Intégrale d'automne

Ma solution, qui est très différente de la méthode utilisée par P.

\begin{align}J&=\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{\arctan x}{x^2-x-1}dx\\
\varphi&=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\
J&\overset{u=\frac{\varphi-x}{1+\varphi x}}=-\frac{\varphi^2+1}{\varphi^2+4\varphi-1}\int_{\frac{1}{\varphi}}^{\varphi}\frac{\arctan\left(\frac{\varphi-u}{1+\varphi u}\right)}{u}du\\
&=-\frac{\varphi^2+1}{\varphi^2+4\varphi-1}\left(\underbrace{\int_{\frac{1}{\varphi}}^{\varphi}\frac{\arctan \varphi}{u}du}_{=2\arctan \varphi\ln \varphi}-\underbrace{\int_{\frac{1}{\varphi}}^{\varphi}\frac{\arctan u}{u}du}_ {=\text{K}}\right)\\
\text{K}&\overset{z=\frac{1}{u}}=\int_{\frac{1}{\varphi}}^{\varphi}\frac{\arctan \left(\frac{1}{z}\right)}{z}dz\\
&=\int_{\frac{1}{\varphi}}^{\varphi}\frac{\frac{\pi}{2}-\arctan z}{z}dz\\
&=\frac{\pi}{2}\int_{\frac{1}{\varphi}}^{\varphi}\frac{1}{z}dz-\text{K}\\
&=\pi\ln \varphi-\text{K}\\
\text{K}&=\frac{\pi\ln \varphi}{2}\\
J&=\frac{2\left(\varphi^2+1\right)\ln\varphi}{\varphi^2+4\varphi-1}\left(\frac{\pi}{4}-\arctan \varphi\right)\\
&=\frac{2\left(\varphi^2+1\right)\ln\varphi\arctan\left(\frac{1-\varphi}{1+\varphi}\right)}{\varphi^2+4\varphi-1}\\
&=\boxed{\dfrac{2\left(2\varphi-1\right)\ln\varphi\arctan\left(\frac{1-\varphi}{1+\varphi}\right)}{5}}
\end{align}

PS:
Vous vous demandez sûrement comment j'en suis venu à utiliser le changement de variable $\displaystyle u=\frac{\varphi-x}{1+\varphi x}$?
Par expérience sur ce type d'intégrales on se ramène souvent à calculer des intégrales du type $\int_{\frac{1}{a}}^a (...)dx$ avec $a$ un réel strictement positif. Pour obtenir de telles bornes il va falloir faire un changement de variable. En même temps, si on ne fait pas un changement de variable du type $\displaystyle u=f_a(x)$ avec $\displaystyle f_a(x)=\dfrac{a-x}{1+ax}$ on va se retrouver avec un facteur $arctan$ avec un argument dont ne saura pas quoi faire.
En utilisant $f_a$ on pourra utiliser la formule d'addition de la fonction $\arctan$. Il ne reste plus qu'à choisir le bon $a$, pour avoir les bornes mentionnées, si c'est possible.
Ce qui suppose de résoudre l'équation $\displaystyle \dfrac{1}{f_a(0)}=f_a\left(\dfrac{1}{2}\right)$, équation d'inconnue $a$. On vérifie que l'une des solutions est $\varphi=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$
Le résultat après changement de variable est tout de même magique.

PS2:
J'aurais pu éviter de me fatiguer. :-D

P.: Faire le lien direct entre le résultat que tu trouves (quand on calcule la dernière intégrale) et la valeur que je trouve n'est pas forcément évident.

PS:
J'ai l'impression que la méthode indiquée ci-dessus fonctionne pour le calcul de $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\arctan x}{x^2+x+1}dx$ Mais n'ayant pas mené les calculs jusqu'au bout il se peut qu'il y ait un grain de sable qui grippe cette belle mécanique. 8-)

Edit: en fait, non, cela ne marche pas bien pour $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\arctan x}{x^2+x+1}dx$ mais par contre, mais je pense que cela a beaucoup moins d'intérêt, cela fonctionne pour $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\arctan x}{(1+x)^2}dx$ très probablement.

Il faudrait qu'après changement de variable on ait $\displaystyle \int_{\frac{1}{a}}^a \dfrac{\arctan\left(f_a(x)\right)}{P_a(x)}dx$ avec $P_a$ un polynôme de degré au plus $2$ avec $x^2P_a\left(\frac{1}{x}\right)=P_a(x)$

Quentino37:

L'idée est qu'on sait calculer des intégrales du type $\displaystyle \int_{\frac{1}{a}}^a \dfrac{\arctan x}{x^2+bx+1}dx$ avec $a>0$ et $b$ un réel. Il suffit de faire le changement de variable $y=\dfrac{1}{x}$ et utiliser la relation $\arctan\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{\pi}{2}-\arctan x$ avec $x>0$.

J'ai passé une semaine à réfléchir sur cette intégrale (pas à temps complet mais en y consacrant quelques instants chaque jour) et j'ai eu l'idée développée plus haut, hier.
(et je viens de m'apercevoir que si j'avais mieux cherché j'aurais su comment faire il y a une semaine :-D )

\begin{align}-2\arctan\left(\frac{1-\rho_a}{1+\rho_a}\right)&=\arctan\left(\frac{\rho_a-1}{1+\rho_a}\right)+\arctan\left(\frac{\rho_a-1}{1+\rho_a}\right)\\
&=\arctan\left(\frac{\rho_a^2-1}{2\rho_a}\right)\\
&=\arctan\left(\frac{\left(a+\sqrt{a^2+1}\right)^2-1}{2\left(a+\sqrt{a^2+1}\right)}\right)\\
&=\arctan\left(\frac{1}{2}\left(a+\sqrt{a^2+1}-\frac{1}{a+\sqrt{a^2+1}}\right)\right)\\
&=\arctan\left(\frac{1}{2}\left(a+\sqrt{a^2+1}-\frac{a-\sqrt{a^2+1}}{\left(a+\sqrt{a^2+1}\right)\left(a-\sqrt{a^2+1}\right)}\right)\right)\\
&=\arctan\left(\frac{1}{2}\left(a+\sqrt{a^2+1}+a-\sqrt{a^2+1}\right)\right)\\
&=\arctan a

\end{align}
PS. On a donc l'identité $x>0$,
\begin{align}\arctan x=2\arctan\left(\exp\left(\text{argsinh}(x)\right)\right)-\frac{\pi}{2}

\end{align} PS2. On a aussi pour $x>0$ :
\begin{align}\arctan\left(\sinh x\right)=2\arctan\left(\text{e}^x\right)-\frac{\pi}{2}\end{align}

$\rho_a$ est aussi solution de l'équation $x^2-2ax-1=0$
Donc:
\begin{align}\frac{1+\rho_a^2}{2a\rho_a^2+4\rho_a-2a}&=\frac{2+2a\rho_a}{2a\left(1+2a\rho_a\right)+4\rho_a-2a}\\
&=\frac{1+a\rho_a}{2(a^2+1)\rho_a}\\
&=\frac{1}{2(a^2+1)}\left(\frac{1}{\rho_a}+a\right)\\
&=\frac{1}{2(a^2+1)}\left(\frac{1}{a+\sqrt{a^2+1}}+a\right)\\
&=\frac{1}{2(a^2+1)}\left(\frac{a-\sqrt{a^2+1}}{\left(a+\sqrt{a^2+1}\right)\left(a-\sqrt{a^2+1}\right)}+a\right)\\
&=\frac{1}{2(a^2+1)}\left(-\left(a-\sqrt{a^2+1}\right)+a\right)\\
&=\frac{1}{2\sqrt{a^2+1}}
\end{align}

PS:
On retrouve bien la formule donnée par Jandri. B-)-

Quand je suis arrivé à:
\begin{align}-2\arctan\left(\frac{1-\rho_a}{1+\rho_a}\right)&=\arctan\left(\frac{\rho_a-1}{1+\rho_a}\right)+\arctan\left(\frac{\rho_a-1}{1+\rho_a}\right)\\
&=\arctan\left(\frac{\rho_a^2-1}{2\rho_a}\right)\end{align}

Je ne me suis pas préoccupé de savoir de quelle équation polynomiale du second degré $\rho_a$ était une racine.
J'ai déterminé la valeur de $\rho_a$ par Maxima.
Mais si on remarque que $\rho_a$ est une des solutions de l'équation $x^2-2ax-1=0$ on a donc que $\rho_a^2=1+2a\rho_a$ et on déduit facilement que:
\begin{align}\frac{\rho_a^2-1}{2\rho_a}=a\end{align}

NB:
C'est un raisonnement analogue à celui de Jandri. Mais j'imagine que la formule d'addition des $\arctan$ nécessite que les arguments soient positifs ce que je ne vérifie pas.

Nouvelle livraison de l'American mathematical monthly on y trouve, entre autres, le problème suivant, dû à Roberto Tauraso.

Calculer
\begin{align}\int_0^1 \frac{\arctan x}{1+x^2}\left(\ln\Big(\frac{2x}{1-x^2}\Big)\right)^2 dx

\end{align} C'est un peu cousu de fil blanc. B-)-

Etanche: Oui.

YvesM: tu parles de cette intégrale-là: $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\ln^2 x}{1+x^2}dx$?
Si c'est le cas alors je doute que la méthode que tu proposes fonctionne.

HT:
C'est seulement une méthode parmi d'autres mais celle-ci je l'aime bien à l'heure d'aujourd'hui. Elle demande peu de connaissances et je la trouve assez intuitive (de mon point de vue).

$K=\displaystyle \int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\ln^2(xy)}{(1+x^2)(1+y^2)}dxdy$

Il faut exprimer cette intégrale de deux façons. Il y a une façon qui saute aux yeux (on peut faire le calcul de tête).
L'autre façon est de faire le changement de variable $u(x)=yx$. (j'ai tellement de fois effectué ce calcul que je pourrais presque le faire de tête)
Bien évidemment l'une des deux façons va faire intervenir l'intégrale initiale qu'on cherche à calculer. Autrement la méthode n 'a pas d'intérêt ici.

On pourra revenir à l'autre méthode que j'ai esquissée.

HT:
tu ne sais pas développer $(a+b)^2$ et que formellement $\ln(xy)=\ln x+\ln y$? (indications pour la partie facile du calcul).

Ben si il y a $\ln^2(xy)$.

Tu m'as fait douter j'ai cru avoir oublié le carré. B-)-

HT:
Il y a une erreur dans la dernière ligne.

PS:
La partie la plus difficile pour CE calcul-ci est de calculer $\displaystyle 2\int_0^\infty \frac{1}{1+x^2}dx=\pi$ B-)-