Intégrale mercredi 3 août

J'ai oublié de donner un lien qui démontre Frullani sans intégrale double https://9to5science.com/proof-of-frullani-39-s-theorem

@Gebrane:  Pour appliquer Frullani à $\displaystyle \int_0^1 \frac{z-1}{(1+z)\ln z}dz$ Le changement de variable $u=-\ln z$ doit aider, on fait apparaître un facteur $\dfrac{1}{u}$ et on a les bonnes bornes.

On va devoir évaluer une fonction $f$ en $c\pi u$ et en $b u$ avec $\dfrac{c\pi}{b}=\dfrac{2}{\pi}$ (ou l'inverse) et $\displaystyle f(c\pi u)-f(b u)=\frac{\text{e}^{-u}-\text{e}^{-2u}}{\left(1+\text{e}^{-u}\right)}$.

Je me répète pour appliquer Frullani on a besoin  de développer en série (expliqué dans ce messagehttps://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2380233/#Comment_2380233

@Gebrane: Tu peux me donner la fonction $f$ utilisée pour appliquer la formule de Frullani?

Tu tombes sur ceci 
$$\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \int_0^{\infty} \frac{ (e^{-(n+1) u} - e^{-(n+2) u})}{u}  \, du$$

FDP je parle d'une richesse de méthodes . Avec Frullani on tombe comme dans ton lien sur 
$$\sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n \ln(\frac{n+1}{n+2})$$

J'ai espoir qu'on arrive à utiliser que $\Psi(x)=\dfrac{d}{dx} \ln\left(\Gamma(x)\right)=\dfrac{\Gamma^\prime (x)}{\Gamma(x)}$

On a $\displaystyle  \int_{\frac{1}{2}}^3 \Psi(x)dx=\ln 2-\frac{1}{2}\ln(\pi)$ et on a la formule $\displaystyle \Psi(s+1)=-\gamma+\int_0^1 \frac{1-x^s}{1-x}dx$ on devrait arriver à en faire quelque chose.

Est-il possible de démontrer la formule $\displaystyle\Psi(s+1)=-\gamma+\int_0^1 \frac{1-x^s}{1-x}dx$
sans utiliser l'expression en produit infini de $\dfrac{1}{\Gamma(x)}$?
avec:$\displaystyle \Psi(x)=\dfrac{d}{dx} \ln\left(\Gamma(x)\right)=\dfrac{\Gamma^\prime (x)}{\Gamma(x)}$

@Fin de partie Si je te comprends bien tu veux démontrer pour commencer que 
$$\gamma=\int_0^1 \left(\frac{1}{\ln x}+\frac{1}{1-x}\right)$$ C'est ça ?

@Fin de partie  Pas besoin d'un lien. On part de $\gamma$ est la limite de $H_n-\ln(n)$ et on met sous forme intégrale pour voir.

@Gebrane. Le truc qui a toute mon attention c'est de démontrer :

Allo !

\begin{align}J&=\int_0^1 \left(\frac{1}{\ln x}+\frac{1}{1-x}\right)dx\\ &=\int_0^1 \left(\frac{1}{\ln x}+\frac{1-x^n}{1-x}+\frac{x^n}{1-x}+\frac{n}{1+nx}-\frac{n}{1+nx}\right)dx\\ &=\underbrace{\int_0^1 \left(\frac{1}{\ln x}+\frac{x^n}{1-x}+\frac{n}{1+nx}\right)dx}_{K_n}+\underbrace{\int_0^1 \frac{1-x^n}{1-x}dx}_{=H_n}-\underbrace{\int_0^1 \frac{n}{1+nx}dx}_{=\ln(1+n)}\\ K_n&=\underbrace{\int_0^{\frac{1}{n}}\left(\frac{1}{\ln x}+\frac{x^n}{1-x}+\frac{n}{1+nx}\right)dx}_{=K_{n,1}}+\underbrace{\int_{\frac{1}{n}}^1\left(\frac{1}{\ln x}+\frac{x^n}{1-x}+\frac{n}{1+nx}\right)dx}_{=K_{n,2}}\\ K_{n,1}&=\underbrace{\int_0^{\frac{1}{n}}\frac{1}{\ln x}dx}_{\rightarrow 0}+\underbrace{\int_0^{\frac{1}{n}}\frac{x^n}{1-x}dx}_{\rightarrow 0}+\underbrace{\int_0^{\frac{1}{n}}\frac{n}{1+nx}dx}_{=\ln 2}\\ \end{align}

Encore plus simple. (il manque les détails pour l'utilisation du théorème de convergence dominée)

\begin{align*}
    a>0,H(a)&=\int_{\frac{1}{a}}^{a}\frac{1}{1+x^4}dx\\
    &\overset{u=\frac{1}{x}}=\int_{\frac{1}{a}}^{a}\frac{u^2}{1+u^4}du\\
    &=\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{a}}^{a}\frac{1+u^2}{1+u^4}du\\
    &=\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{a}}^{a}\frac{1+\frac{1}{u^2}}{2+\left(u-\frac{1}{u}\right)^2}du\\
    &\overset{w=u-\frac{1}{u}}=\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{a}-a}^{a-\frac{1}{a}}\frac{1}{2+w^2}dw\\
    &=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\left(\frac{a-\frac{1}{a}}{\sqrt{2}}\right)\\
    \lim_{a\rightarrow \infty}H(a)&=\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}dx=\lim_{a\rightarrow
        \infty}\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\left(\frac{a-\frac{1}{a}}{\sqrt{2}}\right)=\frac{\pi}{2\sqrt{2}} \end{align*}
\begin{align*}J&=\int_{-1}^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2}dx\\
    &=\int_{0}^1 \frac{\frac{\pi}{2}+\arcsin x}{1-x+x^2}dx+\int_0^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2}dx\\
    &=\frac{\pi^2}{3\sqrt{3}}+\int_0^1 \frac{\arcsin x}{1-x+x^2}dx+\int_0^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2}dx\\
    &\overset{u=\frac{1-x}{1+x}}=\frac{\pi^2}{3\sqrt{3}}+\int_0^1 \frac{\pi-4\arctan(\sqrt{u})}{1+3u^2}du+\int_0^1 \frac{4\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du\\
    &=\frac{2\pi^2}{3\sqrt{3}}-\int_0^1 \frac{4\arctan(\sqrt{u})}{1+3u^2}du+\int_0^1 \frac{4\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du\\
    &=\frac{2\pi^2}{3\sqrt{3}}-4\int_0^1 \frac{\arctan(\sqrt{u})}{1+3u^2}du+4\left(\int_0^\infty \frac{\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du-\underbrace{\int_1^\infty \frac{\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du}_{z=\frac{1}{u}}\right)\\
    &=\frac{2\pi^2}{3\sqrt{3}}-4\left(\int_0^1 \frac{\arctan(\sqrt{u})}{1+3u^2}du+\int_0^1 \frac{\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{z}}\right)}{1+3z^2}dz\right)+4\int_0^\infty \frac{\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du\\
    &=4\int_0^\infty \frac{\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du\\
\end{align*}
Pour $0\leq a\leq 1$, on définit $\displaystyle F(a)=\int_0^\infty \frac{\arctan(a\sqrt{u})}{3+u^2}du$
Observer que, $F(0)=0,F(1)=\dfrac{J}{4}$, en sorte que,
\begin{align*} \frac{J}{4}&=F(1)-F(0)=\int_0^1 F^\prime(a)da\\
&=\int_0^1 \left(\int_0^\infty \frac{\sqrt{u}}{(1+a^2u)(3+u^2)}du\right)da\\
&\overset{z=\sqrt{u}}=\int_0^1 \left(\int_0^\infty \frac{2z^2}{(1+a^2z^2)(3+z^4)}dz\right)da\\
&\overset{\text{Décomp. élém. simples}}=\left(\underbrace{\int_0^\infty \frac{2z^2}{3+z^4}dz}_{x=\frac{3^{\frac{1}{4}}}{z}}\right)\left(\int_0^1 \frac{1}{1+3a^4}da\right)+\left(\underbrace{\int_0^\infty \frac{1}{3+z^4}dz}_{x=3^{-\frac{1}{4}}z}\right)\left(\int_0^1 \frac{6a^2}{1+3a^4}da\right)-\\&2\int_0^1 \frac{a}{1+3a^4}\Big[\arctan(az)\Big]_0^\infty da\\
&=2\times 3^{-\frac{1}{4}}\left(\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}dx\right)\left(\underbrace{\int_0^1 \frac{1}{1+3a^4}da}_{w=3^{\frac{1}{4}}a}\right)+2\times 3^{\frac{1}{4}}\left(\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}dx\right)\left(\underbrace{\int_0^1 \frac{a^2}{1+3a^4}da}_{w=\frac{3^{-\frac{1}{4}}}{a}}\right)-\\&\pi\underbrace{\int_0^1 \frac{a}{1+3a^4}da}_{=\frac{\pi}{6\sqrt{3}}}\\
&=\frac{\pi}{\sqrt{6}}\left(\int_0^{3^{\frac{1}{4}}}\frac{1}{1+w^4}dw+\int_{3^{-\frac{1}{4}}}^{\infty}\frac{1}{1+w^4}dw\right)-\frac{\pi^2}{6\sqrt{3}}\\
&=\frac{\pi}{\sqrt{6}}\left(\int_{3^{-\frac{1}{4}}}^{3^{\frac{1}{4}}}\frac{1}{1+w^4}dw+\int_0^{\infty}\frac{1}{1+w^4}dw\right)-\frac{\pi^2}{6\sqrt{3}}\\
&=\frac{\pi}{2\sqrt{3}}\arctan\left(\frac{3^{\frac{1}{4}}-3^{\frac{1}{4}}}{\sqrt{2}}\right)+\frac{\pi^2}{12\sqrt{3}}
\end{align*}
Ainsi,
\begin{align*}
\boxed{J=\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\arctan\left(\frac{3^{\frac{1}{4}}-3^{-\frac{1}{4}}}{\sqrt{2}}\right)+\frac{\pi^2}{3\sqrt{3}}}
\end{align*}
NB: J'admets que,
\begin{align*}
&x\in [0,1],   
\arcsin\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=\frac{\pi}{2}-2\arctan\left(\sqrt{x}\right)\\
&x\in [0,1],   
\arccos\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=2\arctan\left(\sqrt{x}\right)\\
\end{align*}