Deux intégrales pour ce jeudi 19/01/2023
Comment feriez-vous pour calculer : \begin{align}J=\int_0^\infty \frac{\arctan^2 x\ln^2 x}{1+x^2}dx\quad ?\end{align}
Et, plus simple, selon moi, montrer que : \begin{align}K=\int_0^\infty \frac{\arctan x\ln^2 x}{x(1+x^2)}dx=\frac{\pi^3\ln 2}{8}-\frac{\pi\zeta(3)}{8}\end{align}
NB. Je suis en train de finaliser le calcul de la première intégrale et cela passe, entre autres, par le calcul de la seconde.
NB. Je suis en train de finaliser le calcul de la première intégrale et cela passe, entre autres, par le calcul de la seconde.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
J'ai peur que le résultat soit une expression avec des valeurs de fonctions polygammas. $K$ est nettement plus facile à calculer moins d'une dizaine de lignes de calculs.
Sur celui de K je tourne en rond, ne faisant que rendre plus compliqué l’intégrande.
fjaclot;
$K$ peut se calculer , en effet, en introduisant un paramètre.
\begin{align}\int_0^1 \frac{t\ln^2 t\ln\left(\frac{1-t}{1+t}\right)}{1-t^2}dt=-\frac{23}{1440}\pi^4-\frac{1}{6}\pi^2\ln^2 2+4\text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{6}\ln^4 2\end{align}
<br>beta(n)={intnum(x=0,1,(-log(x))^(n-1)/(1+x^2))};lindep4(x)={NOM=["x","Pi^4","Pi*log(2)^3","Pi^2*log(2)^2","Pi^3*log(2)","polylog(4,1/2)","zeta(3)*log(2)","zeta(3)*Pi","log(2)^4","Pi*imag(polylog(3,1+I))","log(2)*imag(polylog(3,1+I))","Catalan^2","Catalan*log(2)^2","Catalan*Pi^2","Catalan*log(2)*Pi","beta(4)","imag(polylog(4,1+I))"];VAL=[x,Pi^4,Pi*log(2)^3,Pi^2*log(2)^2,Pi^3*log(2),polylog(4,1/2),zeta(3)*log(2),zeta(3)*Pi,log(2)^4,Pi*imag(polylog(3,1+I)),log(2)*imag(polylog(3,1+I)),Catalan^2,Catalan*log(2)^2,Catalan*Pi^2,Catalan*log(2)*Pi,beta(4),imag(polylog(4,1+I))];L=lindep(VAL);for(i=2,length(L),if(-L[i]/L[1]>0,print1("+",-L[i]/L[1],NOM[i]));if(-L[i]/L[1]<0,print1(-L[i]/L[1],NOM[i])));}
Quand on va dériver $t\rightarrow \ln(1-t)$ on va obtenir une fraction rationnelle donc, a priori, on peut essayer l'intégration par parties suivante:
\begin{align}A&\overset{\text{IPP}}=\left[\left(\int_0^t\frac{\ln^2 s}{1+s}ds-\int_0^1\frac{\ln^2 s}{1+s}ds\right)\ln(1-t)\right]_0^1+\int_0^1 \frac{1}{1-t}\left(\underbrace{\int_0^t\frac{\ln^2 s}{1+s}ds}_{w(s)=\frac{s}{t}}-\int_0^1\frac{\ln^2 s}{1+s}ds\right)dt\end{align}
On a été obligé de prendre pour primitive $\displaystyle x\rightarrow \int_0^t\frac{\ln^2 s}{1+s}ds-\int_0^1\frac{\ln^2 s}{1+s}ds$ pour qu'il n'y ait pas de problème de convergence. On n'a pas besoin, à ce stade, de calculer la dernière intégrale, elle va disparaître dans le cours du calcul.
\begin{align}A&=\int_0^1 \int_0^1 \left(\frac{t\ln^2(wt)}{(1-t)(1+wt)}-\frac{\ln^2 w}{(1-t)(1+w)}\right)dtdw\\
&=\int_0^1 \int_0^1 \left(\frac{\ln^2(wt)}{(1-t)(1+w)}-\frac{\ln^2(wt)}{(1+w)(1+tw)}-\frac{\ln^2 w}{(1-t)(1+w)}\right)dtdw\\
&=-\int_0^1 \int_0^1 \left(\frac{\ln^2(wt)}{(1+w)(1+tw)}\right)dtdw+2\left(\underbrace{\int_0^1\frac{\ln t}{1-t}dt}_{=-\frac{\pi^2}{6}}\right)\left(\underbrace{\int_0^1\frac{\ln w}{1+w}dw}_{=-\frac{\pi^2}{12}}\right)+\\&
\left(\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^2 t}{1-t}dt}_{=2\zeta(3)}\right)\left(\underbrace{\int_0^1\frac{1}{1+w}dw}_{=\ln 2}\right)\\
&=-\int_0^1 \int_0^1 \left(\frac{\ln^2(wt)}{(1+w)(1+tw)}\right)dtdw+\frac{\pi^4}{36}+2\ln 2\zeta(3)\\
\end{align}
Et, on termine en se mettant en situation de pouvoir effectuer une intégration par parties. On commence donc par le changement de variable $z(t)=wt$.
\begin{align}A&=-\int_0^1 \frac{1}{w(1+w)}\left(\int_0^w \frac{\ln^2 z}{1+z}dz\right)+\frac{\pi^4}{36}+2\ln 2\zeta(3)\\
&=-\left[\ln\left(\frac{w}{1+w}\right)\left(\int_0^w \frac{\ln^2 z}{1+z}dz\right)\right]_0^1+\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{w}{1+w}\right)\ln^2 w}{1+w}dw+\frac{\pi^4}{36}+2\ln 2\zeta(3)\\
&=\ln 2\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln^2 z}{1+z}dz}_{=\frac{3\zeta(3)}{2}}+\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln^3 w}{1+w}dw}_{=-\frac{7\pi^4}{120}}+\frac{\pi^4}{36}+2\ln 2\zeta(3)-\int_0^1 \frac{\ln\left(1+w\right)\ln^2 w}{1+w}dw\\
&=\boxed{\frac{7\zeta(3)\ln 2}{2}-\frac{11\pi^4}{360}-\int_0^1 \frac{\ln\left(1+w\right)\ln^2 w}{1+w}dw}
\end{align}
Je tourne en rond !
Quelle IPP fais-tu comme première étape du calcul de J ?
Par avance merci
fjaclot
Je croyais que ce qu'il fallait prendre comme primitive pour l'intégration par parties était évident
\begin{align}J=\int_0^\infty \frac{\arctan^2 x\ln^2 x}{1+x^2}dx&=\left[\left(\int_0^x \frac{\ln^2 t}{1+t^2}dt\right)\arctan^2 x\right]_0^\infty-2\int_0^\infty\left(\int_0^x \frac{\ln^2 t}{1+t^2}dt\right)\frac{\arctan x}{1+x^2}dx\end{align}
Tout au long du calcul les bornes $0,\infty$ aplanissent bien des problèmes.
PS2.
La présence de l'arctan dans l'intégrale double fait peur à voir (dans le calcul plus haut, on n'avait que des fractions rationnelles hormis un terme en $\ln^p x$) mais les bornes $0,\infty$ vont permettre d'aplanir les difficultés.
Pourquoi détestes-tu les intégrales doubles, ce ne sont que deux intégrales simples successives.
J'utilise $\arctan x=\int_0^1\frac{x}{1+x^2y^2}\ dy\ $, et avoir
K&=\int_0^\infty \frac{\ln^2x\arctan x}{x(1+x^2)}\ dx=\int_0^\infty \frac{\ln^2x}{x(1+x^2)}\left(\int_0^1\frac{x}{1+x^2y^2}\ dy\right)\ dx\\
&=\int_0^1\frac{1}{1-y^2}\left(\int_0^\infty\frac{\ln^2x}{1+x^2}\ dx-\int_0^\infty\frac{y^2\ln^2x}{1+x^2y^2}\ dx\right)\ dy\\
&=\int_0^1\frac{1}{1-y^2}\left(\frac{\pi^3}{8}-\frac{y\pi^3}{8}-\frac{y\pi\ln^2y}{2}\right)\ dy
\end{align*} Le reste tu connais.
&=-\frac{7\pi^4}{120}-\frac{\ln^4 2}{4}-\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^3(1+t)}{t}dt}_{u=\frac{1}{1+t}}-\int_0^1\frac{\ln^3\left( \frac{u}{2}\right)}{2-u}du\\
&=-\frac{7\pi^4}{120}-\frac{\ln^4 2}{4}+\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{\ln^3 u}{u(1-u)}du-\int_0^1\frac{\ln^3\left( \frac{u}{2}\right)}{2-u}du\\
&=-\frac{7\pi^4}{120}-\frac{\ln^4 2}{4}+\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{\ln^3 u}{u}du+\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{\ln^3 u}{1-u}du-\int_0^1\frac{\ln^3\left( \frac{u}{2}\right)}{2-u}du\\
&=-\frac{7\pi^4}{120}-\frac{\ln^4 2}{2}+\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^3 u}{1-u}du}_{=-\frac{\pi^4}{15}}-\underbrace{\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{\ln^3 u}{1-u}du}_{z=2u}-\int_0^1\frac{\ln^3\left( \frac{u}{2}\right)}{2-u}du\\
&=-\frac{\pi^4}{8}-\frac{\ln^4 2}{2}-2\int_0^1\frac{\ln^3\left( \frac{u}{2}\right)}{2-u}du\\
&=-\frac{\pi^4}{8}-\frac{\ln^4 2}{2}-\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{1-\frac{u}{2}}du}_{-12\text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)}+3\ln 2\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln^2 u}{1-\frac{u}{2}}du}_{=\frac{21}{6}\zeta(3)-\frac{1}{3}\pi^2\ln 2+\frac{2}{3}\ln^3 2}-3\ln^2 2\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln u}{1-\frac{u}{2}}du}_{=\ln^2 2-\frac{\pi^2}{6}}+\\&\ln^3 2\underbrace{\int_0^1 \frac{1}{1-\frac{u}{2}}du}_{=2\ln 2}\\
&=12\text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{\pi^4}{8}-\frac{1}{2}\pi^2\ln^2 2+\frac{1}{2}\ln^4 2+\frac{21}{2}\zeta(3)\ln 2\\
&\boxed{B=4\text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{\pi^4}{24}-\frac{1}{6}\pi^2\ln^2 2+\frac{1}{6}\ln^4 2+\frac{7}{2}\zeta(3)\ln 2}
\end{align}
Bof, a priori.
Plus précisément, c'est l'intégrale $\displaystyle \int_0^t \frac{\ln^2 u \ln(t+u)}{1+u}du$ qu'il va falloir calculer et qui pose problème.
&=\frac{3\zeta(3)\ln^2 2}{2}-2\int_0^1\int_0^1\frac{x\ln(1+x)\ln^2(tx)}{(1+tx)(1+x)}dtdx\\
&=\frac{3\zeta(3)\ln^2 2}{2}-2\int_0^1\int_0^1\left(\frac{\ln(1+x)\ln^2(tx)}{(1-t)(1+tx)}-\frac{\ln(1+x)\ln^2(tx)}{(1-t)(1+x)}\right)dtdx\\
&=\frac{3\zeta(3)\ln^2 2}{2}+4\Big(\int_0^1\frac{\ln t}{1-t}dt\Big)\bigg(\underbrace{\int_0^1\frac{\ln(1+x)\ln x}{1+x}dx}_{=-\frac{\zeta(3)}{8}}\bigg)\\&+2\bigg(\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x}dx}_{\frac{\ln^2 2}{2}}\bigg)\bigg(\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{1-t}dt}_{2\zeta(3)}\bigg)-\\&2\int_0^1\int_0^1\bigg(\frac{\ln(1+x)\ln^2(tx)}{(1-t)(1+tx)}-\frac{\ln(1+x)\ln^2 x}{(1-t)(1+x)}\bigg)dtdx.
\end{align}
J’ai réussi à calculer l’intégrale K
Dans le calcul de J il me manque simplement la première étape de ton calcul par IPP, ayant réussi à calculer les différentes intégrales subséquentes.
Merci par avance et bravo pour ta persévérance.
fjaclot;
\int_0^\infty \frac{\arctan^2 x\ln^2 x}{1+x^2}dx &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\arctan^2(\tan(t))\ln^2(\tan(t))}{1+\tan^2(t)}\sec^2(t)dt \
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{t^2\ln^2(\tan(t))}{\cos^2(t)}\sec^2(t)dt \
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}} t^2\ln^2(\tan(t))dt \
\end{align*}
https://math.stackexchange.com/questions/3796229/how-to-evaluate-int-0-pi-2-x-ln2-sin-x-textrmdx-in-a-different-way?noredirect=1
Merci. Impressionnant !
Il faut vraiment de la persévérance pour poursuivre ce calcul sans être sûr a priori qu’il aboutisse à un résultat intermédiaire assez simple.
Au total même si j’admire ton agilité et ta persévérance je me demande si l’approche suggérée par gebrane et etanche n’est pas plus rapide.
fjaclot;
\begin{align}\int_0^{\pi/2} x^2\ln(\sin x)\ln(\cos x)\textrm{d}x\quad?\end{align}
Si tu ne sais pas calculer $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\ln^2 x\arctan^2 x}{1+x^2}dx$ ?
\begin{align}\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\ln^2\left(2\sin x\cos x\right)dx
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\ln^2\left(\sin(2x)\right)dx\\
&=\frac{1}{8}\int_0^\pi u^2\ln^2\left(\sin u\right)du\\
&=\frac{1}{8}\int_0^{\frac{\pi}{2}} u^2\ln^2\left(\sin u\right)du+\frac{1}{8}\underbrace{\int_{\frac{\pi}{2}}^\pi u^2\ln^2\left(\sin u\right)du}_{z=\pi-u}\\
&=\frac{1}{8}\int_0^{\frac{\pi}{2}} u^2\ln^2\left(\sin u\right)du+\frac{1}{8}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\pi-z\right)^2\ln^2\left(\sin z\right)dz\\
&=\frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}} u^2\ln^2\left(\sin u\right)du+\frac{\pi^2}{8}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln^2\left(\sin z\right)dz-\frac{\pi}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}} z\ln^2\left(\sin z\right)dz
\end{align} et,\begin{align}\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\ln^2\left(2\sin x\cos x\right)dx&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\ln^2\left(\sin x\cos x\right)dx+\ln^2 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2dx+\\&
2\ln 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\ln\left(\frac{\sin(2x)}{2}\right)dx\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\ln^2\left(\sin x\cos x\right)dx+\frac{1}{4}\ln 2\int_0^{\pi}x^2\ln\left(\sin x\right)dx-\frac{\pi^3\ln^2 2}{24}
\end{align}
(je n'ai fait aucun calcul donc il faut rester prudent sur la faisabilité)
Maintenant, si on considère $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\ln^4(\tan x)dx$ on ne va PAS pouvoir considérer une astuce aussi simple pour mener le calcul. Par contre, a priori, la méthode montrée plus haut, pourrait fonctionner encore très bien (il faut être prudent toutefois, je n'ai pas fait les calculs jusqu'au bout).