Intégrale à calculer

Bonjour,

Facile.

Cette intégrale $\displaystyle \int_0^{+\infty} ({\cosh x \over \sinh^2x} - {1 \over x}) \ln^2 x dx$ diverge à l’infini comme un cube du logarithme.

Soit \[f:x\mapsto \left(\frac{\cosh(x)}{\sinh^2(x)}-\frac{1}{x^2}\right)\ln^2 (x).
\] On vérifie que $f$ est continue sur $\R^*_+$, que $f(x)$ équivaut à $\frac{\ln^2(x)}{6}$ au voisinage de $0$ donc l'intégrale de $f$ sur $\left]0,1\right]$ converge, et que $f(x)$ est négligeable devant $x^{-3/2}$ au voisinage de $+\infty$ donc l'intégrale de $f$ sur $\left[1,+\infty\right[$ converge également.

On peut donc poser $I=\int_0^{+\infty}f(x)dx$.

Ensuite, par intégration par parties : \[I=\left[\left(-\frac{1}{\sinh(x)}+\frac{1}{x}\right)\ln^2(x)\right]_0^{+\infty}-\int_0^{+\infty}\left(-\frac{1}{\sinh(x)}+\frac{1}{x}\right)\times \frac{2\ln(x)}{x}dx=\int_0^{+\infty}\left(\frac{1}{\sinh(x)}-\frac{1}{x}\right)\times \frac{2\ln(x)}{x}dx\] car la fonction entre crochets a des limites nulles aux deux extrémités de l'intervalle.

Malheureusement, je n'ai pas réussi à aller plus loin.
J'ai tenté une deuxième intégration par parties mais on ne sait pas intégrer $x\mapsto \frac{1}{x\sinh(x)}$.
J'ai tenté un développement en série de fonctions de $\frac{1}{\sinh}$ mais je n'arrive pas à calculer au-delà.
J'ai tenté une expression sous forme d'intégrale double... et j'ai seulement abouti à une autre intégrale encore plus imbuvable :
\[I=\int_0^{+\infty}\ln^2\left(\frac{t}{\ln(t+\sqrt{t^2+1})}\right)dt.
\] J'ai tenté enfin d'utiliser une fonction $F:t\mapsto \int_0^{+\infty} \left(\frac{1}{\sinh(x)}-\frac{1}{x}\right)\times x^{t-1}dx$, définie pour $t>-1$ et on prouve que $F$ est dérivable et $I=2F'(0)$... mais je n'arrive pas mieux à calculer $F$.

Au suivant... (:P)

J'ai commencé à regarder cette intégrale qui est un problème du dernier American mathematical monthly. C'est le problème numéro 12281.
Je ne vais pas regarder le dernier lien posté par Etanche car je compte calculer cette intégrale.

J'ai fait comme Bisam, une intégration par parties.
On peut enchaîner avec une deuxième intégration par parties en étant soigneux, je pense.
Je pressens qu'il y a du $\gamma$ là dessous.

PS:
Pour la deuxième intégration par parties.

On a aussi besoin de ça et de ça, me semble-t-il.

PS:
Et si on n'est pas convaincu.

Bonjour,

Tu fais une erreur de signe (ou deux) dans le calcul de la dérivée de $k.$

La dérivée de $1/u$ est $-u’/u^2$…

Bonjour,

@etanche : L'intégrale $\displaystyle \int_0^{+\infty} {\ln x \over a^2+x^2} dx = {\ln a \over a} {\pi \over 2}$ pour tout $a>0$ se calcule de tête.

Changement de variables $x \leadsto y$ avec $x=a y$ donne $\displaystyle \int_0^{+\infty} {\ln x \over a^2+x^2} dx =\int_0^{+\infty} {\ln a +\ln y \over a^2(1+y^2)} a dy = {\ln a \over a} \int_0^{+\infty} {1\over 1+x^2} dx + {1\over a}\int_0^{+\infty} {\ln y\over 1+y^2} dy .$

La seconde intégrale est nulle par coupure en $1$ et changement de variables $y \leadsto 1/y.$

Avec une autre intégration par parties on peut montrer que l'intégrale à calculer est aussi égale à:

$\displaystyle 2\int_0^\infty \frac{\left(\ln x-1\right)\Big(\ln\left(\tanh\left(\frac{x}{2}\right)\right)-\ln\left(\frac{x}{2}\right)\Big)}{x^2}dx$

(Si vous avez des doutes )

Après, on a envie de faire le changement de variable $u=x/2$.

PS:
Avec le résultat en tête, fourni par YvesM dans ce fil, il faut qu'on arrive à sortir de cette expression l'"horrible" terme $2\gamma\ln 2$.
La stratégie que j'aimerais mettre en oeuvre est qu'on se retrouve avec un terme $2\ln 2\times \text{une intégrale}$ et l'intégrale serait une représentation bien connue de $\gamma$ et on espère que les termes qui restent seront des intégrales qui seront faciles à calculer.