Intégrale du mercredi 21 septembre
Réponses
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$-\dfrac{\pi^2}{12}$.
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Donc $-\zeta(2)/2$.
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Numériquement c'est clair.
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Bonjour$I=\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{ \ln (x)}{x^4 + x^2 + 1} dx=\int_0^1 \dfrac{ \ln (x)}{x^4 + x^2 + 1} dx +\int_1^\infty \dfrac{ \ln (x)}{x^4 + x^2 + 1} dx= \int_0^1 \dfrac{\left(1-x^2\right) \ln (x)}{x^4+x^2+1} dx$(après avoir fait le changement de variable $x\mapsto 1/x$ dans la deuxième intégrale) .$I= \displaystyle \int_0 ^1 \dfrac{1}{1-x} \ln (x) dx$ $ \displaystyle-\int_0 ^1\dfrac{x}{1-x^2}\ln (x) dx - 3\displaystyle \int _0 ^1 \dfrac{ x^2}{1-x^6} \ln (x) dx $$I=I_1-I_2-3 I_3$Dans $I_3$ on fait le changement de variable $x \mapsto x^{1/3}$$I_3 =\dfrac{1}{9} \displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(x)}{ \left(1-x^2\right)} dx =\dfrac{1}{ 9} I_4$$I_4 = \displaystyle\int_0 ^1 (\dfrac{\ln (x)}{1-x}-\dfrac{x \ln (x)}{1-x^2}) dx =I_1- I_2$D'où $I= \dfrac{2}{3}( I_1-I_2)$Dans $I_2$ on fait le changment de variable $x\mapsto \sqrt{x}$ pour obtenir $I_2=\dfrac{1}{4} I_1$Finalement $I= \dfrac{I_1}{2} =-\dfrac{\pi ^2}{12} $Le calcul de $I_1$ étant bien connu
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Je ne suis pas devant mon pc.
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Le calcul de bd2017 m'a poussé à regarder $\int_{0}^{1}\frac{\log t}{1-t^{4}}dt$ Edit: Ce serait amusant de recenser des intégrales "non triviales" $\int_{0}^{1}f(t)dt=0$ avec $f$ pas trop moche.
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Euh.... ça va un peu trop vite pour moi.bd2017 a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2382730/#Comment_2382730[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
Est-ce qu'une bonne âme pourrait détailler un peu plus les calculs ?
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@ManuTLS: Le calcul de Bd2017 vise à exprimer l'intégrale initiale en fonction de l'intégrale $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}dx$
On utilise le fait que $\displaystyle 1+x^2+x^4=\dfrac{1-x^6}{1-x^2}$
On utilise aussi le fait que $d(x^3)=3x^2dx,\ d(x^2)=2xdx$ -
En suivant une autre voie, je suis arrivé à exprimer l'intégrale initiale sous la forme: $\displaystyle \frac{1}{2}\int_0^\infty \ln\left(\frac{2\cosh z-1}{2\cosh z+1}\right)dz$PS: les détails du calcul:\begin{align}J&=\int_{0}^{+\infty} \frac{\ln x }{x^4+x^2+1}dx\\
&\overset{u=\frac{1}{x}}=-\int_{0}^{+\infty} \frac{u^2\ln u}{u^4+u^2+1}du\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty} \frac{(1-x^2)\ln x }{x^4+x^2+1}dx\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty} \frac{\left(\frac{1}{x^2}-1\right)\ln x}{x^2+\frac{1}{x^2}+1}dx\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{\left(\frac{1}{x^2}-1\right)\ln x}{x^2+\frac{1}{x^2}+1}dx+\frac{1}{2}\underbrace{\int_{1}^{+\infty} \frac{\left(\frac{1}{x^2}-1\right)\ln x}{x^2+\frac{1}{x^2}+1}dx}_{u=\frac{1}{x}}\\
&=\int_{0}^{1} \frac{\left(\frac{1}{x^2}-1\right)\ln x}{x^2+\frac{1}{x^2}+1}dx\\
&\overset{u=\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)}=\frac{1}{2}\int_1^\infty \frac{\ln\left(u-\sqrt{u^2-1}\right)}{u^2-\frac{1}{4}}du\\
&=-\frac{1}{2}\int_1^\infty \frac{\ln\left(u+\sqrt{u^2-1}\right)}{u^2-\frac{1}{4}}du\\
&=-\frac{1}{2}\int_1^\infty \frac{\text{arccosh }u}{u^2-\frac{1}{4}}du\\
&\overset{z=\text{arccosh }u}=-\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{z\sinh z}{\cosh^2 z-\frac{1}{4}}dz\\
&\overset{\text{IPP}}=-\frac{1}{2}\underbrace{\left[z\ln\left(\frac{2\cosh z-1}{2\cosh z+1}\right)\right]_0^\infty}_{=0}+\frac{1}{2}\int_0^\infty \ln\left(\frac{2\cosh z-1}{2\cosh z+1}\right)dz\\
\end{align} -
Merci, je vais me plonger dans tes explications et ramer un peu je pense :-)Fin de partie a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2382774/#Comment_2382774[Inutile de recopier l'avant-dernier message. Un lien suffit. AD]
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J'ai débuté comme bd2017 : $I=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\left(1-x^2\right) \ln (x)}{x^4+x^2+1} dx$
Puis $I=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\left(1-x^2\right)^2 \ln (x)}{1-x^6} dx=\sum_{n=0}^{+\infty}(I_{6n}-2I_{6n+2}+I_{6n+4})$ avec $I_k=\displaystyle\int_0^1x^k\ln xdx=-\dfrac1{(k+1)^2}$.
Ensuite $I=-\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac1{(6n+1)^2}+2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac1{(6n+3)^2}-\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac1{(6n+5)^2}=-\zeta(2)+3\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac1{(6n+3)^2}+\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac1{(2n)^2}$.
Puis $I=-\zeta(2)+\dfrac13\left(\zeta(2)-\dfrac14\zeta(2)\right)+\dfrac14\zeta(2)=-\dfrac12\zeta(2)$.
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@Jandri: c'est le pendant série du calcul de Bd2017.
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Merci Jandri, très astucieuxLe 😄 Farceur
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Je continue ma promenade.On peut montrer aussi que l'intégrale initiale est égale à $\displaystyle \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\ln\left(\frac{2-\cos x}{2+\cos x}\right)}{\cos x}dx$En factorisant $2$ dans le logarithme, en développant en série de Taylor entière le logarithme, et en utilisant les valeurs des intégrales de Wallis je pressens qu'on peut terminer ce calcul (mais c'est moche de mon point de vue).
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Je vous propose une belle généralisation : calculer $I_n=\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{ \ln (x)}{1+x^2 +x^4+ \dots + x^{2n-2}} dx$ pour $n\geq2$.
J'ai trouvé (avec l'aide de wolfram alpha) que le résultat s'exprime très simplement en fonction de $n$ mais je ne l'ai pas encore démontré pour tout $n$, je l'ai seulement vérifié par un calcul approché sur des valeurs de $n$ prises au hasard. -
\begin{align}\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\ln\left(\frac{2-\cos x}{2+\cos x}\right)}{\cos x}dx&=-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\sum_{n=0}^\infty \frac{\cos^{2n} x}{(2n+1)2^{2n+1}}\right)dx\\ &=-\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)2^{2n+1}}\left(\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2n} xdx\right)\\ &=-\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{(2n+1)2^{2n+1}}\times \frac{\pi}{2}\times \frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}}\right)\\ &=-\pi\sum_{n=0}^\infty \frac{\binom{2n}{n}}{(2n+1)4^{2n+1}} \end{align}
Et on doit pouvoir transformer cette série en intégrale à coup de fonction Bêta. (mais la méthode reste laide) -
Cette preuve consiste à utiliser la définition et quelques propriétés de la fonction zêta de Hurwitz \[\zeta(z,a)=\frac{1}{\Gamma(z)}\int_{0}^{+\infty} \frac{t^{z-1}e^{-at}}{1-e^{-t}}dt.\] Nous avons\begin{align*}I&=\int_{0}^{+\infty} \frac{\ln(x)}{x^4+x^2+1}dx\\&=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{te^{t}}{e^{4t}+e^{2t}+1}dt \ ;\qquad t=\ln x \quad \\&=\int_{0}^{+\infty} \frac{te^{t}}{e^{4t}+e^{2t}+1}dt + \int_{-\infty}^{0} \frac{te^{t}}{e^{4t}+e^{2t}+1}dt \\&=\int_{0}^{+\infty} \frac{te^{t}}{e^{4t}+e^{2t}+1}dt - \int_{0}^{+\infty} \frac{te^{3t}}{e^{4t}+e^{2t}+1}dt \ ;\qquad t:=-t \ \text{ dans la deuxième intégrale} \quad \\&=\int_{0}^{+\infty} \frac{te^{t}(1-e^{2t})}{e^{4t}+e^{2t}+1}dt \\&=\int_{0}^{+\infty} \frac{te^{t}(1-e^{2t})^2}{1-e^{6t}}dt \\&=\int_{0}^{+\infty} \frac{t(e^{t}-2e^{3t}+e^{5t})}{1-e^{6t}}dt \\&=\frac{1}{36}\int_{0}^{+\infty} \frac{t(e^{t/6}-2e^{t/2}+e^{5t/6})}{1-e^{t}}dt \ ;\qquad t:=6t \quad \\&=-\frac{1}{36}\int_{0}^{+\infty} \frac{t(e^{-5t/6}-2e^{-t/2}+e^{-t/6})}{1-e^{-t}}dt \\&=-\frac{1}{36}\left(\zeta(2,1-1/6) -2\zeta(2,1/2) +\zeta(2,1/6)\right) \end{align*} D'autre par, nous avons les relations \[ \zeta(2,a)+\zeta(2,1-a)=\frac{\pi^2}{\sin^2(a\pi)}\]et \[ \zeta(z,1/2)=(2^z-1)\zeta(z).\] Ainsi,\[I=-\frac{1}{36}\left(\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi/6)}-6\zeta(2)\right)=-\frac{\pi^2}{12}.\]
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Une intégrale proche. (traitée par le calcul des résidus)Je pense que la méthode utilisée par Jandri plus haut devrait fonctionner si on utilise les propriétés de la fonction digamma.
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@Fin de partie c'est fait, j'ai corrigé le décalage
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bd2017 : il faut aussi corriger le signe, ta formule donne $\pi^2/12$ pour $n=3$.
Cette formule se généralise encore en posant $\alpha=2n$ :
$\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{ (1-x^2)\ln (x)}{1-x^{\alpha}} dx=\dfrac{\pi ^2} {\alpha^2 } \left( \dfrac{1}{ \sin ^2 (3\pi /\alpha)} - \dfrac{1}{ \sin ^2 (\pi /\alpha)}\right)$ pour tout réel $\alpha>3$.
Avec $t=x^\alpha$ et $\beta=1/\alpha$ c'est équivalent à : $\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{ (t^{\beta-1}-t^{3\beta-1})\ln (t)}{1-t} dt=\pi ^2 \left( \dfrac{1}{ \sin ^2 (3\pi \beta)} - \dfrac{1}{ \sin ^2 (\pi \beta)}\right)$ pour tout réel $0<\beta<1/3$.
En coupant l'intégrale en deux et en se ramenant à $[0,1]$ c'est une conséquence de l'égalité (valable pour $0<x<1$) :
$\displaystyle \int_0^1\dfrac{ (t^{x-1}+t^{-x})\ln (t)}{1-t} dt= -\dfrac{\pi ^2}{ \sin ^2 (\pi x)}$ qui s'obtient en dérivant $\displaystyle \int_0^1\dfrac{ t^{x-1}-t^{-x}}{1-t} dt= \pi \;\rm{cot}(\pi x)$ qui s'écrit encore $\pi\; \rm{cot}(\pi x)=\displaystyle\sum_{n\in\Z}\dfrac1{x+n}$ (égalité bien connue).
Cela démontre donc la formule annoncée. -
Pour le cas général proposé par @jandri et pour simplifier, on peut remplacer $2n-2$ par $2n$ où $n \geq 1$. \begin{align*}I_n&=\int_{0}^{+\infty} \frac{\ln(x)}{x^{2n}+...+x^2+1}dx\\&=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{te^{t}}{e^{2nt}+...+e^{2t}+1}dt \ ;\qquad t=\ln x \quad \\&=\int_{0}^{+\infty} \frac{te^{t}}{e^{2nt}+...+e^{2t}+1}dt + \int_{-\infty}^{0} \frac{te^{t}}{e^{2nt}+...+e^{2t}+1}dt \\&=\int_{0}^{+\infty} \frac{te^{t}}{e^{2nt}+...+e^{2t}+1}dt - \int_{0}^{+\infty} \frac{te^{(2n-1)t}}{e^{2nt}+...+e^{2t}+1}dt \ ;\qquad t:=-t \ \text{ dans la deuxième intégrale} \quad \\&=\int_{0}^{+\infty} \frac{te^{t}(1-e^{2(n-1)t})}{e^{2nt}+...+e^{2t}+1}dt \\&=\int_{0}^{+\infty} \frac{te^{t}(1-e^{2(n-1)t})(1-e^{2t})}{1-e^{2(n+1)t}}dt \\&=\int_{0}^{+\infty} \frac{t(e^{t}-e^{3t}-e^{(2n-1)t}+e^{(2n+1)t})}{1-e^{2(n+1)t}}dt \\&=\frac{1}{4(n+1)^2}\int_{0}^{+\infty} \frac{t(e^{t/(2n+2)}-e^{3t/(2n+2)}-e^{(2n-1)t/(2n+2)}+e^{(2n+1)t/(2n+2)})}{1-e^{t}}dt \ ;\qquad t:=2(n+1)t \quad \\&=-\frac{1}{4(n+1)^2}\int_{0}^{+\infty} \frac{t(e^{-(1-1/(2n+2))t}-e^{-(1-3/(2n+2))t}-e^{-3t/(2n+2)}+e^{-t/(2n+2)})}{1-e^{-t}}dt \\&=-\frac{1}{4(n+1)^2}\left(\zeta(2,1-1/(2n+2)) -\zeta(2,1-3/(2n+2))-\zeta(2,3/(2n+2))+\zeta(2,1/(2n+2))\right). \end{align*} D'après la relation \[\zeta(2,a)+\zeta(2,1-a)=\frac{\pi^2}{\sin^2(a\pi)},\]\[I_n=\frac{\pi^2}{4(n+1)^2}\left(\frac{1}{\sin^2(3\pi/(2n+2))}-\frac{1}{\sin^2(\pi/(2n+2))}\right).\]
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@Fin de partie, en utilsant (une partie) de tes indications, j'arrive à ça :$$I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(x)}{1-x^{6}}dx-\int_{0}^{1}\frac{2x^{2}\ln(x)}{1-x^{6}}dx+\int_{0}^{1}\frac{x^{4}\ln(x)}{1-x^{6}}dx.$$Mais après... je ne vois pas comment arriver à l’expression de @bd2017.
Bon, je me remets lentement aux maths, il faut être indulgent avec moi. -
On s'en fiche comment il a obtenu cette décomposition tout ce qui importe est que:\begin{align}\frac{1}{1-x}-\frac{x}{1-x^2}-\frac{3x^2}{1-(x^3)^2}=\frac{1-x^2}{1+x^2+x^4}\end{align}
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\begin{align}\int_0^1 \frac{(1-x^2)\ln x}{1+x^2+x^4}dx=\int_0^1\frac{\ln x}{1-x}dx-\underbrace{\int_0^1\frac{x\ln x}{1-x^2}dx}_{u=x^2}-\underbrace{\int_0^1\frac{3x^2\ln x}{1-(x^3)^2}dx}_{u=x^3}\end{align}
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Pour le coup, c'est vraiment le genre d'intégrale qui est faite pour être calculé par résidus. Il faut considérer la fonction complexe auxiliaire $$\frac{(\ln(z))^2}{z^4+z^2+1}$$ où la détermination du logarithme complexe a pour coupure $[0,+\infty[$. Ensuite on intègre sur un Pacman qui "mange" $[0,+\infty[$.
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Pourquoi le logarithme au carré ?
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@Fin de partie le changement de variable n'est pas le problème, c'est plus la décomposition. En effet, même si l'égalité se vérifie après quelques lignes de calcul, comment "voir" ça, y penser? C'est une décomposition "connue" ou "classique" ? La vérifier est une chose, mais la trouver est moins évident pour moi....
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@ManuTLS: Pour ce genre de calculs, parfois les méthodes bien connues fonctionnent, parfois il faut être plus créatif. C'est ça tout l'intérêt, selon moi.Ici, cela fonctionne car $1-x^6$ se factorise bien.
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