Nouvelle intégrale de Binet
dans Analyse
Bonjour,
Je propose d'établir le nouveau résultat suivant :
$$ \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right)^{2}\! \mathrm{d}x = \displaystyle \ln (2\pi) - 3/2. $$ Cordialement,
Anselme-Olivier.
Je propose d'établir le nouveau résultat suivant :
$$ \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right)^{2}\! \mathrm{d}x = \displaystyle \ln (2\pi) - 3/2. $$ Cordialement,
Anselme-Olivier.
Réponses
-
On a le résultat classique :
$$ \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right)\! \mathrm{d}x = \gamma, $$ $\gamma$ étant la constante d'Euler, $\displaystyle \gamma := \lim_{n \to \infty} \,(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} -\ln n ).$
Anselme-Olivier. -
Bonjour,
Ne connaissant pas la seconde intégrale classique, j'ai commencé par essayer de calculer celle-ci. Posant $t=1-x$ et écrivant la somme de Riemann, j'obtiens seulement $$\int_{0}^{1} \left(\frac{1}{\ln x}+\frac{1}{x}\right)dx=\lim \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k}-\frac{\ln n}{n\ln k}\right)$$ qui semble plus petit que $\gamma$... -
Considérons, pour $n $ entier naturel non nul,
\begin{align*}
H_{n}- \ln n &= \frac{1}{1} + \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n} - \ln n,\\
&= \sum_{k=1}^{n} \int_0^{1} t^{k-1} \mathrm{d}t - \int_1^{n} \frac{1}{s}\: \mathrm{d}s, \\
&= \sum_{k=1}^{n} \int_0^{1} t^{k-1} \mathrm{d}t - \int_1^{n}\int_0^{1} t^{s-1} \mathrm{d}t \: \mathrm{d}s, \\
& = \int_0^{1} \sum_{k=1}^{n} t^{k-1} \mathrm{d}t - \int_0^{1}\int_1^{n} t^{s-1} \mathrm{d}s \: \mathrm{d}t, \\
& = \int_0^{1} \frac{1-t^{n}}{1-t} \mathrm{d}t - \int_0^{1} \frac{t^{n-1}-1}{\ln t} \: \mathrm{d}t , \\
&= \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln t} + \frac{1}{1-t}\right) \mathrm{d}t - \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln t} + \frac{t}{1-t}\right) t^{n-1} \mathrm{d}t.
\end{align*}
Or $ \displaystyle 0<\frac{1}{\ln t} + \frac{t}{1-t}<1$, ainsi \quad $ \displaystyle 0 < \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln t} + \frac{t}{1-t}\right) t^{n-1} \mathrm{d}t < \int_0^{1} t^{n-1} \mathrm{d}t = \frac{1}{n}$.
Lorsque $n \to +\infty$, il vient bien $$\gamma := \lim_{n \to \infty} \left(H_{n}- \ln n \right) = \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln t} + \frac{1}{1-t}\right) \mathrm{d}t $$ Anselme-Olivier.
PS : Merci AD ! -
D'accord, je suis convaincu. Avec l'idée de série de Riemann, j'obtenais $$\int_{0}^{1}\Big(\frac{1}{\ln x}+\frac{1}{1-x}\Big)=\lim \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \Big(\frac{n}{k}+\frac{1}{\ln(1-\frac{k}{n})}\Big)$$
et je pensais qu'il serait relativement simple de montrer que la somme des seconds termes se comportait comme du $-\ln n$ mais je n'y suis pas parvenu.
ps:Merci pour les corrections Latex du dernier post.
[A ton service
AD] -
AO pourrais-tu donner une piste ?
-
Bonjour Yalcin,
Oui !
Le nom donné à l'intégrale...
Anselme-Olivier. -
merci
-
D'après la formule de Binet http://mathworld.wolfram.com/BinetsLogGammaFormulas.html on a :
$$\int_0^{+\infty} \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{t} +
\frac{1}{e^t-1}\right)\frac{e^{-t}}{t}dt=1-\frac{1}{2}\ln(2\pi).$$
Avec un changement de variables et quelques bidouillages j'obtiens :
\begin{align*}
\int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right)^{2}dx &= \int_0^{+\infty} \left(-\frac{1}{t} +
\frac{1}{1-e^{-t}}\right)^{2}e^{-t}dt\\
&=-2\int_0^{+\infty} \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{t} +
\frac{1}{e^t-1}\right)\frac{e^{-t}}{t}dt
-\int_0^{+\infty} \left(\left(1+\frac{1}{t}\right)\frac{e^{-t}}{t}+\frac{e^{t}}{(e^{t}-1)^2}\right)dt\\
&=-2+\ln(2\pi)-\left[\frac{e^{-t}}{t}-\frac{1}{e^t-1}\right]_0^{+\infty}\\
&=\ln (2\pi) - 3/2
\end{align*} -
Bonjour Juge Ti,
Félicitations !!!
Anselme-Olivier. -
bravo Juge Ti,
ça donne cette jolie égalité également :
\[\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{\zeta (2k)}}{{k(k + 1)}}} = \ln (2\pi ) - \frac{1}{2}\]
qui ressemble à cette formule -
Yalcin,
En intervertissant les deux sommes, on trouve plutôt \[\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{\zeta (2k)}}{{k(k + 1)}}} = \ln (2\pi ) - \frac{1}{2} \]
Edit : Je valide le résultat de Yalcin ci-dessus, le terme en $\zeta(3)$ était un parasite. Anselme-Olivier. -
oui merci A-O
, j'ai dû louper un terme dans mes calculs.
mais numériquement sur Maple, il me semble que l'égalité que tu donnes est fausse
Edit : d'accord, merci. -
Cela nous conduit naturellement à la question :
\begin{align*}
& \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right) \! \mathrm{d}x =\displaystyle \gamma, \\
& \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right)^{2}\! \mathrm{d}x = \displaystyle \ln (2\pi) - 3/2, \\
& \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right)^{3}\! \mathrm{d}x = \quad ?
\end{align*} La dernière intégrale vaut approximativement $0.2008601955360389086...$, valeur non reconnue par les inverseurs numériques.
Et pourtant, il existe une "forme close".
Anselme-Olivier. -
et pour les puissances après 3 ?
l'astuce que tu as utilisée est analogue au raisonnement présenté par Juge Ti ?
merci. -
Yalcin,
Le passage par la "première formule de Binet" est astucieux, mais il ne nous renseigne pas sur une "démarche générale". Il fallait donc trouver quelque chose de "systématique". Qu'est-ce qui nous gêne dans les intégrales \[ J(n) := \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right)^{n}\! \mathrm{d}x \quad ? \] La présence du logarithme au dénominateur ?
Donc, une intégrale paramétrée à la Oumpapah, et hop !
Ainsi, on trouve $J(3)$... et les autres...
Cordialement,
Anselme-Olivier. -
hélas j'avais raté la période des intégrales paramétrées à la Oumpapah
mais je vais y réfléchir, merci A-O. -
Je ne pensais que l'expression "intégrale paramétrée à la Oumpapah" ferait date...
-
> Qu'est-ce qui nous gêne dans les intégrales $$ J_{n} := \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} + \frac{1}{1-x}\right)^{n}\! \mathrm{d}x \quad ? $$
> La présence du logarithme au dénominateur ? Donc, une intégrale paramétrée à la Oumpapah, et hop !
Cela a l'air intéressant. Est-ce que tu peux donner l'évaluation que tu obtiens de cette intégrale $J_n$ ? -
Bonjour,
Il est intéressant de savoir démontrer le résultat suivant, extrait d'un article que j'écris.
Avant toute considération plus générale.\\
Théorème. Soit $\sigma$ un nombre réel tel que $\sigma > -1$. On a
\begin{align} \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right)^{2}\! x^{\sigma}\,\mathrm{d}x = (\sigma+1)\ln(\sigma+1) - \: 2 \: \ln \Gamma (\sigma+1) +
\sigma \: \psi(\sigma+1)-2\:\sigma + \ln (2\pi)-\frac 3 2, \end{align}
où $\psi$ est la dérivée logarithmique de la fonction $ \Gamma$ d'Euler, $ \psi := \Gamma'/\Gamma $.
Anselme-Olivier. -
très jolie, la porte s'ouvre avec dérivé deux fois
-
Anselme-Olivier écrivait:
$0.2008601955360389086...$,
> valeur non reconnue par les inverseurs
> numériques.
> Anselme-Olivier.
Qu'est c'est les inverseurs numériques ? logiciels ?
lequel tu utilises ? comment ça marche ? merci -
J'essaie de démontrer le résultat intermédiaire donné par Anselme-Olivier. Je pose $\displaystyle f_n(\sigma)=\int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right)^{n}x^{\sigma}dx$.
Alors on a :
\begin{align*}
f'_n(\sigma)&=\int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right)^{n}(\ln x)x^{\sigma}dx\\
&=\int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right)^{n-1}\left(1+\frac{\ln x}{1-x}\right)x^{\sigma}dx\\
&=f_{n-1}(\sigma)+\sum_{k=0}^{+\infty}\int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right)^{n-1}(\ln x)x^{\sigma+k}dx\\
&=f_{n-1}(\sigma)+\sum_{k=0}^{+\infty}f'_{n-1}(\sigma+k).
\end{align*}
Pour $n=1$ on obtient :
\begin{align*}
f'_1(\sigma)=\frac{1}{\sigma+1}-\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(\sigma+k+1)^2}=\frac{1}{\sigma+1}-\psi'(\sigma+1),
\end{align*}
d'o\`u, puisque $f_1(0)=\gamma=\psi(1)$ :
\begin{align*}
f_1(\sigma)=\ln(\sigma+1)-\psi(\sigma+1).
\end{align*}
Pour $n=2$, on obtient :
\begin{align*}
f_2(\sigma)&=f_2(0)+\int_0^{\sigma}f_1(\tau)d\tau+\sum_{k=0}^{+\infty}(f_{1}(\sigma+k)-f_1(k))\\
&=\ln(2\pi)-3/2+(\sigma+1)\ln(\sigma+1)-\sigma-\ln\Gamma(\sigma+1)+\sum_{k=0}^{+\infty}(\ln(\sigma+k)-\ln(k)-(\psi(\sigma+k)-\psi(k))).
\end{align*}
Or :
$$\sum_{k=0}^n(\ln(\sigma+k)-\ln(k))=\ln\Gamma(\sigma+n+2)-\ln\Gamma(n+2)-\ln\Gamma(\sigma+1),$$
et par une tranformation d'Abel, à l'aide de la relation $\psi(x+1)-\psi(x)=\dfrac{1}{x}$, on a :
\begin{align*}
\sum_{k=0}^n(\psi(\sigma+k)-\psi(k))&=(n+1)(\psi(\sigma+n+1)-\psi(n+1))+\sigma\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sigma+k}\\
&=(n+1)(\psi(\sigma+n+1)-\psi(n+1))+\sigma(\psi(\sigma+n+1)-\psi(\sigma+1)).
\end{align*}
En faisant tendre $n$ vers l'infini, on obtient alors :
$$\sum_{k=0}^{+\infty}(\ln(\sigma+k)-\ln(k)-(\psi(\sigma+k)-\psi(k)))=-\ln\Gamma(\sigma+1)-\sigma+\sigma\psi(\sigma+1),
$$ d'où finalement : $$
f_2(\sigma)=(\sigma+1)\ln(\sigma+1) - \: 2 \: \ln \Gamma (\sigma+1) +
\sigma \: \psi(\sigma+1)-2\:\sigma + \ln (2\pi)-\frac 3 2.$$
Ouf ! -
En fait à partir de l'égalité :
$$f_2(\sigma)=(\sigma+1)\ln(\sigma+1) - \: 2 \: \ln \Gamma (\sigma+1) +\sigma \: \psi(\sigma+1)-2\:\sigma +f_2(0)$$
on peut retrouver la valeur de $J(2)$ (i.e. de $f_2(0)$) en faisant tendre $\sigma$ vers $+\infty$ (car $f_2(\sigma)$ tend vers 0 et pour le reste on fait (ou plutôt Maple fait) un développement asymptotique).
Pour trouver $J(3)=f_3(0)$ on peut peut-être faire la même chose. En partant de $f'_3(\sigma)=f_{2}(\sigma)+\sum_{k=0}^{+\infty}f'_{2}(\sigma+k)$, en intégrant et en faisant tendre $\sigma$ vers $+\infty$, j'obtiens :
$$f_3(0)=\sum_{k=0}^{+\infty}f_2(k)-\int_0^{+\infty}f_2(\sigma)d\sigma,$$
mais je ne vois pas quoi en faire. -
Bonsoir Juge Ti,
Oui : il est intéressant d'utiliser le comportement asymptotique de l'intégrale en + l'infini, pour obtenir sa valeur en 0. Voir pièce jointe.
Cordialement,
Anselme-Olivier.
-
merci A-O
est-ce qu'il y aurait la constante de Glaisher-Kinkelin dans $J(3)$ ? -
En suivant ta méthode j'ai trouvé :
$$J(3)=-\dfrac{19}{24}-6\:\zeta'(-1).$$
J'ai effectivement utilisé à un moment la constante de Glaisher-Kinkelin pour le développement asymptotique, c'est de là que vient le $\zeta'(-1)$. -
Bien joué !
$$ J(3) := \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right)^{3}\! \mathrm{d}x = 6 \ln (A) - 31/24. $$ $A$ est la constante de Glaisher-Kinkelin {\hypref{http://mathworld.wolfram.com/Glaisher-KinkelinConstant.html}.
Anselme-Olivier. -
Avec la même démarche, et de la patience, on trouve :
$$ J(4) := \int_0^{1} \left(\frac{1}{\ln x} +
\frac{1}{1-x}\right)^{4}\! \mathrm{d}x = 2 \ln (A) + \frac{5 \zeta(3)}{2\pi^{2}}- \frac{49}{72}. $$ $A$ étant la constante de Glaisher-Kinkelin.
Étonnamment, les inverseurs numériques ne discernent pas ces combinaisons de constantes classiques.
Anselme-Olivier.
Edit : typo corrigé. -
résultats assez éblouissants, A-O, as-tu trouvée la formule générale pour $n$ quelconque ?
-
Bonsoir les artistes,
A-O: tu peux communiquer tes résultats à Simon Plouffe, il se fera un plaisir de les ajouter à son inverseur.
Amicalement. -
Bonsoir,
Merci bs, je vais transmettre les résultats à S. Plouffe.
Yalcin, la formule générale est en cours...
(Je reprends demain, les choses vont un peu rester en stand by ;-))
Anselme-Olivier. -
numériquement le J(4) que tu donnes est fausse il me semble,
tu as oublié un facteur 2 à côté de Pi^2, avec Mathematica 8 on arrive à trouver les expressions (bien plus puissant que Maple)
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Bonjour!
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