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Intégrale à calculer

Bonjour. Calculer
$$
\int_{0}^{+\infty} \Big( \frac{\cosh(x)}{\sinh^2(x)} - \frac{1}{x^2\vphantom{h^2}} \Big) \ln^2 (x) dx.

$$ Merci.

Réponses

  • Bonjour,

    Facile.

    Cette intégrale $\displaystyle \int_0^{+\infty} ({\cosh x \over \sinh^2x} - {1 \over x}) \ln^2 x dx$ diverge à l’infini comme un cube du logarithme.
  • @YvesM désolé il manquait un carré.
  • Soit \[f:x\mapsto \left(\frac{\cosh(x)}{\sinh^2(x)}-\frac{1}{x^2}\right)\ln^2 (x).
    \] On vérifie que $f$ est continue sur $\R^*_+$, que $f(x)$ équivaut à $\frac{\ln^2(x)}{6}$ au voisinage de $0$ donc l'intégrale de $f$ sur $\left]0,1\right]$ converge, et que $f(x)$ est négligeable devant $x^{-3/2}$ au voisinage de $+\infty$ donc l'intégrale de $f$ sur $\left[1,+\infty\right[$ converge également.

    On peut donc poser $I=\int_0^{+\infty}f(x)dx$.

    Ensuite, par intégration par parties : \[I=\left[\left(-\frac{1}{\sinh(x)}+\frac{1}{x}\right)\ln^2(x)\right]_0^{+\infty}-\int_0^{+\infty}\left(-\frac{1}{\sinh(x)}+\frac{1}{x}\right)\times \frac{2\ln(x)}{x}dx=\int_0^{+\infty}\left(\frac{1}{\sinh(x)}-\frac{1}{x}\right)\times \frac{2\ln(x)}{x}dx\] car la fonction entre crochets a des limites nulles aux deux extrémités de l'intervalle.

    Malheureusement, je n'ai pas réussi à aller plus loin.
    J'ai tenté une deuxième intégration par parties mais on ne sait pas intégrer $x\mapsto \frac{1}{x\sinh(x)}$.
    J'ai tenté un développement en série de fonctions de $\frac{1}{\sinh}$ mais je n'arrive pas à calculer au-delà.
    J'ai tenté une expression sous forme d'intégrale double... et j'ai seulement abouti à une autre intégrale encore plus imbuvable :
    \[I=\int_0^{+\infty}\ln^2\left(\frac{t}{\ln(t+\sqrt{t^2+1})}\right)dt.
    \] J'ai tenté enfin d'utiliser une fonction $F:t\mapsto \int_0^{+\infty} \left(\frac{1}{\sinh(x)}-\frac{1}{x}\right)\times x^{t-1}dx$, définie pour $t>-1$ et on prouve que $F$ est dérivable et $I=2F'(0)$... mais je n'arrive pas mieux à calculer $F$.

    Au suivant... (:P)
  • J'ai commencé à regarder cette intégrale qui est un problème du dernier American mathematical monthly. C'est le problème numéro 12281.
    Je ne vais pas regarder le dernier lien posté par Etanche car je compte calculer cette intégrale.

    J'ai fait comme Bisam, une intégration par parties.
    On peut enchaîner avec une deuxième intégration par parties en étant soigneux, je pense.
    Je pressens qu'il y a du $\gamma$ là dessous.

    PS:
    Pour la deuxième intégration par parties.
  • Je ne connais pas encore assez les fonctions spéciales : je n'ai pas pensé à la fonction Lambda de Dirichlet.
  • On a aussi besoin de ça et de ça, me semble-t-il.

    PS:
    Et si on n'est pas convaincu.
  • Bonjour,

    @bisam : Tu es sur la bonne route.

    Je donne des indications pour vous laisser trouver. Cette intégrale est d'un bon niveau.

    $\bullet$ On montre l'existence de $\displaystyle I=\int_0^{+\infty} ({\cosh x \over \sinh^2 x} - {1 \over x^2}) \ln^2 x dx.$
    $\bullet$ Par une intégration par parties, on montre que $\displaystyle I=2 \int_0^{+\infty} ({1 \over \sinh x} - {1 \over x}) {\ln x \over x} dx.$
    $\bullet$ On montre que, pour tout $x$, $\displaystyle {1 \over \sinh x} - {1 \over x} = 2 x \sum_{k \geq 1} {(-1)^k \over k^2 \pi^2 + x^2}.$
    $\bullet$ On montre que, pour tout $\displaystyle k \geq 1$ entier, $\displaystyle \int_0^{+\infty} {\ln x \over k^2 \pi^2 + x^2} dx= {1 \over 4 k} \ln({\pi^2 k^2}).$
    $\bullet$ On montre que $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {(-1)^k \over k } =- \ln 2.$
    $\bullet$ On montre que, pour $s>0$, $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {(-1)^k \over k^s } =(2^{1-s}-2) \zeta(s).$
    $\bullet$ Par une dérivation par rapport à $s$ et une limite quand $s \to 1$, on conclut $\displaystyle I = +2.\ln 2. \gamma - 2.\ln 2.\ln \pi - \ln^2 2 \sim -1.26719.$
  • Avec des questions intermédiaires y a de quoi faire un petit problème pour arriver au résultat final, niveau math spé ou agreg interne
  • La première chose à faire est de démontrer que $\displaystyle I=\int_0^{+\infty} \Big({\cosh x \over \sinh^2 x} - {1 \over x^2}\Big) \ln^2 (x) dx=2 \int_0^{+\infty} \Big({1 \over \sinh x} - {1 \over x}\Big) {\ln (x) \over x} dx.$
    On prend $\displaystyle f'(x)={\cosh x \over \sinh^2 x} - {1 \over x^2}$ et $ g(x)=\ln^2(x)$
    On à
    $$ g'(x)=\frac{\ln(x)}{x} + \frac{\ln(x)}{ x} =\frac{2\ln(x)} {x} .
    $$ Et si $\displaystyle k(x)=\frac{1}{\sinh(x)}$ alors

    (il y a une erreur)
    $$k'(x)=\frac{\cosh(x)×1+\sinh(x)×0}{\sinh^2(x)}=\frac{\cosh(x)}{\sinh^2(x)},
    $$ d'où $k=\int g,$


    on a donc
    \begin{align*}
    I&=\int_0^{+\infty} \Big({\cosh x \over \sinh^2 x} - {1 \over x^2}\Big) \ln^2 (x) dx \\
    &=2\Big[ \Big({\cosh x \over \sinh^2 x} - {1 \over x^2}\Big) {\ln (x) \over x} \Big]_0^{\infty}+2 \int_0^{+\infty} \Big({1 \over \sinh x} - {1 \over x}\Big) {\ln (x) \over x} dx \\
    &=2 \int_0^{+\infty} \Big({1 \over \sinh x} - {1 \over x}\Big) {\ln (x) \over x} dx.
    \end{align*}
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • Bonjour,

    Tu fais une erreur de signe (ou deux) dans le calcul de la dérivée de $k.$

    La dérivée de $1/u$ est $-u’/u^2$…
  • Ah oui je suis stupide :-)
    $$k'(x)=\frac{\sinh(x)×0-\cosh(x)×1}{\sinh^2(x)}=-\frac{\cosh(x)}{\sinh^2(x)},
    $$ d'où $-k=\int g$.
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • YvesM écrivait:
    $ k \geq 1$ entier, $\displaystyle \int_0^{+\infty} {\ln x \over k^2 \pi^2 + x^2} dx= {1 \over 4 k} \ln({\pi^2 k^2}).$

    Pour une preuve avec le programme de spé intégrale à paramètre

    voir le post de juantheron
  • YvesM écrivait:
    On montre que, pour tout $x$,
    $\displaystyle {1 \over \sinh x} - {1 \over x} = 2x \sum_{k \geq 1} {(-1)^k \over k^2 \pi^2 + x^2}.$

    Les questions intermédiaires pour une preuve de cette identité niveau maths spé

    développement Eulerien sinus

    puis on avec la dérivée logarithmique de $sin(t)$ et $sin(ix)$ fait le lien avec $sh(x)$


    ———————

    Pour le calcul de la somme $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k\ln(k)}{k}$ qui s’exprime avec la constante d’Euler via la formule sommatoire Euler Mac-Laurin

    voir le post de Mark Viola

    Avec tout ces outils on peut faire problème d’analyse math-spé utilisant les intégrales, séries , séries de functions .
  • Bonjour,

    @etanche : L'intégrale $\displaystyle \int_0^{+\infty} {\ln x \over a^2+x^2} dx = {\ln a \over a} {\pi \over 2}$ pour tout $a>0$ se calcule de tête.

    Changement de variables $x \leadsto y$ avec $x=a y$ donne $\displaystyle \int_0^{+\infty} {\ln x \over a^2+x^2} dx =\int_0^{+\infty} {\ln a +\ln y \over a^2(1+y^2)} a dy = {\ln a \over a} \int_0^{+\infty} {1\over 1+x^2} dx + {1\over a}\int_0^{+\infty} {\ln y\over 1+y^2} dy .$

    La seconde intégrale est nulle par coupure en $1$ et changement de variables $y \leadsto 1/y.$
  • @YvesM effectivement c’est plus simple que de passer par les intégrales à paramètres. Merci.
  • Avec une autre intégration par parties on peut montrer que l'intégrale à calculer est aussi égale à:

    $\displaystyle 2\int_0^\infty \frac{\left(\ln x-1\right)\Big(\ln\left(\tanh\left(\frac{x}{2}\right)\right)-\ln\left(\frac{x}{2}\right)\Big)}{x^2}dx$

    (Si vous avez des doutes )

    Après, on a envie de faire le changement de variable $u=x/2$.

    PS:
    Avec le résultat en tête, fourni par YvesM dans ce fil, il faut qu'on arrive à sortir de cette expression l'"horrible" terme $2\gamma\ln 2$.
    La stratégie que j'aimerais mettre en oeuvre est qu'on se retrouve avec un terme $2\ln 2\times \text{une intégrale}$ et l'intégrale serait une représentation bien connue de $\gamma$ et on espère que les termes qui restent seront des intégrales qui seront faciles à calculer.
  • Ce n'est pas la piste que j'ai envie de suivre mais cela peut, peut-être, constituer un plan B.

    \begin{align}\ln\left(\tanh \left(\frac{x}{2}\right)\right)&=\ln\left(\frac{\text{e}^{\frac{x}{2}}-\text{e}^{-\frac{x}{2}}}{\text{e}^{\frac{x}{2}}+\text{e}^{-\frac{x}{2}}}\right)\\
    &=\ln\left(\frac{1-\text{e}^{-x}}{1+\text{e}^{-x}}\right)\\
    \end{align}

    Et puisque pour tout $x>0$, $0<\text{e}^{-x}<1$ on peut développer en série..
    On a, sauf erreur:
    \begin{align}\ln\left(\frac{1-\text{e}^{-x}}{1+\text{e}^{-x}}\right)=-2\sum_{n=0}^\infty \frac{\text{e}^{-(2n+1)x}}{2n+1}\\
    \end{align}
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