^{+\infty} \frac{1}{1+x^4} dx$ comme limite de $\displaystyle \int_{{1}/{a}}^{a} \frac{1}{1+x^4} dx$. Normalement, on procède par décomposition en éléments simples ou par résidus.
Je n'aurais jamais pensé qu'on puisse transformer l'intégrale en $\arccos$ : $\displaystyle \int_{-1}^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2}dx$, en une intégrale avec $\arctan$ : $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du$."
Qui d'autre peut calculer $$\int_{-1}^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2}dx$$
Je vais faire un essai !
\begin{align*} &x\in [0,1], \quad \arcsin\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=\frac{\pi}{2}-2\arctan\left(\sqrt{x}\right)\\ &x\in [0,1], \quad \arccos\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=2\arctan\left(\sqrt{x}\right)\\ \end{align*} Pour détecter ce type de formules, tu dérives puis tu vois la tête de la dérivée et tu intègres à nouveau si cela donne quelque chose d'intéressant tu cherches la constante manquante, ce qui est aisé dans les cas d'espèces.
Wolfy est capable de donner des primitives exploitables pour toutes les fractions rationnelles qui interviennent dans mon calcul, mais c'est moins joli.
Mais il s'est compliqué la vie pour passer de la première forme de $J$ à la seconde forme.
Je reprends ses calculs en simplifiant un peu.
1) Pour $x>0$ : $\displaystyle\int_0^x\frac{1+t^2}{1+t^4}dt=\int_0^x\frac{d(t-1/t)}{(t-1/t)^2+2}=\frac1{\sqrt2}\left(\arctan\left(\frac{x^2-1}{x\sqrt2}\right)+\frac{\pi}2\right)$.
On en déduit à l'aide de $t=\dfrac1u$ : $\quad I=\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{1}{1+t^4}dt=\int_0^{+\infty}\frac{t^2}{1+t^4}dt=\int_0^1\frac{1+t^2}{1+t^4}dt=\frac{\pi}{2\sqrt2}$.
2) On effectue le changement de variable astucieux de Fin de partie directement dans l'intégrale $J$ :
$t=\dfrac{1-x}{1+x}\Leftrightarrow x=\dfrac{1-t}{1+t}$ donne $dx=\dfrac{-2dt}{(1+t)^2}$ et $x^2+x+1=\dfrac{3+t^2}{(1+t)^2}$
d'où $J=\displaystyle\int_{-1}^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2}dx=2\int_0^{+\infty}\frac1{3+t^2}\arccos \frac{1-t}{1+t}dt=4\int_0^{+\infty}\frac{\arctan\sqrt t}{3+t^2}dt$
en utilisant la formule connue : $\cos(2\theta)=\dfrac{1-\tan^2\theta}{1+\tan^2\theta}$.
Il est pratique de poser $t=u^2\sqrt3$ pour obtenir $J=\dfrac8{\sqrt3}\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{u\arctan(3^{1/4}u)}{1+u^4}du$
3) On introduit alors (pour $x>0$) $F(x)=\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{u\arctan(ux)}{1+u^4}du$ (on a aussi $F(0)=0$).
$F'(x)=\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{u^2}{(1+u^4)(1+x^2u^2)}du=\dfrac1{1+x^4}\int_0^{+\infty}\left(\frac{u^2+x^2}{1+u^4}-\frac{x^2}{1+x^2u^2}\right)du$ (par décomposition en éléments simples).
D'où $F'(x)=\dfrac{1+x^2}{1+x^4}I-\dfrac x{1+x^4}\dfrac{\pi}2=\dfrac{\pi}{2\sqrt2}\dfrac{1+x^2-x\sqrt2}{1+x^4}=\dfrac{\pi}{2\sqrt2}\dfrac1{1+x^2+x\sqrt2}$.
Ensuite $F(x)=\dfrac{\pi}{\sqrt2}\displaystyle\int_0^x\frac1{1+(t\sqrt2)^2}dt=\dfrac{\pi}2(\arctan(x\sqrt2+1)-\pi/4)=\dfrac{\pi}2\arctan\dfrac x{x+\sqrt2}$.
Pour $x=3^{1/4}$ cela donne $J=\dfrac{4\pi}{\sqrt3}\arctan\dfrac {3^{1/4}}{3^{1/4}+\sqrt2}$.