@Gebrane: Dans le fil mentionné je ne vois pas d'expression élémentaire de la série ce qui me fait douter que "ta" série a une expression simple sans faire appel à des .fonctions spéciales. Pour ce qui concerne la série proposée par l'AMM, transformer la série en intégrale double*, et calculer cette intégrale fonctionne. Je suis en train de finaliser les calculs.
@Gebrane: Jusqu'à lundi matin, renégociable. Je viens de terminer de transformer la somme des intégrales doubles trouvée en une intégrale simple qu'il me reste à calculer. J'espère que quelqu'un aura une méthode différente de la mienne. Je demanderai à Roberto comment il a fait.
J'ai terminé un calcul dans le fil une integrale, je suis à vous . Crois-tu que je puisse le faire ? Parmi les 1% il y a surement @YvesM, @Jandri et @bd2017
@Gebrane: C'est une question de patience. Il faut que tu aies plusieurs heures sous la main. Tu peux raccourcir ce temps avec Wolfy (mais c'est moche).
@Gebrane: Oui, j'ai utilisé une formule de développement en série entière mais je ne te dis pas laquelle pour te laisser chercher, et puis, il y a sans doute plusieurs façons de faire.
PS. Je ne vais pas utiliser l'aide de Wolfy pour que cela ne soit pas trop moche. C'est un filet de sécurité. Si Wolfy est capable de trouver une primitive qui n'est pas bâtie sur des fonctions spéciales, cela signifie qu'on peut faire un calcul à la main, moins moche.
Je crois que j'ai trouvé une issue, d'après le dl usuel en série entière de $\sqrt{1-x}$ valable sur $[-1,1]$, on obtient que ( à coquilles prés) $$\sqrt{1-x^4} = \sum \frac{\binom{2n}{n}}{4^n (2n-1)} x^{4n}$$ Il fallait que je remplace le $x$ par quelque chose qui fait naître $\binom{4n}{2n}$, D'apres mes essais avec wolphi https://www.wolframalpha.com/input?i=++\int_0^{pi/2}+sin^{4n}(x)+dx+ et https://www.wolframalpha.com/input?i=+\binom{4n}{2n} Eurêka, il y a un lien entre $\binom{4n}{2n}$ et $\int_0^{\frac{\pi}2} \sin^{4n}(x)dx$. C'est la raison pour laquelle j'ai considéré le dl de $\sqrt{1-x^4}$ spécialement car le $x^{4n}$ est le bon (d’après mes essais). Donc, $$\int_0^1 \frac{\sqrt{1-x^4}}{\sqrt{1-x^2}}dx = \sum \frac{\binom{2n}{n}}{4^n (2n-1)} \int_0^1 \frac{x^{4n}}{\sqrt{1-x^2}}dx = \sum \frac{\binom{2n}{n}}{4^n (2n-1)} \int_0^{\frac{\pi}2} \sin^{4n}(x)dx.$$ Pour finir un calcul qui n'est pas méchant https://www.wolframalpha.com/input?i=\int_0^1+\frac{\sqrt{1-x^4}}{\sqrt{1-x^2}}dx
\begin{align}W_{2n}=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n}x dx=\frac{\pi}{2}\times \frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\\ W_{4n}=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{4n} xdx=\frac{\pi}{2}\times \frac{\binom{4n}{2n}}{16^{n}}\end{align} Tu es sûr de ton développement en série? en $x=0,\sqrt{1-x^4}=1$.
Oui il manquait le $-$. Sûrement il y a d'autres méthodes. Perso Wolfram m'a inspiré. FDP vas-tu nous dévoiler ta méthode quand avec les intégrales doubles ?.
Ton calcul mène à l'intégrale : \begin{align}\frac{2}{\pi}\int_0^1 \frac{1-\sqrt{1-x^4}}{\sqrt{1-x^2}}dx\end{align} Qui n'est pas difficile à calculer (on la coupe en deux, et les changements de variable vont de soi). Mon calcul est beaucoup plus compliqué.
Quand tu fais le changement de variable indiqué après simplification tu retombes sur la même intégrale sauf que tu as $\arctan(1/x)$. Ensuite tu utilises $\arctan(1/x)=\pi/2-\arctan(x)$
Bonjour bd, 1. Tu ramènes cela à une intégrale entre 0 et 1. 2. Soit tu sais ou tu démontres le développement en série entière suivant vu sur le forum : $\frac{1}{t^2-2\cos(\alpha)t+1}=\frac{1}{\sin(\alpha)}\sum_{n\geq 0}\sin((n+1)\alpha)t^n$ (on suppose $|\cos(\alpha)|<1$). 3. Tu te ramènes à calculer $\int_0^1 \ln^2(t) t^n$. J'ai utilisé Wolfram, (j’étais bloqué à ce niveau avec ce arctan : le calcul de $\int_0^1 \arctan(x) \ln^2(t) t^n$ est compliqué et FDP a bien remarqué que cet $\arctan$ est une fake
4. Après cela, tu peux continuer si t'as l'envie (Wolfram est ton ami)
Indication. Tu sais ou tu démontres $\sum_{n\ge 0}\frac{\sin((n+1)\alpha)}{n+1}=\frac{\pi-\alpha}{2},$ tu déduis ensuite $\sum_{n\ge 0}\frac{\sin((n+1)\alpha)}{(n+1)^3}$.
Qu'on calcule de deux façons. L'une des façons est évidente on développe le logarithme au numérateur. L'autre façon est de faire le changement de variable $z(x)=xy$ (il faudrait faire tous les calculs pour être certain que cela fonctionne).
Bonjour bd Je ne vois pas comment utiliser ton indication pour le problème 12389.
Pourrais-tu donner plus de détails sur ta méthode, comme je l'ai fait
précédemment ?
@Gebrane je n'ai pas trop de temps ce soir. Juste un peu de détails qui pourront peut être aider. D'abord en tronquant la série, on démontre que le résultat est le même qu'avec la série sans valeurs absolues. Soit $f(x) $ la somme de cette série (sans les valeurs absolues). La dérivée, on sait la calculer. (Voir mon message précédent). J'ai donc une expression intégrale de $f.$ La fin est facile.
Tu m’étonnes bd, rien ne te freine. J'ai posé la question à FDP , cat il a une grande expérience sur les intégrales logarithmiques. Ton niveau bd est exceptionnel
Dans les calculs que j'avais faits précédemment il n'y avait pas ces termes parasites et on arrivait rapidement à une forme close. Il y a peut-être un petit espoir de s'en sortir mais cela m'a l'air tordu donc incertain.
* On avait parlé d'un changement de variable à faire et je crois que c'est toi qui posait la question (ou Etanche je ne sais plus bien)
Merci @Jandri . Vous pouvez aussi mettre AMM 12372 dans un moteur de recherche. Cette intégrale a inspiré une autre personne bien connue dans ce domaine.
Bonjour à tous, je subis un massacre à la tronçonneuse par cette intégrale. Quelqu'un peut-il suggérer une forme close en fonction de a et b ? $$a,b>0,\quad I(a,b)=\int _0^1\frac{\ln \left|x^a-\left(1-x\right)^b\right|}{x}dx.$$
Réponses
Pour ce qui concerne la série proposée par l'AMM, transformer la série en intégrale double*, et calculer cette intégrale fonctionne.
Je suis en train de finaliser les calculs.
Je viens de terminer de transformer la somme des intégrales doubles trouvée en une intégrale simple qu'il me reste à calculer.
J'espère que quelqu'un aura une méthode différente de la mienne. Je demanderai à Roberto comment il a fait.
Parmi les 1% il y a surement @YvesM, @Jandri et @bd2017
Je ne vais pas utiliser l'aide de Wolfy pour que cela ne soit pas trop moche. C'est un filet de sécurité. Si Wolfy est capable de trouver une primitive qui n'est pas bâtie sur des fonctions spéciales, cela signifie qu'on peut faire un calcul à la main, moins moche.
On n'a pas besoin de wolframalpha pour calculer la dernière intégrale, une IPP suffit.
W_{4n}=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{4n} xdx=\frac{\pi}{2}\times \frac{\binom{4n}{2n}}{16^{n}}\end{align}
Tu es sûr de ton développement en série? en $x=0,\sqrt{1-x^4}=1$.
Sûrement il y a d'autres méthodes. Perso Wolfram m'a inspiré.
FDP vas-tu nous dévoiler ta méthode quand avec les intégrales doubles ?.
\begin{align}\frac{2}{\pi}\int_0^1 \frac{1-\sqrt{1-x^4}}{\sqrt{1-x^2}}dx\end{align}
Qui n'est pas difficile à calculer (on la coupe en deux, et les changements de variable vont de soi).
Mon calcul est beaucoup plus compliqué.
https://www.mat.uniroma2.it/~tauraso/AMM/amm.html
Infinite Series Associated with the Ratio and Product of Central Binomial Coefficients
c’est à la page 13
https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL25/Bhandari/bhan8.pdf
1. Tu ramènes cela à une intégrale entre 0 et 1.
2. Soit tu sais ou tu démontres le développement en série entière suivant vu sur le forum :
$\frac{1}{t^2-2\cos(\alpha)t+1}=\frac{1}{\sin(\alpha)}\sum_{n\geq 0}\sin((n+1)\alpha)t^n$
(on suppose $|\cos(\alpha)|<1$).
3. Tu te ramènes à calculer $\int_0^1 \ln^2(t) t^n$. J'ai utilisé Wolfram, (j’étais bloqué à ce niveau avec ce arctan : le calcul de
$\int_0^1 \arctan(x) \ln^2(t) t^n$ est compliqué et FDP a bien remarqué que cet $\arctan$ est une fake
L'autre façon est de faire le changement de variable $z(x)=xy$
(il faudrait faire tous les calculs pour être certain que cela fonctionne).
Je ne vois pas comment utiliser ton indication pour le problème 12389. Pourrais-tu donner plus de détails sur ta méthode, comme je l'ai fait précédemment ?
\begin{align*}
S&=\sum_{k=1}^n \dfrac{(-2)^k \binom{n}{k}}{(k+1) k! } \sum_{i=1}^k i! (k-i)! \\
S&=\sum_{k=1}^n \dfrac{(-2)^k \binom{n}{k}}{(k+1) k! } \sum_{i=1}^k [\int_0^\infty u^i e^{-u} du ] \times [\int_0^\infty v^{k-i} e^{-v} dv ] \\
S&=\sum_{k=1}^n \dfrac{(-2)^k \binom{n}{k}}{(k+1) k! } \sum_{i=1}^k \iint_{\R_+^2} (u/v)^i v^k e^{-u- v } du dv
\end{align*} On effectue le changement de variable $(u,v)=(v w,v):$
\begin{align*}
S&=\sum_{k=1}^n \dfrac{(-2)^k \binom{n}{k}}{(k+1) k! } \sum_{i=1}^k \iint_{\R_+^2} w^i v^{k+1} e^{-v (w+1)} dw dv \\
S&=\sum_{k=1}^n \dfrac{(-2)^k \binom{n}{k}}{(k+1) k! } \iint_{\R_+^2} \sum_{i=1}^k w^i v^{k+1} e^{-v (w+1)} dw dv \\
S&=\sum_{k=1}^n \dfrac{(-2)^k \binom{n}{k}}{(k+1) k! } \iint_{\R_+^2}\frac{w v^{k+1} \left(w^k-1\right) e^{-v (w+1)}}{w-1}dw dv \\
S&=\sum_{k=1}^n \dfrac{(-2)^k \binom{n}{k}}{(k+1) k! } \int_{\R_+}\frac{w (k+1)! \left(w^k-1\right)}{(w-1)(w+1)^{k+2}} dw \\
S&=\int_0^\infty \frac{w \left(\left(\frac{1-w}{w+1}\right)^n-\Big(\frac{w-1}{w+1}\Big)^n\right)}{(w-1) (w+1)^2} dx
\end{align*}
Si $n=2p$ le terme dans l'intégrale est nul. C'est terminé.
Si $=2p+1,$ $S=\int_0 ^\infty -\frac{2 w \left(\frac{1-w}{w+1}\right)^{2 p}}{(w+1)^3} dw = -\dfrac{1}{2p+1}$
cette dernière intégrale se calcule avec un simple changement de variable.