Le changement de variable $x=\cos\theta$ ainsi que le résultat renvoyé par Maple me laissent penser qu'il n'y a pas vraiment de réponse plus simple que l'intégrale elle-même.
On peut montrer que $\displaystyle \int_{-1}^{1} \frac{\arcsin x}{1+x+x^2}dx=\frac{2}{\sqrt{3}}\int_0^\infty \frac{\arctan\left(\frac{3+x^2}{(1+x^2)\sqrt{3}}\right)}{1+x^2}dx-\frac{\pi^2}{3\sqrt{3}}$
Et après on a envie de faire le changement de variable $y=\dfrac{3+x^2}{(1+x^2)\sqrt{3}}$
La valeur close donnée par Bd2017, m'a suggéré une idée: Supposons qu'une valeur close est de la forme $\dfrac{\pi\arctan \alpha}{\sqrt{3}}$ Avec $\alpha$ un nombre algébrique de degré $4$*.
? p 300; J=intnum(x=-1,1,aos(x)/(1+x+x^2)); r=tan(J*sqrt(3)/Pi);
lindep([r,1,r^2,r^3,r^4])
realprecision = 308 significant digits (300 digits displayed)
%2 = [96, -33, 6, 96, 23]~On trouve une valeur $\alpha$ qui serait un nombre algébrique de degré $4$*: si on cherche un nombre algébrique de degré inférieur à $4$ cela échoue.
PS. Dans le calcul précédent je prends la tangente d'un angle plus grand que $\dfrac{\pi}{2}$.
Pour éviter ce problème il vaut mieux chercher une valeur close sous la forme:
$\dfrac{2\pi\arctan \alpha}{\sqrt{3}}$
Avec $\alpha$ un nombre algébrique de degré $4$ p 400;J=intnum(x=-1,1,acos(x)/(1+x+x^2)); r=tan(J*sqrt(3)/Pi*1/2); lindep([1,r,r^2,r^3,r^4])
%9 = [-3, 24, -30, 24, -11]~
Ce qui fait qu'une valeur close serait $\displaystyle \frac{2\pi}{\sqrt{3}}\arctan\left(\frac{1}{11} \left(6 + \sqrt{3} +2 \sqrt{14 \sqrt{3} - 15}\right)\right)$
Après on a envie d'enchaîner avec le changement de variable $y=\dfrac{1}{u}$ mais on arrivera pas à faire disparaître, hélas, l'arctangente du fait des racines carrées au dénominateur on va récupérer un facteur $1/u$
Cela me semble plus prometteur d'introduire $\displaystyle F(a)=\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\frac{\arctan(au)}{\sqrt{\sqrt{3}-u}\sqrt{u\sqrt{3}-1}}du$ du fait que la dérivée de l'intégrande par rapport à la variable $a$ semble avoir une primitive pas trop laide quand on intègre en fonction de $u$.
Le résultat final est donc: $\boxed{\displaystyle \int_{-1}^{1} \frac{\arccos(x)}{x^2+x+1}dx=\dfrac{4\pi^2}{3\sqrt{3}}-\dfrac{2\pi}{\sqrt{3}}\arctan\left(\sqrt{3+2\sqrt{3}}\right)}$
*: je m'en suis souvenu quand j'ai pensé à faire le changement de variable $u=\dfrac{1-x}{1+x}$
PS.
Est-ce que $\sqrt{3+2\sqrt{3}}$ est la tangente d'un angle remarquable? Wolfy ne semble pas de cet avis.
Qu’en est-il pour $$K=\int_{-1}^{1} \frac{\arccos(x)}{P(x)} dx\qquad\text{ou}\qquad L=\int_{0}^{1} \frac{\arccos(x)}{P(x)}dx,$$avec $P(x)$ d’autres polynômes autres que $x^2+1,\ x^2+x+1$ qui ne s’annulent pas sur $[-1;1]$ peut-on trouver la valeur de l’intégrale ? par exemple $P(x)=x^4+1$ pour $K$ ou $L$ $P(x)=x^3+1$ pour $L$ ?
On peut peut-être arriver à calculer $\displaystyle \int_0^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2+x^3}dx=\int_0^1 \frac{(1+x)\arctan\left(\sqrt{x}\right)}{1+x^2}dx$
@etanche : ce serait courtois de référencer les exos que tu proposes pour qu'on puisse savoir si on a affaire à un exo inventé, une question ouverte, un post d'un autre forum, etc. Ca aide un peu à organiser les éventuelles recherches de ces énoncés bien intéressants pour la plupart.
Merci (ça pour le coup, on ne peut que saluer cette marque de politesse bien présente à chacun de tes messages elle).
@Jlapin: Je me suis posé la même question, à savoir, s'il n'y a pas de valeur donnée pour l'intégrale est-ce que cela vaut la peine d'y consacrer du temps alors qu'il se pourrait que l'intégrale n'ait aucune valeur remarquable.
Pour la décharge d'Etanche on remarquera que les calculs d'intégrales qu'il a postés sont quasiment tous issus du journal American mathematical monthly et les dates à laquelle il poste ces problèmes correspondent aux dates de livraisons de problèmes sur le site qui publie l'AMM*.
Je lui ai demandé par MP d'où venait ce problème et la réponse qu'il m'a donnée me fait penser qu'il en ignorait réellement l'origine.
*: et si on n'a pas d'accès à ces problèmes on attend que l'excellent Tauraso ait traité ledit problème pour avoir la confirmation que c'était bien un problème de l'AMM.
Donc, Etanche, tu as des amis qui te font faire les exercices de l'AMM, et tu les fais faire par les costauds du forum. Ce n'est pas hors charte, ça ???
Je ne vois vraiment pas pourquoi vous vous étonnez C'est le jeu Etanche est Etanche (et pas quelqu'un d'autre) Pour rappel concernant ses sources On parle d'étanchéité dans le domaine de la communication et de l'information quand des moyens de protection contre la diffusion sont mis en place. Des accords de confidentialité sont souvent mis en place pour garantir l'étanchéité de l'information de l'intérieur vers l'extérieur des entreprises.
On imagine bien que tu as des sources du type de celles que tu cites. Il me semblerait normal de les donner systématiquement quand tu proposes l'exercice. Je ne comprends pas pourquoi cette règle élémentaire de courtoisie n'est pas appliquée à chaque fois. Quant à ton ami qui t'envoie des problèmes d'un journal mathématique sans citer sa source, tu pourrais également lui demander de les citer la fois prochaine.
PS. Signaler le numéro d'un problème de l'AMM ce n'est pas seulement pour donner la source mais aussi afin qu'on puisse retrouver un tel énoncé de problème sur le forum aisément.
Je me demande si une raison est cachée du fait que etanche ou son ami ne donne presque jamais la source s'elle provient d'un problème AMM en cours. Peut-être ils en profitent des solutions pour se faire une réputation à l 'AMM en envoyant comme solutions le fruit des efforts des membres.
@Gebrane: Procéder de la sorte serait minable. Cela ne rapporte rien d'envoyer une solution à l'AMM même pas quelques mois d'abonnement gratuit.
J'ai déjà résolu le problème 12332 si je me souviens bien.
PS. Si Etanche propose un calcul d'intégrale vers le début d'un mois tu peux être à peu près sûr que c'est un problème de l'AMM. Les listes de problèmes sont publiées en début de mois, tout du moins c'est la tendance du moment sur le site de l'AMM. Dans la semaine qui suit, Tauraso l'aura calculée.
L'intégrale du problème 12332 se calcule avec la somme résidus de la fonction qui sont $\dfrac{16 i}{\pi ^3 (2 k+1)^3} $ Le résultat en découle directement
@FDP Oui c'est trop simple. Tu calcules le résidu en $x_k=i(\pi/2+k\pi)$ et c'est terminé. Si c'est moche, cela veut dire que tu peux faire le calcul avec encore moins de calculs ?
Tu peux faire 2 IPP et puis faire le calcul mais c'est plus calclulatoire.
@FDP Oui je m'en doute très bien. Par ailleurs tu fais 2 IPP et tu finis avec Wolfram. Cette partie que sait faire Wolfram est un peu galère à la main à mon avis. Mais les manipulations techniques te sont plus familières. Alors montre un peu...le calcul . Il y a toujours à apprendre dans tes façons de faire, mais je n'ai pas encore vu la systématique ...
Ceci étant dit, l'application du théorème des résidus n'est pas moche du tout ...elle est efficace...
Merci @Fin de partie , mais je cherche une preuve sans passer par l'intégrale double, je vais y réfléchir à partir de $\int_0^1 \frac{z-1}{(1+z)^3\ln z}dz$
@gebrane: Tauraso a sûrement une preuve avec un calcul de série mais je doute qu'on puisse arriver à se dispenser d'intégrale double, de dérivation sous le signe intégral, de série.
@Fin de partie J'ai sous la main le même exercice Calculer $\int_0^1 \frac{z-1}{(1+z)^3\ln z}dz $ sans solution qui a pour objectif de calculer ledit intégrale par Frullani. Mystère
@Gebrane: Frullani camoufle l'utilisation d'intégrale double (Je ne crois pas qu'on puisse démontrer ladite formule sans intégrale double, dérivation sous le signe intégral)
Réponses
https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate+arccos%28x%29%2F%28x%5E2%2Bx%2B1%29+dx
peut-être dans le résultat y a du dilogarithme
J'ai trouvé $I=\dfrac{7 \pi ^2}{12 \sqrt{3}}-\dfrac{\pi \arctan\left(\frac{4 \sqrt{2} \sqrt[4]{3} \left(26-15 \sqrt{3}\right)}{112 \sqrt{3}-193}\right)}{4 \sqrt{3}} \approx 3.25879$
mais le calcul est long.
J=intnum(x=-1,1,aos(x)/(1+x+x^2));
r=tan(J*sqrt(3)/Pi);
r=tan(J*sqrt(3)/Pi*1/2);
lindep([1,r,r^2,r^3,r^4]) %9 = [-3, 24, -30, 24, -11]~
Pour une valeur approchée: https://www.wolframalpha.com/input?i=+\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\arctan\left(\frac{1}{11}+\left(6+++\sqrt{3}++2+\sqrt{14+\sqrt{3}+-+15}\right)\right)
par exemple $P(x)=x^4+1$ pour $K$ ou $L$
$P(x)=x^3+1$ pour $L$ ?
C'est le jeu
Etanche est Etanche (et pas quelqu'un d'autre)
Pour rappel concernant ses sources
On parle d'étanchéité dans le domaine de la communication et de l'information quand des moyens de protection contre la diffusion sont mis en place. Des accords de confidentialité sont souvent mis en place pour garantir l'étanchéité de l'information de l'intérieur vers l'extérieur des entreprises.
avec en première partie le calcul de
https://math.stackexchange.com/questions/2635503/definite-integral-int-11-frac-arccos-leftx-right1x2dx?noredirect=1
Calculer $$\int_{-1}^1 \frac{\arccos(x)}{x^2+x+1} dx.$$
Une intégrale diabolique (AMM 12344 ).
Signaler le numéro d'un problème de l'AMM ce n'est pas seulement pour donner la source mais aussi afin qu'on puisse retrouver un tel énoncé de problème sur le forum aisément.
https://www.mat.uniroma2.it/~tauraso/AMM/amm.html
Si Etanche propose un calcul d'intégrale vers le début d'un mois tu peux être à peu près sûr que c'est un problème de l'AMM. Les listes de problèmes sont publiées en début de mois, tout du moins c'est la tendance du moment sur le site de l'AMM. Dans la semaine qui suit, Tauraso l'aura calculée.
$\int_0^1 \frac{z-1}{(1+z)^3\ln z}dz$
Calculer $\int_0^1 \frac{z-1}{(1+z)^3\ln z}dz $
sans solution qui a pour objectif de calculer ledit intégrale par Frullani. Mystère
$$\int_0^1 \frac{z-1}{(1+z)\ln z}dz$$