Calcul d'une intégrale (avec restrictions)
Je vous propose de montrer que $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1-x)\ln x}{1+x}dx=\dfrac{13}{8}\zeta(3)-\dfrac{1}{4}\pi^2\ln 2$
Mais il y a des restrictions.
Pas d'utilisation d'intégrales doubles, de dérivation sous le signe intégral, de développement en série.
Mais l'utilisation de changement de variable et de l'intégration par parties est autorisée.
Mais vous pouvez utiliser les égalités suivantes:
\begin{align}\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}dx&=-\frac{1}{6}\pi^2,&\quad&&\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}dx&=2\zeta(3)\end{align}
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Réponses
Voilà ce que j'ai : \begin{eqnarray*} I &:=& \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1-x) \ln x}{1+x} \,\mathrm{d}x \\ &\overset{\text{IPP}}=& \cancel{\Big[\ln (1-x) \ln x\ln (1+x)\Big]_{0} ^{1} } -\int _{0} ^{1} \left( \frac{\ln (1-x)}{x} - \frac{\ln x}{1-x} \right) \ln (1+x) \,\mathrm{d}x\\ &=& - \underbrace{\int _{0} ^{1} \frac{\ln (1-x)\ln (1+x)}{x} \,\mathrm{d}x}_{J} + \underbrace{\int _{0} ^{1} \frac{\ln x\ln (1+x)}{1-x} \,\mathrm{d}x}_{K} \end{eqnarray*} Puis : \begin{eqnarray*} 2J &=& \int _{0} ^{1} \frac{(\ln (1-x)+\ln (1+x))^2 -\ln (1-x)^2 -\ln (1+x)^2 }{x} \,\mathrm{d}x \\ &=& \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1-x^2 )^2 }{x} \,\mathrm{d}x - \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1-x)^2 }{x} \,\mathrm{d}x - \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1+x)^2 }{x} \,\mathrm{d}x\\ &\overset{u=x^2 }=& \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1-u)^2 }{2u} \,\mathrm{d}u - \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1-x)^2 }{x} \,\mathrm{d}x - \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1+x)^2 }{x} \,\mathrm{d}x\\ &=& - \frac{1}{2} \int _{0} ^{1} \frac{\ln ^2 x}{1-x} \,\mathrm{d}x - \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1+x)^2 }{x} \,\mathrm{d}x\\ &=& - \zeta (3)- \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1+x)^2 }{x} \,\mathrm{d}x \end{eqnarray*} Et [édit : à partir de là, le calcul est faux, donc j'efface en partie] $$\cancel{ K \overset{\text{IPP}}= \dots =\ -I + \frac{\pi ^2 }{12}} $$ Donc \[\cancel{2I = \frac{\zeta (3)}{2} + \frac{1}{2} \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1+x)^2 }{x} \,\mathrm{d}x + \frac{\pi ^2 }{12}}.\] Ensuite il reste à calculer $\displaystyle \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1+x)^2 }{x} \,\mathrm{d}x$ mais je ne sais pas comment faire.
D'ailleurs, je m'étonne de ne pas avoir de $\ln2$ devant le $\pi^2$. J'espère que je n'ai pas fait d'erreur de calcul.
PS : Bon, c'est la première fois que je me laisse tenter par ces jeux d'intégrales !
Linear relations between logarithmic integrals of high weight and some-closed evaluations by Kam Cheong Au
Edit : Oui, c'est normal du coup que ça ne marche pas numériquement.
Donc, ce que j'ai montré normalement c'est juste que $$I = \overbrace{ \frac{\zeta (3)}{2} + \frac{1}{2} \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1+x)^2 }{x} \,\mathrm{d}x}^{-J} +\overbrace{\int _{0} ^{1} \frac{\ln x\ln (1+x)}{1-x} \,\mathrm{d}x}^{K}.$$ Il reste donc à calculer ces deux intégrales. Je ne sais pas si on est beaucoup plus avancés.
PS : Je me doutais bien qu'en me lançant là-dedans, il y aurait des valeurs d'intégrales à connaître et que ça me bloquerait.
Votre jeu consiste en l'évaluation d'intégrales en s'autorisant ou pas certaines opérations. Est-il possible de "prédire" plus ou moins quand le jeu "aboutit" (c'est-à-dire, savoir quand le jeu d'opération autorisé est suffisant pour exprimer ("élémentairement" ?) l'intégrale) ?
Ça me semble être une question peut-être (un peu) parallèle à celle d'un article de Kontsevich et Zagier (Conjecture 1, page 8) où il est question de déterminer le "jeu minimal" (?) d'opérations pour passer d'une représentation intégrale d'une période à une autre (si cette deuxième existe).
A priori , on tourne en rond car on récupère l'intégrale qu'on veut calculer initialement mais il n'y a pas de signe moins qui la précède.
Malin le coup du $(a+b)^2-(a-b)^2=4ab$ et le changement de variable $u=\frac{1-x}{1+x}$ ; je n'y avais pas pensé.
$(a,b)\mapsto 4ab$ est de signature $(1,1)$.
PS.
Je vous laisse deviner à quoi peut servir $\displaystyle C=\int_0^1 \dfrac{\ln(1-x)\ln\left(\dfrac{x}{1-x}\right)}{x}dx$.
J'ai une solution pour l'intégrale qui ouvre ce fil mais je laisse chercher ceux que cela pourrait intéresser encore un jour ou deux.
@gai requin : Si tu veux ^^. Tu peux me l'envoyer par message privé et j'ouvrirai un fil où j'essaierai de résoudre la question pas trop dure (pas tout de suite car j'ai d'abord des intégrales à torturer mais ce weekend).
J'ai dû, pour m'y retrouver, passer par le calcul systématique de toutes les intégrales du type $\displaystyle \int_0 ^1 \frac{\ln(\square)\ln(\square)}\square \,\mathrm{d}x$ avec des $x$, $1-x$ et $1+x$ à la place des $\square$ (il y en a 14)... et évidemment c'est celle du fil que j'ai attrapée en dernier . Mais j'ai fini par l'avoir !
Et merci pour les exemples de calculs que tu as donnés ; j'y ai puisé pas mal d'idées.
Je poste ma solution en soirée.
Grâce à ce message de Fin de partie, on sait que \[\textcolor{red}{\int _{0} ^{1} \frac{\ln (1-x)\ln (1+x)}{x} \,\mathrm{d}x} = - \frac{5}{8} \zeta (3) \quad\quad \text{ et } \quad\quad \textcolor{blue}{\int _{0} ^{1} \frac{\ln (1+x)^2 }{x} \,\mathrm{d}x} = \frac{\zeta (3)}{4} .\] Je le réutiliserai sans le redémontrer. Et je rappelle qu'on suppose $\textcolor{rgb(200,100,0)}{\displaystyle \int _{0} ^{1} \frac{\ln x}{1-x} \,\mathrm{d}x} =\displaystyle - \frac{\pi ^2 }{6} $. C'est parti.\begin{eqnarray*} I &:=& \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1-x) \ln x}{1+x} \,\mathrm{d}x \\ &\overset{\text{IPP}}=& \cancel{\Big[\ln (1-x) \ln x\ln (1+x)\Big]_{0} ^{1} } -\int _{0} ^{1} \left( \frac{\ln (1-x)}{x} - \frac{\ln x}{1-x} \right) \ln (1+x) \,\mathrm{d}x\\ &=& - \textcolor{red}{\int _{0} ^{1} \frac{\ln (1-x)\ln (1+x)}{x} \,\mathrm{d}x} + \int _{0} ^{1} \frac{\ln x\ln (1+x)}{1-x} \,\mathrm{d}x \\ &=& \frac{5}{8} \zeta (3) + \ln 2 \textcolor{rgb(200,100,0)}{\displaystyle \int _{0} ^{1} \frac{\ln x}{1-x} \,\mathrm{d}x} - \textcolor{rgb(0,155,155)}{\int _{0} ^{1} \frac{\ln x\ln ( \frac{2}{1+x} )}{1-x} \,\mathrm{d}x} \end{eqnarray*} Je continue à part avec la dernière intégrale : \begin{eqnarray*} \textcolor{rgb(0,155,155)}{\int _{0} ^{1} \frac{\ln x\ln ( \frac{2}{1+x} )}{1-x} \,\mathrm{d}x} &\underset{u:= \frac{1-x}{1+x} }=& \int _{0} ^{1} \frac{\ln ( \frac{1-u}{1+u} )\ln (1+u)}{1- \frac{1-u}{1+u} } \, \frac{2\,\mathrm{d}u}{(1+u)^2 } \\ &=& \int _{0} ^{1} \frac{\ln ( \frac{1-u}{1+u} )\ln (1+u)}{u(1+u)} \, \mathrm{d}u \\ &=& \int _{0} ^{1} \frac{\ln ( \frac{1-u}{1+u} )\ln (1+u)}{u} \, \mathrm{d}u - \underbrace{\int _{0} ^{1} \frac{\ln ( \frac{1-u}{1+u} )\ln (1+u)}{1+u} \, \mathrm{d}u}_{t := \frac{1-u}{1+u} } \\ &=& \textcolor{red}{\int _{0} ^{1} \frac{\ln (1-u)\ln (1+u)}{u} \,\mathrm{d}u} - \textcolor{blue}{\int _{0} ^{1} \frac{\ln (1+u)^2 }{u} \,\mathrm{d}u} - \int _{0} ^{1} \frac{\ln t\ln ( \frac{2}{1+t} )}{1+t} \, \mathrm{d}t \\[1mm] && \qquad \textcolor{gray}{\text{ car } (1+u)(1+t)=2 \Rightarrow (1+u)\mathrm{d}t+(1+t)\mathrm{d}u=0 \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{1+u} = - \frac{\mathrm{d}t}{1+t} } \\[2mm] &=& - \frac{5}{8} \zeta (3) - \frac{\zeta (3)}{4} - \underbrace{\int _{0} ^{1} \frac{\ln t\ln 2}{1+t} \, \mathrm{d}t}_{\text{IPP}} + \underbrace{\int _{0} ^{1} \frac{\ln t\ln (1+t)}{1+t} \, \mathrm{d}t}_{\text{IPP}} \\ &=& - \frac{7}{8} \zeta (3) + \ln 2 \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1+t)}{t} \, \mathrm{d}t - \frac{1}{2} \textcolor{blue}{\int _{0} ^{1} \frac{\ln (1+t)^2 }{t} \,\mathrm{d}t}\\ &=& - \frac{7}{8} \zeta (3) + \ln 2 \bigg( \underbrace{\int _{0} ^{1} \frac{\ln (1-t^2 )}{t} \, \mathrm{d}t}_{v:=t^2 } - \int _{0} ^{1} \frac{\ln (1-t)}{t} \, \mathrm{d}t\bigg) -\frac{\zeta (3)}{8} \\ &=& - \zeta (3) + \ln 2 \left( \frac{1}{2} \textcolor{rgb(200,100,0)}{\int _{0} ^{1} \frac{\ln (1-v)}{v} \, \mathrm{d}t} - \textcolor{rgb(200,100,0)}{\int _{0} ^{1} \frac{\ln (1-t)}{t} \, \mathrm{d}t}\right) \\ &=& - \zeta (3) + \frac{\pi ^2 \ln 2}{12} \end{eqnarray*} D'où $\displaystyle I = \frac{5}{8} \zeta (3) - \frac{\textcolor{rgb(200,100,0)}{\pi ^2 }\ln 2}{\textcolor{rgb(200,100,0)}{6}} + \textcolor{rgb(0,155,155)}{\zeta (3) - \frac{\pi ^2 \ln 2}{12} } = \frac{13}{8} \zeta (3) - \frac{\pi ^2 \ln 2}4$.
Si tu supposes connue : $\displaystyle \quad\quad \textcolor{blue}{\int _{0} ^{1} \frac{\ln (1+x)^2 }{x} \,\mathrm{d}x} = \frac{\zeta (3)}{4}$ C'est immédiat.
Un détail: C'est $ \displaystyle \int_0^1\dfrac{\ln x}{1-x}dx=\dfrac{\pi^2}{6}$ qu'on suppose connue ce qui fait qu'il y a une intégration par parties en trop dans ton calcul à mon avis.
PS.
Pour le moment je ne sais pas faire avec les restrictions imposées. Peut-être que c'est impossible de la sorte.
Mais j'ai l'impression que ma solution était plus simple (nettement moins de volume d'écritures et moins de jonglages entre différents intervalles d'intégration).
l'intégrale en question est $\displaystyle \int_0^{\frac{1}{2}} \dfrac{\ln(1-x)\ln x}{1+x}dx$. C'est la cousine germaine de l'intégrale qui est dans le premier message.
*: Il y a des dilogarithmes qui interviennent dans mon calcul, je n'ai pas essayé de leur donner une bonne tête parce que j'étais préoccupé que par les intégrales trilogarithmiques ce qui fait qu'il n'est pas immédiat de deviner une forme close pour l'intégrale ci-dessus.
J&=\int_0^1 \frac{\ln(2+x)\ln x}{1+x}dx\\
3J&=\underbrace{\int_0^1\frac{\log^2\big(x(2+x)\big)}{1+x}dx}_{u=\frac{1}{x(2+x)}}-\frac{1}{2}\underbrace{\int_0^1\frac{\log^2\left(\frac{x}{2+x}\right)}{1+x}dx}_{u=\frac{x}{2+x}}-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\log^2 x}{1+x}dx-\frac{1}{2}\underbrace{\int_{0}^{1}\frac{\log^2(2+x)}{1+x}dx}_{u=\frac{1}{2+x}}\\
&=\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{3}}^\infty \frac{\ln^2 u}{u(1+u)}du-\int_0^{\frac{1}{3}}\frac{\ln^2 u}{1-u^2}du-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\log^2 x}{1+x}dx-\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{3}}^{\frac{1}{2}}\frac{\ln^2 u}{u(1-u)}du\\
&=\frac{1}{2}\bigg(\underbrace{\int_1^\infty \frac{\ln^2 u}{u(1+u)}du}_{z=\frac{1}{u}}+\int_{\frac{1}{3}}^{1}\frac{\ln^2 u}{u}du-\int_0^1 \frac{\ln^2 u}{1+u}du+\int_0^{\frac{1}{3}}\frac{\ln^2 u}{1+u}du\bigg)-\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{3}}\frac{\ln^2 u}{1-u}du\\
&\qquad-\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{3}}\frac{\ln^2 u}{1+u}du-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\log^2 x}{1+x}dx-\frac{1}{2}\left(\int_{\frac{1}{3}}^{\frac{1}{2}}\frac{\ln^2 u}{u}du+\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{\ln^2 u}{1-u}du-\int_0^{\frac{1}{3 }}\frac{\ln^2 u}{1-u}du\right)\\
&=\frac{1}{6}\ln^3 2-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln^2 u}{1+u}du-\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln^2 u}{1-u}du .
\end{align*} Les deux intégrales restantes peuvent être calculées avec les restrictions imposées.