Intégrale dimanche 4 septembre — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Intégrale dimanche 4 septembre

Modifié (4 Sep) dans Analyse
Bonjour 
Calculer $$\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+2\cos^2(x)\big)}dx$$ Merci.
«1

Réponses

  • Modifié (4 Sep)
    Mon instinct primaire à la vue de cette intégrale était de ne même pas essayer. Cependant, je me suis laissé tenter.
    En voyant des $\cos(x)$ et des $\sin(x)$ dans la même intégrale, je n'ai eu que deux idées. Premièrement, fonction Beta ? Je ne voyais pas trop comment faire apparaitre une fonction Beta là-dedans, alors. Deuxièmement, formules de l'arc moitié ? Pour que le changement de variable soit licite, j'ai découpé.
    $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+2\cos^2(x)\big)}dx = \sum_{k=0}^{+\infty} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} \frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+2\cos^2(x)\big)}dx$.
    J'essaie les formules de l'arc moitié : je pose $t = \tan(x/2)$.
    $\displaystyle \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} \frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+2\cos^2(x)\big)}dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{\ln\bigg(\Big(\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\Big)^2\bigg)\cdot \Big(\dfrac{2t}{1+t^2}\Big)^3}{8 \arctan(t)^3 \cdot \bigg(1+2\Big(\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\Big)^2\bigg)}\dfrac{2}{1+t^2}dt$
    $\displaystyle = \int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{\ln\bigg(\Big(\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\Big)^2\bigg)\cdot \dfrac{8t^3}{(1+t^2)^3}}{8\arctan(t)^3 \cdot \bigg(1+\dfrac{2(1-t^2)^2}{(1+t^2)^2}\bigg)}\dfrac{2}{1+t^2}dt = 2\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{\ln\bigg(\Big(\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\Big)^2\bigg)\cdot \dfrac{t^3}{(1+t^2)^3}}{\arctan(t)^3 \cdot \bigg(1+\dfrac{2(1-t^2)^2}{(1+t^2)^2}\bigg)}\dfrac{1}{1+t^2}dt$

    $\displaystyle = 2\int_{-\infty}^{+\infty}  \Big(\dfrac{t}{\arctan t}\Big)^3 \times \dfrac{\ln\bigg(\Big(\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\Big)^2\bigg)\cdot \dfrac{1}{(1+t^2)^3}}{\bigg(1+\dfrac{2(1-t^2)^2}{(1+t^2)^2}\bigg)}\dfrac{1}{1+t^2}dt = 2\int_{-\infty}^{+\infty}  \Big(\dfrac{t}{\arctan t}\Big)^3 \times \dfrac{\ln\bigg(\Big(\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\Big)^2\bigg)\cdot \dfrac{1}{(1+t^2)^3}}{\bigg(1+\dfrac{2(1-t^2)^2}{(1+t^2)^2}\bigg)\cdot(1+t^2)}dt$

    $\displaystyle= 2\int_{-\infty}^{+\infty}  \Big(\dfrac{t}{\arctan t}\Big)^3 \times \dfrac{\ln\bigg(\Big(\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\Big)^2\bigg)\cdot \dfrac{1}{(1+t^2)^3}}{(1+t^2) +\dfrac{2(1-t^2)^2}{(1+t^2)}}dt= 2\int_{-\infty}^{+\infty}  \Big(\dfrac{t}{\arctan t}\Big)^3 \times \dfrac{\ln\bigg(\Big(\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\Big)^2\bigg)\cdot \dfrac{1}{(1+t^2)^2}}{(1+t^2)^2+2(1-t^2)^2} dt$

    $\displaystyle= 2\int_{-\infty}^{+\infty}  \Big(\dfrac{t}{\arctan t}\Big)^3 \times \dfrac{\ln\bigg(\Big(\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\Big)^2\bigg)}{\Big[(1+t^2)^2+2(1-t^2)^2\big](1+t^2)^2} dt = 2\int_{-\infty}^{+\infty}  \Big(\dfrac{t}{\arctan t}\Big)^3 \times \dfrac{\ln\bigg(\Big(\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\Big)^2\bigg)}{(1+t^2)^4+2(1-t^2)^2\big(1+t^2)^2} dt$

    $\displaystyle = 2\int_{-\infty}^{+\infty} \Big(\dfrac{t}{\arctan t}\Big)^3 \times \dfrac{\ln(1-t^2) - \ln(1+t^2)}{(1+t^2)^4+2(1-t^4)^2}dt$

    Si ça inspire quelque chose à quelqu'un...
  • Modifié (4 Sep)
    Bonjour,
    La dernière formule est forcément fausse (log d'une valeur négative ?). Il me semble que le premier CDV, s'il est correct (je pense qu'il est faux), permet de conclure immédiatement. Il n'y a pas beaucoup de séries convergentes de terme constant...
  • Modifié (4 Sep)
    J'aurais dû laisser le carré dans le logarithme, en effet ! Du coup il y a pas mal de bêtises dans ce que j'ai fait.
    EDIT : deuxième bêtise, la moitié des intégrales devrait être $\displaystyle \int_{+\infty}^{-\infty}$, décidément ! J'aurais mieux fait de ne pas essayer.
  • Bonjour,
    Homo Topi a dit :
    Mon instinct primaire à la vue de cette intégrale était de ne même pas essayer. 
    Très bon instinct de survie. ;)
  • De base quand je vois un fil de etanche, je zieute de loin mais je n'essaie pas beaucoup.
  • Modifié (4 Sep)
    Bonjour
    L'intégrale  vaut aussi  $I=\int_0 ^1 \dfrac{4 x \log (x)}{\sqrt{1-x^2} \left(2 x^2+1\right)} dx$ 
    Pour voir cela, on intègre sur $\R$ car la fonction est paire et on ramène le tout sur l'intervalle $[-\pi/2,\pi/2 ]$ en  faisant les changement de variable  $x\mapsto x+ n \pi, n\in \Z. $ 
    Puis pour arriver à  $I$ on fait le changement de variable $ u=\cos(x)$
    $I$  s'exprime avec la fonction $Li_2$  mais je ne retrouve plus mon calcul... J'abandonne...  
  • Je suis aveugle, j'avais vu à la place des 3 des 2, donc c'était facile avec des 2 de partout 
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Bonsoir,
    Pour l'intégrale de bd2017 Wolfram Alpha donne une réponse qui contient l'expression $Hypergeometric2F1^{(0,0,1,0)} (1,1,3/2,-2)$. Que signifie ce $(0,0,1,0)$ ?
  • -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Je crois que bd a fait une erreur, l'intégrale de départ est numériquement un peu inférieure à -1.
  • Modifié (5 Sep)
    Je vais exposer à tous mes calculs, je commence comme @Homo Topi
    En cours d'écriture en Latex 

    $\displaystyle I=\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+2\cos^2(x)\big)}dx=\frac 12\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+2\cos^2(x)\big)}dx=\frac 12\sum_{k=-\infty}^{+\infty} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} \frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+2\cos^2(x)\big)}dx$,
    donc \begin{align*}I&=\frac 12\sum_{k=-\infty}^{+\infty} \int_{0}^{\pi} \frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)(-1)^k\sin^3(x)}{(x+k\pi)^3\big(1+2\cos^2(x)\big)}dx \\&=\frac 12\int_{0}^{\pi}\Big(\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(x+k\pi)^3}\Big)\frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{\big(1+2\cos^2(x)\big)}dx\end{align*}On sait que $\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{x + \pi n} = \frac 1{\sin x}$ puis on dérive 2 fois , donc sauf erreur $\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} \frac{2(-1)^{n}}{(x + \pi n)^3}=\frac{1+\cos^2(x)}{\sin^3(x)}$
    La suite est un jeu d'enfant.  edit voir L2M en bas 
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • L2ML2M
    Modifié (4 Sep)
    bd2017 a dit :
    ... Pour voir cela, on intègre sur $\R$ car la fonction est paire et on ramène le tout sur l'intervalle $[-\pi/2,\pi/2 ]$ en  faisant les changement de variable  $x\mapsto x+ n \pi, n\in \Z. $
    Qu'as-tu fait de $x^3$, au dénominateur de l'intégrale de @etanche, après changement de variable ?

  • Modifié (4 Sep)
    L'intégrale sur $\R$  c'est la somme des intégrales sur les intervalles $[n\pi ,(n+1)\pi]$
    Donc la contribution de $\dfrac{1}{x^3} $  après le changement de $x$ par $ x+ n\pi$    devient dans l'intégrale sur $[-\pi/2, \pi/2]$ $\sum_{n\in \Z}  \dfrac{ 1}{ (x  + n \pi) ^3} = \dfrac{ \cos(x) }{\sin(x) ^3 }. $
  • Modifié (4 Sep)
    Je n'arrive pas à corriger mon Latex.
    [Pour quelques } de plus :). AD]

    Merci infiniment  @AD  
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • @bd2017 : super.
  • @bd2017 tu as oublié je crois un $(-1)^n$ car $\sin(x+n\pi)=(-1)^n\sin(x)$
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • @gebrane c'est possible... Bref il fait tard pour vérifier. Si c'est le cas, il  faut prendre des intervalles de longueurs $2 \pi$  pour retomber sur quelques chose de digeste et l'intégrale sera peut être plus facile...
  • L2ML2M
    Modifié (4 Sep)
    @gebrane : Tu as enfin trouvé l'accolade manquante '}'. :)
    Merci @AD.
  • Modifié (4 Sep)
    Tu peux continuer les calculs @L2M
    Le Latex me fatigue vraiment.
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • L2ML2M
    Modifié (4 Sep)
    @gebrane d'après wolfram : $$\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(x + \pi n)^3}=\frac{3+\cos(2x)}{4\sin^3(x)}=\frac{1+\cos^2(x)}{2\sin^3(x)}$$
  • donc @L2M je ne sais pas dériver deux fois 1/sinx  . Quelle honte !
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • L2ML2M
    Modifié (4 Sep)
    @gebrane : Je n'ai pas remarqué que c'est presque le même résultat :). il te manque un $2$.
    Ok, je continue les calculs. J'ai dormi toute la journée.
  • L2ML2M
    Modifié (5 Sep)
    \begin{align*}
    I&=\frac 14\int_{0}^{\pi} \frac{1+\cos^2(x)}{1+2\cos^2(x)} \ln(\cos^2(x))dx\\
    &=\frac{1}{4}\int_{-1}^{1} \frac{1+x^2}{1+2x^2}\frac{\ln(x^2)}{\sqrt{1-x^2}}dx\\
    &=\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{1+x^2}{1+2x^2} \frac{\ln(x^2)}{\sqrt{1-x^2}}dx.\\
    &=\frac{1}{4}\int_{0}^{1} \frac{1+x}{1+2x} \frac{\ln(x)}{\sqrt{x-x^2}}dx.
    \end{align*} D'après wolfram : $I = -1.000138...$
  • En écrivant $1+x=(1+2x) - x$ la dernière intégrale donne 
    $\int_{0}^{1} \frac{ \ln(x)}{ \sqrt{x-x^2} }dx - \int_{0}^{1} \frac{x}{1+2x}\frac{\ln(x)}{\sqrt{x-x^2}} dx = B-C$ 

    Pour B changement de variable $x=\sin^2(u)$ conduit à $-2\pi\ln(2)$, reste C 

  • Il y a une légère différence numérique entre les deux integrales  https://www.wolframalpha.com/input?i=\frac{1}{4}\int_{0}^{1}+\frac{1+x}{1+2x}+\frac{\ln(x)}{\sqrt{x-x^2}}dx+-+\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3(1+2\cos^2(x))}

     Ca provient de quoi ?  des erreurs d'arrondies ?
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • L2ML2M
    Modifié (5 Sep)
    Ok @etanche. On pose $x=\sin^2u$. Ce qui donne :
    \begin{align*}I&=\int_{0}^{\pi/2} \frac{1+\sin^2u}{1+2\sin^2u}\ln(\sin u)\text{d}u\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2} \frac{2+2\sin^2u}{1+2\sin^2u}\ln(\sin u)\text{d}u\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2} \ln(\sin u)\text{d}u + \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \frac{\ln(\sin u)}{1+2\sin^2u}\text{d}u\\&= -\frac{\pi \ln(2)}{4} + \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \frac{\ln(\sin u)}{1+2\sin^2u}\text{d}u\end{align*}
    Maintenant on fait une intégration par parties.
    \begin{align*}I&= -\frac{\pi \ln(2)}{4} + \frac{1}{2} \left[ \frac{arctan(\sqrt{3}\tan u)\ln(\sin u)}{\sqrt{3}} \right]_{0}^{\pi/2} - \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \frac{arctan(\sqrt{3}\tan u)}{\sqrt{3}\tan u}\text{d}u\\&= -\frac{\pi \ln(2)}{4} - \frac{1}{2\sqrt{3}} \int_{0}^{\pi/2} \frac{arctan(\tan u)}{\tan u}\text{d}u\\&= -\frac{\pi \ln(2)}{4} - \frac{1}{2\sqrt{3}} \frac{\pi\ln(2(2+\sqrt{3}))}{4}\\&= -\frac{1+2\sqrt{3}}{8\sqrt{3}}\pi\ln(2) - \frac{\pi}{8\sqrt{3}}\ln(2+\sqrt{3})\end{align*}
    $I = -1.000137436524129852466817887246434639519328351230181727943109762...$
  • C'est le problème 12351 de l'AMM.
  • L2ML2M
    Modifié (5 Sep)
    @gebrane : cette légère différence est dû à une légère erreur dans le calcul, par wolfram, de la deuxième intégrale. La cause est que l’intégrande de cette intégrale explose une infinité de fois en les zéros de $x\mapsto \cos^2(x)$.
  • Je trouve le même résultat sous une forme plus simple : $-\dfrac{\pi}4\left(\ln(2)+\dfrac{\ln(1+\sqrt3)}{\sqrt3}\right)$.

    J'ai calculé $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\dfrac{2+\tan^2x}{3+\tan^2x}\;\ln(1+a^2\tan^2x)dx$ avec dérivation par rapport $a$.
  •  Il vous reste à démontrer que $$\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{x + \pi n} = \frac 1{\sin x}$$
    Ce n'est pas une trivialité ( j'ai connu une preuve avant)
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (5 Sep)
    @Gebrane Tu utilises un th d'analyse complexe (Mittag-Leffler)  . Tu peux l'utiliser pour le calcul de $\sum_{n\in \Z}  \dfrac{(-1)^n}{(x+n \pi)^3}$
  • Avec $\frac{1}{\sin x}=\mathrm{cot}\frac{x}{2}-\mathrm{cot}x$.
  • OK, la série converge (Abel) et la différence des deux est entière mais il faut un peu plus pour s'assurer qu'elle est constante et qu'elle est nulle. Une majoration ?
  • Modifié (6 Sep)
    J'ai fait le calcul de cette intégrale dans mon coin et je trouve $\boxed{\displaystyle -\dfrac{\pi}{2}\ln 2}$
    Mon calcul repose sur l'évaluation de $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \left(\dfrac{1}{(x-n)^3}+\dfrac{1}{(x+n)^3}\right)$
    On évalue cette série en dérivant deux fois la formule qui donne $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \left(\dfrac{1}{x-n}+\dfrac{1}{x+n}\right)$
    Tout à la fin on a une identité trigonométrique magique qui permet de terminer le calcul:
    $\displaystyle \dfrac{\left(\dfrac{\cos\left(\frac{x}{2}\right)}{4\sin^3\left(\frac{x}{2}\right)}-\dfrac{\cos x}{\sin^3 x}\right)\sin^3 x}{(1+\cos^2 x)}=\dfrac{1}{2}$
    https://www.wolframalpha.com/input?i=\dfrac{\left(\dfrac{\cos\left(\frac{x}{2}\right)}{4\sin^3\left(\frac{x}{2}\right)}-\dfrac{\cos+x}{\sin^3+x}\right)\sin^3+x}{(1+\cos^2+x)}
  • Modifié (6 Sep)
    On peut montrer par des manipulations simples sur les séries (cela inclut un télescopage) que l'intégrale initiale est égale à:
    \begin{align}2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\ln(\cos u)\sin^3 u}{1+\cos^2 u}\left(\dfrac{1}{4\pi^3 }h\left(\dfrac{u}{2\pi}\right)-\frac{1}{u^3}-\dfrac{1}{\pi^3}h\left(\dfrac{u}{\pi}\right)\right)du\end{align} Avec,
    \begin{align}h(x)=\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{(x-n)^3}+\frac{1}{(x+n)^3}\right)\end{align}
    PS.
    On peut évaluer $h(x)$ comme expliqué plus haut et quand on remplace par la formule obtenue on se retrouve face à l'identité trigonométrique signalée.
    PS2.
    Quand j'ai vu le facteur $1/x^3$ dans l'intégrande initiale, j'ai tremblé. Je me suis dit encore une intégrale vicelarde avec  dans son expression  $\gamma$. >:)
    Quand j'ai été capable d'obtenir une évaluation de cette intégrale, j'ai reconnu la valeur approchée obtenue et j'ai arrêté de trembler. B)
  • Modifié (6 Sep)
    je viens de me rendre compte que ce que j'ai calculé c'est: $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+\cos^2(x)\big)}dx $
    PS.
    C'est confirmé, l'intégrale dans le premier message est bien l'intégrale du problème 12351 de l'AMM.
    Cela change juste la fin de mon calcul. Il y a une intégrale log-trigonométrique à calculer.
    PS2.
    La vraie intégrale est tout de même égale à:
    \begin{align}2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\ln(\cos u)\sin^3 u}{1+2\cos^2 u}\left(\dfrac{1}{4\pi^3 }h\left(\dfrac{u}{2\pi}\right)-\frac{1}{u^3}-\dfrac{1}{\pi^3}h\left(\dfrac{u}{\pi}\right)\right)du\end{align} Cela se simplifie moins bien.
  • Modifié (6 Sep)
    Calculer  $$\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+a\cos^2(x)\big)}dx,$$ où $a$ est un nombre réel non nul
  • Modifié (6 Sep)
    On peut sûrement montrer, plus généralement, quelque chose comme:
    Soit $g$ une fonction définie et continue sur $[0,\infty[$ telle que, $\forall x\in[0,\pi[,g(x+\pi)=-g(x),g(\pi-x)=g(x)$
    On a pour $n$ entier naturel: \begin{align}\int_0^\infty \frac{g(x)\ln\left(\cos^2 x\right)}{x^{2n+1}}dx=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos u)g(u)\left(\dfrac{1}{2^{2n}\pi^{2n+1} }h_{2n+1}\left(\dfrac{u}{2\pi}\right)-\frac{1}{u^{2n+1}}-\dfrac{1}{\pi^{2n+1}}h_{2n+1}\left(\dfrac{u}{\pi}\right)\right)du\end{align} Dès que l'intégrale dans le membre de gauche est convergente. avec \begin{align}h_m(x)=\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{(x-n)^m}+\frac{1}{(x+n)^m}\right)\end{align}
  • FDP Si tu prends g(x)= sin x, tu arrives à faire quoi ?
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • @Gebrane: Avec $n=0$ pour éviter le problème de convergence en $0$ , on a sans doute un problème de convergence en l'infini.
  • Modifié (6 Sep)
    @Gebrane: $\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\sin^3 x\ln\left(\cos^2 x\right)}{x^3}dx$ a l'air d'être ce qu'on peut faire de plus simple (et qui est une intégrale convergente semble-t-il).
    Elle est probablement égale à $\displaystyle -\dfrac{3}{4}\pi\ln 2+\dfrac{1}{2}\int_0^{\dfrac{\pi}{2}}\cos(2x)\ln(\cos(x))dx$
    J'ai la flemme de calculer cette dernière intégrale.
  • Modifié (6 Sep)
    \begin{align}J&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos(2x)\ln(\cos x)dx\\
    &\overset{u=\frac{\pi}{2}-x}=-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos(2u)\ln(\sin u)du\\&=-\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos(2x)\ln(\tan x)dx\\
    &\overset{z=\tan x}=-\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{1-z^2}{(1+z^2)^2}\ln z dz\\&\overset{\text{IPP}}=-\frac{1}{2}\underbrace{\left[\frac{z\ln z}{1+z^2}\right]_0^\infty}_{=0} +\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{1}{1+z^2}dz=\boxed{\frac{\pi}{4}}\end{align}
    Donc, on a très certainement,

    $\boxed{\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\sin^3 x\ln\left(\cos^2 x\right)}{x^3}dx=\frac{\pi}{8}-\dfrac{3}{4}\pi\ln 2}$
  • Modifié (6 Sep)
    $n$ entier naturel.
    \begin{align*}
    J&=\int_0^\infty \frac{g(x)\ln\left(\cos^2 x\right)}{x^{2n+1}}dx\\
    f(x)&=\frac{g(x)\ln\left(\cos^2 x\right)}{x^{2n+1}}\\
    &n\in \mathbb{Z},f(x+n\pi)= \frac{(-1)^ng(x)\ln\left(\cos^2 x\right)}{(x+n\pi)^{2n+1}},f(\pi-x)=\frac{g(x)\ln\left(\cos^2 x\right)}{(\pi-x)^{2n+1}}\\
    J&=\sum_{n=0}^\infty \underbrace{\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}f(x)dx}_{u=x-n\pi}\\
    &=\sum_{n=0}^\infty\int_0^\pi f(u+n\pi)du\\
    &=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\int_0^\pi \frac{g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)}{(u+n\pi)^{2n+1}}du\\
    &=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\Big(\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)}{(u+n\pi)^{2n+1}}du+\underbrace{\int_{\frac{\pi}{2}}^\pi \frac{g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)}{(u+n\pi)^{2n+1}}du}_{z=\pi-u}\Big)\\
    &=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\int_0^{\frac{\pi}{2}} g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)\left(\frac{1}{(u+n\pi)^{2n+1}}-\frac{1}{(u-(n+1)\pi)^{2n+1}}\right)du\\
    &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)\left(\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\left(\frac{1}{(u+n\pi)^{2n+1}}-\frac{1}{(u-(n+1)\pi)^{2n+1}}\right)\right)du\\
    &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)\times\\
    &\left(\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{(u+2n\pi)^{2n+1}}-\frac{1}{(u-(2n+1)\pi)^3}-\frac{1}{(u+(2n+1)\pi)^{2n+1}}+\frac{1}{(u-2(n+1)\pi)^{2n+1}}\right)\right)du\\
    &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)\bigg(\underbrace{\sum_{n=0}^\infty \Big(\frac{2}{(u+2n\pi)^{2n+1}}+\frac{2}{(u-2n\pi)^{2n+1}}\Big)}_{=\dfrac{1}{2^{2n}\pi^{2n+1} }h_{2n+1}\left(\dfrac{u}{2\pi}\right)}\bigg)du-\\
    &\int_0^{\frac{\pi}{2}}g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)\bigg(\underbrace{\sum_{n=0}^\infty \Big(\frac{1}{(u-2n\pi)^{2n+1}}-\frac{1}{(u-2(n+1)\pi)^{2n+1}}\Big)}_{=\dfrac{1}{u^{2n+1}}}\bigg)du-\\
    &\int_0^{\frac{\pi}{2}}g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)\times\\
    &\bigg(\underbrace{\sum_{n=0}^\infty \Big(\frac{1}{(u-(2n+1)\pi)^{2n+1}}+\frac{1}{(u+(2n+1)\pi)^{2n+1}}+\frac{1}{(u+2n\pi)^{2n+1}}+\frac{1}{(u-2n\pi)^{2n+1}}\Big)}_{=\dfrac{1}{\pi^{2n+1}}h_{2n+1}\left(\dfrac{u}{\pi}\right)}\bigg)du\\
    &=\boxed{2\int_0^{\frac{\pi}{2}}g(u)\ln\left(\cos u\right)\left(\dfrac{1}{2^{2n}\pi^{2n+1}}h_{2n+1}\left(\dfrac{u}{2\pi}\right)-\frac{1}{u^{2n+1}}-\dfrac{1}{\pi^{2n+1}}h_{2n+1}\left(\dfrac{u}{\pi}\right)\right)du}
    \end{align*}
  • Modifié (6 Sep)
    Si vous avez des doutes sur ma formule
    f(x)={sin(x)^5/x^5*log(cos(x)^2)};
    g(x)={sin(x)^5};
    S(n)={sum(k=0,n,intnum(x=k*Pi,(k+1/2)*Pi,f(x))+intnum(x=(k+1/2)*Pi,(k+1)*Pi,f(x)))}
    h(x,m,p)={sum(n=0,m,1/(x-n)^p+1/(x+n)^p)};
    JJ(m,p)={2*intnum(u=0,Pi/2,g(u)*log(cos(u))*(1/(2^(p-1)*Pi^p)*h(u/(2*Pi),m,p)-1/u^p-1/Pi^p*h(u/Pi,m,p)))}
    print(S(1000)," ",JJ(1000,5))
    -0.6866004047494768295659384241 -0.6866004047494768197153980720 + 5.564249900594456481719920707 E-29*I
  • Question de point de vue. Un logiciel de calcul formel calcule directement une dérivée $n$-ième. Mon calcul nécessite seulement la connaissance de $h_1(x)$ à partir duquel on obtient $h_m(x)$ par dérivation.
  • Je réponds à la question de etanche ci-dessus (je me suis aidé d'un logiciel de calcul formel) : 

    pour $a>0$, $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+a\cos^2(x)\big)}dx=-\dfrac{\pi}{2a}\left(\ln2+\dfrac{(a-1)}{\sqrt{a+1}}\ln(1+\sqrt{a+1})\right)$.

    Quand on fait tendre $a$ vers $0$ on retrouve le résultat de Fin de partie : 
    $\displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\sin^3 x\ln\left(\cos^2 x\right)}{x^3}dx=\frac{\pi}{8}-\dfrac{3}{4}\pi\ln 2$.
  • Modifié (10 Sep)
    On retrouve aussi :
    $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+\cos^2(x)\big)}dx=-\dfrac{1}{2}\pi\ln 2$
    (intégrale que je croyais, à tort, être celle qu'il fallait calculer).
  • Bonjour @jandri

    Tu as utilisé le logiciel pour calculer quoi au juste ? 
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (10 Sep)
    gebrane
    Pour ne pas faire d'erreur dans la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle $\dfrac{u^2(2+u^2)}{(1+a+u^2)(1+u^2)(1+x^2u^2)}$.
  • @Jandri: Tu avais besoin d'une décomposition en éléments simples? Les assistants numériques calculent des primitives de presque n'importe quoi. B)
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!