Mon instinct primaire à la vue de cette intégrale était de ne même pas essayer. Cependant, je me suis laissé tenter.
En voyant des $\cos(x)$ et des $\sin(x)$ dans la même intégrale, je n'ai eu que deux idées. Premièrement, fonction Beta ? Je ne voyais pas trop comment faire apparaitre une fonction Beta là-dedans, alors. Deuxièmement, formules de l'arc moitié ? Pour que le changement de variable soit licite, j'ai découpé.
La dernière formule est forcément fausse (log d'une valeur négative ?). Il me semble que le premier CDV, s'il est correct (je pense qu'il est faux), permet de conclure immédiatement. Il n'y a pas beaucoup de séries convergentes de terme constant...
J'aurais dû laisser le carré dans le logarithme, en effet ! Du coup il y a pas mal de bêtises dans ce que j'ai fait.
EDIT : deuxième bêtise, la moitié des intégrales devrait être $\displaystyle \int_{+\infty}^{-\infty}$, décidément ! J'aurais mieux fait de ne pas essayer.
L'intégrale vaut aussi $I=\int_0 ^1 \dfrac{4 x \log (x)}{\sqrt{1-x^2} \left(2 x^2+1\right)} dx$
Pour voir cela, on intègre sur $\R$ car la fonction est paire et on ramène le tout sur l'intervalle $[-\pi/2,\pi/2 ]$ en faisant les changement de variable $x\mapsto x+ n \pi, n\in \Z. $
Puis pour arriver à $I$ on fait le changement de variable $ u=\cos(x)$
$I$ s'exprime avec la fonction $Li_2$ mais je ne retrouve plus mon calcul... J'abandonne...
Bonsoir, Pour l'intégrale de bd2017 Wolfram Alpha donne une réponse qui contient l'expression $Hypergeometric2F1^{(0,0,1,0)} (1,1,3/2,-2)$. Que signifie ce $(0,0,1,0)$ ?
... Pour voir cela, on intègre sur $\R$ car la fonction est paire et on ramène le tout sur l'intervalle $[-\pi/2,\pi/2 ]$ en faisant les changement de variable $x\mapsto x+ n \pi, n\in \Z. $
Qu'as-tu fait de $x^3$, au dénominateur de l'intégrale de @etanche, après changement de variable ?
L'intégrale sur $\R$ c'est la somme des intégrales sur les intervalles $[n\pi ,(n+1)\pi]$
Donc la contribution de $\dfrac{1}{x^3} $ après le changement de $x$ par $ x+ n\pi$ devient dans l'intégrale sur $[-\pi/2, \pi/2]$ $\sum_{n\in \Z} \dfrac{ 1}{ (x + n \pi) ^3} = \dfrac{ \cos(x) }{\sin(x) ^3 }. $
@gebrane c'est possible... Bref il fait tard pour vérifier. Si c'est le cas, il faut prendre des intervalles de longueurs $2 \pi$ pour retomber sur quelques chose de digeste et l'intégrale sera peut être plus facile...
En écrivant $1+x=(1+2x) - x$ la dernière intégrale donne $\int_{0}^{1} \frac{ \ln(x)}{ \sqrt{x-x^2} }dx - \int_{0}^{1} \frac{x}{1+2x}\frac{\ln(x)}{\sqrt{x-x^2}} dx = B-C$
Pour B changement de variable $x=\sin^2(u)$ conduit à $-2\pi\ln(2)$, reste C
@gebrane : cette légère différence est dû à une légère erreur dans le calcul, par wolfram, de la deuxième intégrale. La cause est que l’intégrande de cette intégrale explose une infinité de fois en les zéros de $x\mapsto \cos^2(x)$.
Il vous reste à démontrer que $$\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{x + \pi n} = \frac 1{\sin x}$$ Ce n'est pas une trivialité ( j'ai connu une preuve avant)
OK, la série converge (Abel) et la différence des deux est entière mais il faut un peu plus pour s'assurer qu'elle est constante et qu'elle est nulle. Une majoration ?
PS. On peut évaluer $h(x)$ comme expliqué plus haut et quand on remplace par la formule obtenue on se retrouve face à l'identité trigonométrique signalée.
PS2. Quand j'ai vu le facteur $1/x^3$ dans l'intégrande initiale, j'ai tremblé. Je me suis dit encore une intégrale vicelarde avec dans son expression $\gamma$.
Quand j'ai été capable d'obtenir une évaluation de cette intégrale, j'ai reconnu la valeur approchée obtenue et j'ai arrêté de trembler.
je viens de me rendre compte que ce que j'ai calculé c'est: $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+\cos^2(x)\big)}dx $
Cela change juste la fin de mon calcul. Il y a une intégrale log-trigonométrique à calculer.
PS2. La vraie intégrale est tout de même égale à:
\begin{align}2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\ln(\cos u)\sin^3 u}{1+2\cos^2 u}\left(\dfrac{1}{4\pi^3 }h\left(\dfrac{u}{2\pi}\right)-\frac{1}{u^3}-\dfrac{1}{\pi^3}h\left(\dfrac{u}{\pi}\right)\right)du\end{align}
Cela se simplifie moins bien.
On peut sûrement montrer, plus généralement, quelque chose comme:
Soit $g$ une fonction définie et continue sur $[0,\infty[$ telle que, $\forall x\in[0,\pi[,g(x+\pi)=-g(x),g(\pi-x)=g(x)$
On a pour $n$ entier naturel:
\begin{align}\int_0^\infty \frac{g(x)\ln\left(\cos^2 x\right)}{x^{2n+1}}dx=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos u)g(u)\left(\dfrac{1}{2^{2n}\pi^{2n+1} }h_{2n+1}\left(\dfrac{u}{2\pi}\right)-\frac{1}{u^{2n+1}}-\dfrac{1}{\pi^{2n+1}}h_{2n+1}\left(\dfrac{u}{\pi}\right)\right)du\end{align}
Dès que l'intégrale dans le membre de gauche est convergente.
avec \begin{align}h_m(x)=\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{(x-n)^m}+\frac{1}{(x+n)^m}\right)\end{align}
@Gebrane: $\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\sin^3 x\ln\left(\cos^2 x\right)}{x^3}dx$ a l'air d'être ce qu'on peut faire de plus simple (et qui est une intégrale convergente semble-t-il).
Elle est probablement égale à $\displaystyle -\dfrac{3}{4}\pi\ln 2+\dfrac{1}{2}\int_0^{\dfrac{\pi}{2}}\cos(2x)\ln(\cos(x))dx$
J'ai la flemme de calculer cette dernière intégrale.
Question de point de vue. Un logiciel de calcul formel calcule directement une dérivée $n$-ième. Mon calcul nécessite seulement la connaissance de $h_1(x)$ à partir duquel on obtient $h_m(x)$ par dérivation.
Je réponds à la question de etanche ci-dessus (je me suis aidé d'un logiciel de calcul formel) :
pour $a>0$, $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+a\cos^2(x)\big)}dx=-\dfrac{\pi}{2a}\left(\ln2+\dfrac{(a-1)}{\sqrt{a+1}}\ln(1+\sqrt{a+1})\right)$.
Quand on fait tendre $a$ vers $0$ on retrouve le résultat de Fin de partie : $\displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\sin^3 x\ln\left(\cos^2 x\right)}{x^3}dx=\frac{\pi}{8}-\dfrac{3}{4}\pi\ln 2$.
$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+\cos^2(x)\big)}dx=-\dfrac{1}{2}\pi\ln 2$
(intégrale que je croyais, à tort, être celle qu'il fallait calculer).
gebrane Pour ne pas faire d'erreur dans la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle $\dfrac{u^2(2+u^2)}{(1+a+u^2)(1+u^2)(1+x^2u^2)}$.
Réponses
Très bon instinct de survie.
Pour l'intégrale de bd2017 Wolfram Alpha donne une réponse qui contient l'expression $Hypergeometric2F1^{(0,0,1,0)} (1,1,3/2,-2)$. Que signifie ce $(0,0,1,0)$ ?
En cours d'écriture en Latex
Merci infiniment @AD
Le Latex me fatigue vraiment.
I&=\frac 14\int_{0}^{\pi} \frac{1+\cos^2(x)}{1+2\cos^2(x)} \ln(\cos^2(x))dx\\
&=\frac{1}{4}\int_{-1}^{1} \frac{1+x^2}{1+2x^2}\frac{\ln(x^2)}{\sqrt{1-x^2}}dx\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{1+x^2}{1+2x^2} \frac{\ln(x^2)}{\sqrt{1-x^2}}dx.\\
&=\frac{1}{4}\int_{0}^{1} \frac{1+x}{1+2x} \frac{\ln(x)}{\sqrt{x-x^2}}dx.
\end{align*} D'après wolfram : $I = -1.000138...$
$\int_{0}^{1} \frac{ \ln(x)}{ \sqrt{x-x^2} }dx - \int_{0}^{1} \frac{x}{1+2x}\frac{\ln(x)}{\sqrt{x-x^2}} dx = B-C$
Ca provient de quoi ? des erreurs d'arrondies ?
J'ai calculé $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\dfrac{2+\tan^2x}{3+\tan^2x}\;\ln(1+a^2\tan^2x)dx$ avec dérivation par rapport $a$.
Ce n'est pas une trivialité ( j'ai connu une preuve avant)
On peut évaluer $h(x)$ comme expliqué plus haut et quand on remplace par la formule obtenue on se retrouve face à l'identité trigonométrique signalée.
Quand j'ai vu le facteur $1/x^3$ dans l'intégrande initiale, j'ai tremblé. Je me suis dit encore une intégrale vicelarde avec dans son expression $\gamma$.
C'est confirmé, l'intégrale dans le premier message est bien l'intégrale du problème 12351 de l'AMM.
La vraie intégrale est tout de même égale à:
&\overset{u=\frac{\pi}{2}-x}=-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos(2u)\ln(\sin u)du\\&=-\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos(2x)\ln(\tan x)dx\\
&\overset{z=\tan x}=-\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{1-z^2}{(1+z^2)^2}\ln z dz\\&\overset{\text{IPP}}=-\frac{1}{2}\underbrace{\left[\frac{z\ln z}{1+z^2}\right]_0^\infty}_{=0} +\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{1}{1+z^2}dz=\boxed{\frac{\pi}{4}}\end{align}
J&=\int_0^\infty \frac{g(x)\ln\left(\cos^2 x\right)}{x^{2n+1}}dx\\
f(x)&=\frac{g(x)\ln\left(\cos^2 x\right)}{x^{2n+1}}\\
&n\in \mathbb{Z},f(x+n\pi)= \frac{(-1)^ng(x)\ln\left(\cos^2 x\right)}{(x+n\pi)^{2n+1}},f(\pi-x)=\frac{g(x)\ln\left(\cos^2 x\right)}{(\pi-x)^{2n+1}}\\
J&=\sum_{n=0}^\infty \underbrace{\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}f(x)dx}_{u=x-n\pi}\\
&=\sum_{n=0}^\infty\int_0^\pi f(u+n\pi)du\\
&=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\int_0^\pi \frac{g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)}{(u+n\pi)^{2n+1}}du\\
&=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\Big(\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)}{(u+n\pi)^{2n+1}}du+\underbrace{\int_{\frac{\pi}{2}}^\pi \frac{g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)}{(u+n\pi)^{2n+1}}du}_{z=\pi-u}\Big)\\
&=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\int_0^{\frac{\pi}{2}} g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)\left(\frac{1}{(u+n\pi)^{2n+1}}-\frac{1}{(u-(n+1)\pi)^{2n+1}}\right)du\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)\left(\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\left(\frac{1}{(u+n\pi)^{2n+1}}-\frac{1}{(u-(n+1)\pi)^{2n+1}}\right)\right)du\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)\times\\
&\left(\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{(u+2n\pi)^{2n+1}}-\frac{1}{(u-(2n+1)\pi)^3}-\frac{1}{(u+(2n+1)\pi)^{2n+1}}+\frac{1}{(u-2(n+1)\pi)^{2n+1}}\right)\right)du\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)\bigg(\underbrace{\sum_{n=0}^\infty \Big(\frac{2}{(u+2n\pi)^{2n+1}}+\frac{2}{(u-2n\pi)^{2n+1}}\Big)}_{=\dfrac{1}{2^{2n}\pi^{2n+1} }h_{2n+1}\left(\dfrac{u}{2\pi}\right)}\bigg)du-\\
&\int_0^{\frac{\pi}{2}}g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)\bigg(\underbrace{\sum_{n=0}^\infty \Big(\frac{1}{(u-2n\pi)^{2n+1}}-\frac{1}{(u-2(n+1)\pi)^{2n+1}}\Big)}_{=\dfrac{1}{u^{2n+1}}}\bigg)du-\\
&\int_0^{\frac{\pi}{2}}g(u)\ln\left(\cos^2 u\right)\times\\
&\bigg(\underbrace{\sum_{n=0}^\infty \Big(\frac{1}{(u-(2n+1)\pi)^{2n+1}}+\frac{1}{(u+(2n+1)\pi)^{2n+1}}+\frac{1}{(u+2n\pi)^{2n+1}}+\frac{1}{(u-2n\pi)^{2n+1}}\Big)}_{=\dfrac{1}{\pi^{2n+1}}h_{2n+1}\left(\dfrac{u}{\pi}\right)}\bigg)du\\
&=\boxed{2\int_0^{\frac{\pi}{2}}g(u)\ln\left(\cos u\right)\left(\dfrac{1}{2^{2n}\pi^{2n+1}}h_{2n+1}\left(\dfrac{u}{2\pi}\right)-\frac{1}{u^{2n+1}}-\dfrac{1}{\pi^{2n+1}}h_{2n+1}\left(\dfrac{u}{\pi}\right)\right)du}
\end{align*}
f(x)={sin(x)^5/x^5*log(cos(x)^2)};g(x)={sin(x)^5};
S(n)={sum(k=0,n,intnum(x=k*Pi,(k+1/2)*Pi,f(x))+intnum(x=(k+1/2)*Pi,(k+1)*Pi,f(x)))}
h(x,m,p)={sum(n=0,m,1/(x-n)^p+1/(x+n)^p)};
JJ(m,p)={2*intnum(u=0,Pi/2,g(u)*log(cos(u))*(1/(2^(p-1)*Pi^p)*h(u/(2*Pi),m,p)-1/u^p-1/Pi^p*h(u/Pi,m,p)))}
print(S(1000)," ",JJ(1000,5))
-0.6866004047494768295659384241 -0.6866004047494768197153980720 + 5.564249900594456481719920707 E-29*I
pour $a>0$, $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln\big(\cos^2(x)\big)\sin^3(x)}{x^3\big(1+a\cos^2(x)\big)}dx=-\dfrac{\pi}{2a}\left(\ln2+\dfrac{(a-1)}{\sqrt{a+1}}\ln(1+\sqrt{a+1})\right)$.
Quand on fait tendre $a$ vers $0$ on retrouve le résultat de Fin de partie :
$\displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{\sin^3 x\ln\left(\cos^2 x\right)}{x^3}dx=\frac{\pi}{8}-\dfrac{3}{4}\pi\ln 2$.
(intégrale que je croyais, à tort, être celle qu'il fallait calculer).
Tu as utilisé le logiciel pour calculer quoi au juste ?
Pour ne pas faire d'erreur dans la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle $\dfrac{u^2(2+u^2)}{(1+a+u^2)(1+u^2)(1+x^2u^2)}$.