Inscription / Connexion Nouveau Sujet
Niveau Prepa intégrée
Partager :

Log et sin

Posté par
matheux14
25-04-23 à 22:00

Bonsoir,

Merci d'avance.

Pour calculer \begin{aligned} \int^{\pi/3}_0 \ln(1 + \sin(x)) \ln(1 - \sin(x)) dx \end{aligned}, je cherche à voir s'il n'y aurait pas une relation entre \ln(1 + \sin(x)) et \ln(1 - \sin(x)) pour simplifier les choses.

Alors j'ai essayé

\begin{aligned}
 \\ \ln(1-\sin x) &= -\sum_{n=1}^\infty \frac{(\sin x)^n}{n} \\\
 \\ &= -\sum_{n=1}^\infty \frac{(\mathrm{e}^{ix}-\mathrm{e}^{-ix})^n}{n\cdot 2^n} \\\
 \\ &= -\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n\cdot 2^n} \sum_{k=0}^n {n\choose k} \mathrm{e}^{i(n-2k)x} \\\
 \\ &= -\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n\cdot 2^n} \left(\mathrm{e}^{inx} + \sum_{k=1}^{n-1} {n\choose k} \cos\big[(n-2k)x\big]\right) \\\
 \\ &= -\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n\cdot 2^n} \mathrm{e}^{inx} - 2\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n\cdot 2^n} \sum_{k=1}^{n-1} {n\choose k} \cos\big[(n-2k)x\big].
 \\ \end{aligned}

D'autres pistes ?

Posté par
matheux14
re : Log et sin 25-04-23 à 22:08

J'ai oublié un i au dénominateur, c'est (2i)^n

Posté par
carpediem
re : Log et sin 26-04-23 à 08:48

salut

peut-être poser sin x = 2t/(1 + t^2)  avec t = tan (x/2) ...

Posté par
matheux14
re : Log et sin 26-04-23 à 09:08

Salut carpediem, ce fut mon premier réflexe, je suis arrivé à \begin{aligned} \int \ln\left(\dfrac{x + 2\sqrt{x - 1}}{x}\right) \ln\left(\dfrac{x - 2\sqrt{x - 1}}{x}\right) \dfrac{dx}{x\sqrt{x - 1}}\end{aligned}

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Log et sin 26-04-23 à 21:07

Bonjour


Avec la borne \frac{\pi}{2} à la place de \frac{\pi}{3} on trouve une valeur exacte :

\Large\boxed{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(1+\sin x)\ln(1-\sin x)dx=\frac{\pi\ln^2(2)}{2}-\frac{\pi^3}{12}\approx-1,82916}

Avec la borne \frac{\pi}{3} il faudrait peut-être se contenter d'une valeur approchée :

\Large\boxed{\int_0^{\frac{\pi}{3}} \ln(1+\sin x)\ln(1-\sin x)dx\approx-0,411424} sauf erreur bien entendu

Posté par
matheux14
re : Log et sin 29-04-23 à 21:15

Citation :
Avec la borne \frac{\pi}{2} à la place de \frac{\pi}{3} on trouve une valeur exacte :

\Large\boxed{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(1+\sin x)\ln(1-\sin x)dx=\frac{\pi\ln^2(2)}{2}-\frac{\pi^3}{12}\approx-1,82916}


Salut, vous avez utilisé une intégration par partie ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Log et sin 30-04-23 à 04:41

Non je n'ai pas fait d'intégration par partie mais il se peut que ça donne aussi le résultat

Posté par
matheux14
re : Log et sin 01-05-23 à 19:10

Je me retrouve à \begin{aligned}\sum^{\infty}_{n = 1} \dfrac{(-1)^{n + 1}}{n^2} \int^1_0 \left(\dfrac{2}{1 + t}\right)\left(\dfrac{2t}{1 + t^2}\right)^{2n} dt \end{aligned}

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Log et sin 01-05-23 à 19:25

Peux-tu détailler ta démarche ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Log et sin 01-05-23 à 19:26

Et j'aimerais bien aussi que tu précises l'origine de l'exercice

Posté par
matheux14
re : Log et sin 01-05-23 à 19:45

Posons \sin(x) = \dfrac{2t}{1 + t^2} avec t = \tan\left(\dfrac{\pi}{2}\right)

Alors dx  = \dfrac{2 dt}{1 + t^2}

L'intégrale devient \begin{aligned} \int^1_0 \dfrac{2}{1 + t^2} \ln\left(1 -  \dfrac{2t}{1 + t^2}\right) \ln\left(1 +  \dfrac{2t}{1 + t^2}\right) dt \end{aligned}


\forall x \in ]-1 ; 1[, \ln(1 - x) = - \sum^{\infty}_{n = 1} \dfrac{x^n}{n} \text{ et } \ln(1 + x) = \sum^{\infty}_{n = 1} (-1)^{n + 1} \dfrac{x^n}{n}

\ln\left(1 -  \dfrac{2t}{1 + t^2}\right) =- \sum^{\infty}_{n = 1} \dfrac{1}{n} \left(\dfrac{2t}{1 + t^2}\right)^n

\ln\left(1 -  \dfrac{2t}{1 + t^2}\right) =\sum^{\infty}_{n = 1} \dfrac{(-1)^{n + 1}}{n} \left(\dfrac{2t}{1 + t^2}\right)^n

Alors

\begin{aligned} \int^1_0 \dfrac{2}{1 + t^2} \ln\left(1 -  \dfrac{2t}{1 + t^2}\right) \ln\left(1 +  \dfrac{2t}{1 + t^2}\right) dt& = \int^1_0 \dfrac{2}{1 + t^2} \left(- \sum^{\infty}_{n = 1} \dfrac{1}{n} \left(\dfrac{2t}{1 + t^2}\right)^n\right) \left(\sum^{\infty}_{n = 1} \dfrac{(-1)^{n + 1}}{n} \left(\dfrac{2t}{1 + t^2}\right)^n\right) \\
 \\ &= \int^1_0 \dfrac{2}{1 + t^2} \sum^{\infty}_{n = 1} \left(-\dfrac{1}{n} \left(\dfrac{2t}{1 + t^2}\right)^n\right) \left(\dfrac{(-1)^{n + 1}}{n} \left(\dfrac{2t}{1 + t^2}\right)^n\right) dt \\
 \\ &= \sum^{\infty}_{n = 1} \dfrac{(-1)^n}{n^2} \int^1_0  \left(\dfrac{2}{1 + t^2}\right) \left(\dfrac{2t}{1 + t^2}\right)^{2n} dt\end{aligned}

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Log et sin 01-05-23 à 20:00

Attention matheux on n'a pas en général \boxed{\sum a_n\sum b_n=\sum a_nb_n} !

Posté par
matheux14
re : Log et sin 01-05-23 à 20:17

Oui, j'aurais dû vérifier que les series \sum^{\infty}_{n = 1} \dfrac{(-1)^{n + 1}}{n} \left(\dfrac{2t}{1 + t^2}\right)^n et \sum^{\infty}_{n = 1} \dfrac{(-1)^{n + 1}}{n} \left(\dfrac{2t}{1 + t^2}\right)^n sont absolument convergentes..

Posté par
FerreSucre
re : Log et sin 01-05-23 à 20:26

Non ce n'est pas ça, même si elles sont absolument convergentes ça ne change rien.
Tu n'auras pas :

\boxed{\sum a_n\sum b_n=\sum a_nb_n}

(1+2+3+….)(1+2+3+…) n'est pas égal à (1+2² + 3² +…)

Posté par
FerreSucre
re : Log et sin 01-05-23 à 20:27

D'où vient l'exercice parcontre tu n'as pas répondu ? ^^ C'est juste comme ça tu tentes une integrale que tu veux résoudre ou bien tu l'as vu sur une vidéo ou alors y'a réellement un exercice papier dessus ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Log et sin 03-05-23 à 01:19

Essayes de montrer que \Large\boxed{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(1+\sin x)\ln(1-\sin x)dx=\int_0^1\frac{\ln^2(x)}{\sqrt{1-x^2}}~dx~~-~~2\int_0^1\frac{\ln^2(x)}{1+x^2}~dx}

Posté par
FerreSucre
re : Log et sin 03-05-23 à 13:56

Je prends la relève de l'exercice ahah, je n'arrive pas à obtenir ce que tu donnes elhor_abdelali, une piste ? J'ai essayé pas mal de chose…

Posté par
FerreSucre
re : Log et sin 03-05-23 à 15:00

Je manque d'idées ! 😅

Posté par
FerreSucre
re : Log et sin 03-05-23 à 15:58

J'ai essayé quelques trucs en développant un peu des idées mais je bloque avec ça ducoup, si quelqu'un a des idées :

(Ce que je trouve si je n'ai pas fait d'erreur) :
Avec t = tan(x/2) :

I = 2*\int_{0}^{1}{\frac{4ln(1-t)ln(1+t) + ln(1+t²)^2-2ln(1+t²)ln(1-t²)}{1+t²}dt}

Et sûrement qu'il faut utiliser les bornes à un moment donné j'imagine du genre :

I = \int_{0}^{\pi/2}{ln(1-sin(x))ln(1+sin(x))dx = \int_{0}^{\pi/2}{ln(1-cos(x))ln(1+cos(x))dx}

Enfin je bloque, j'ai essayé d'autres choses aussi.

Posté par
FerreSucre
re : Log et sin 03-05-23 à 16:17

J'ai ça aussi au passage si ça peut aider :

Avec u = sin(x) :

I = \int_{0}^{1}{\frac{ln(1-u)ln(1+u)}{\sqrt{1-u²}}du

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Log et sin 03-05-23 à 16:58

Bonjour FerreSucre

Ce que tu as fait : le changement de variable \boxed{x\mapsto\frac{\pi}{2}-x}

I = \int_{0}^{\pi/2}{ln(1-sin(x))ln(1+sin(x))dx = \int_{0}^{\pi/2}{ln(1-cos(x))ln(1+cos(x))dx}

est un bon début ce qui donne :

\Large\boxed{I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\underbrace{\boxed{\ln(1+\cos x)}}_{X}\overbrace{\boxed{\ln(1-\cos x)}}^{Y}dx}

puis en utilisant l'identité \boxed{XY=\frac{(X+Y)^2-(X-Y)^2}{4}} :

\Large\boxed{I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\ln^2\cos x-\ln^2\tan\frac{x}{2}\right)dx}

puis vu que la fonction intégrée est différence de deux fonctions intégrables :

\Large\boxed{I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\cos x~dx-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\tan\frac{x}{2}~dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\sin x~dx-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\tan\frac{x}{2}~dx}

finalement les deux changements de variables, \boxed{t=\sin x} et \boxed{t=\tan\frac{x}{2}} donnent le résultat sauf erreur de ma part bien entendu

Posté par
FerreSucre
re : Log et sin 03-05-23 à 20:05

Ahh bien vue ! J'avais absolument pas pensé à ça ahah, mais c'est assez évident maintenant que j'y pense, merci en tout cas J'ai fait le début je vais voir pour obtenir jusqu'au résultat final plus tard !

Bonne soirée

Posté par
FerreSucre
re : Log et sin 03-05-23 à 20:40

I = \int_{0}^{\pi/2}{ln(1-cos(x))ln(1+cos(x))dx}

Donc en appliquant l'idée :

I = \int_{0}^{\pi/2}{\dfrac{(ln([1+cos(x)][1-cos(x)])^2 - ln(\dfrac{[1+cos(x)]}{[1-cos(x)]})^2}{4}dx}

Alors :

I = \int_{0}^{\pi/2}{\dfrac{(ln(sin(x)^2)^2 - ln(\dfrac{[1+cos(x)]}{[1-cos(x)]})^2}{4}dx}

Puis enfin :

I = \int_{0}^{\pi/2}{\dfrac{(ln(sin(x)^2)^2 - ln(\dfrac{[cos(x/2)^2]}{[sin(x/2)^2]})^2}{4}dx}
 \\ 
 \\ I = \int_{0}^{\pi/2}{\dfrac{(ln(sin(x)^2)^2 - ln(tan(\dfrac{x}{2})^2)^2}{4}dx}
 \\ 
 \\ I = \int_{0}^{\pi/2}{\ln{(\sin{x})}^2-\ln{(\tan{x/2})}^2

Soit u = sin(x), du = cos(x)dx alors :
Et t = tan(x/2), 2/(1+t²)dt = dx

I = \int_{0}^{1}{\dfrac{\ln(u)^2}{\sqrt{1-u^2}}du} - 2\int_{0}^{1}\dfrac{\ln(t)^2}{t^2+1}dt}

I = \int_{0}^{1}{\dfrac{\ln(x)^2}{\sqrt{1-x^2}}dx} - 2\int_{0}^{1}\dfrac{\ln(x)^2}{x^2+1}dx}

Voilà, parcontre petite question comment fait on pour intégrer les deux autres intégrales maintenant ? 🥲

Posté par
FerreSucre
re : Log et sin 03-05-23 à 22:38

Après tâtonnements je suis arrivé à :

\int_{0}^{1}{x^{2n}\ln{(x)}²dx} = \sum_{n=0}^{\infty}{\dfrac{2(-1)^n}{(2n+1)^3}}

Mais comment calculer le résultat de cette somme sans passer par internet ? On m'a parlé du théorème des résidus.. mais aucune idée jamais vue, déjà entendu parler mais il m'a toujours fait peur. Merci

Posté par
FerreSucre
re : Log et sin 03-05-23 à 22:39

\int_{0}^{1}{\dfrac{\ln{(x)}²}{x^2+1}dx} = \sum_{n=0}^{\infty}{\dfrac{2(-1)^n}{(2n+1)^3}}

Petite erreur *

Posté par
termina123
re : Log et sin 03-05-23 à 23:37

Bonjour
Ici le premier post parle d'une méthode avec théorème des résidus mais le deuxième parle de séries de Fourier.
En imaginant que ce soit un exercice d'examen où la finalité est de trouver la somme de la série et où on est guidé, je pense que c'est pas trop compliqué.
D'ailleurs je pensais pas que l'on pouvait exprimer explicitement la valeur de cette somme à cause du ^3 mais apparement le (-1)^n fait que si

Posté par
FerreSucre
re : Log et sin 04-05-23 à 00:09

Merci pour ta réponse, j'ai tâtonné encore une fois et avec un peu d'aide j'ai juste su comment utiliser quelques formules du théorème des résidus ce qui est déjà un bon début ^^ Mais ducoup ce que tu me montres correspond exactement ! Sauf pour fourier je ne savais pas que l'on aurait pu faire avec, ceci dit la fonction utilisée est tordu haha.

J'essaye de m'attaquer à la deuxième integrale mais là c'est pas la même ! Vu la somme que je trouve le théorème des résidus c'est mort, fourier aussi, donc ça doit être une méthode plus basique ou bien … fantaisiste.

\int_{0}^{1}{\dfrac{\ln(x)²}{\sqrt{1-x^2}}dx} = \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{2}{(2n+1)^3}\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}

Sauf erreur de ma part évidemment..

Posté par
termina123
re : Log et sin 04-05-23 à 00:26

Je suis vraiment pas sur de l'utilité mais u=arcsin(x) te ramène à \int_{0}^{\pi /2}{ln(sin(u))^2du}. Je dis ça parce que j'ai vu des vidéos pour intégrer ln(sin(x)) et j'ai aussi vu que l'on pouvait exprimer explicitement l'intégrale de départ sur wolfram. A mon avis c'est un bon changement de variable
Et pour le théorème des résidus si tu veux mon avis je pense qu'il vaut mieux partir du début en analyse complexe plutot que de se parachuter directement assez loin

Posté par
FerreSucre
re : Log et sin 04-05-23 à 09:51

C'est sûr par rapport à l'analyse complexe, ça ne sert pas à grand chose de voir le milieu sans le début,  mais c'est toujours une mise en bouche de ce qu'on peut faire et de ce qui m'attends je trouve ^^

Après ce changement de variable j'ai cherché un peu je ne trouve pas grand chose… peut-être que je rate encore un truc, oui ln(sin(x)) est integrable sur 0;pi/2 mais ln(sin(x))² :/

Posté par
FerreSucre
re : Log et sin 04-05-23 à 10:20

On m'a donné ça.. 😅 https://ysharificalc.wordpress.com/2018/02/06/integral-of-lnsinx2/

Posté par
matheux14
re : Log et sin 05-05-23 à 15:06

Posté par
termina123
re : Log et sin 05-05-23 à 22:54

[

FerreSucre @ 04-05-2023 à 09:51

C'est sûr par rapport à l'analyse complexe, ça ne sert pas à grand chose de voir le milieu sans le début,  mais c'est toujours une mise en bouche de ce qu'on peut faire et de ce qui m'attends je trouve ^^

Après ce changement de variable j'ai cherché un peu je ne trouve pas grand chose… peut-être que je rate encore un truc, oui ln(sin(x)) est integrable sur 0;pi/2 mais ln(sin(x))² :/


Lorsque les hypothèses du théorème de changement de variables dans le cadre des intégrales impropres sont vérifiées comme c'est le cas ici, les deux intégrales sont de même nature. Et tu parles d'intégrabilité mais c'est plutôt la convergence qui est utilisée ici.
Soit I un ouvert de R et f continue sur I, f integrable sur I => \int_{I}{f(t)dt} converge mais la réciproque est fausse (intégrale de Dirichlet par exemple)

Posté par
matheux14
re : Log et sin 05-05-23 à 23:36

Citation :

\int_{0}^{1}{\dfrac{\ln(x)²}{\sqrt{1-x^2}}dx} = \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{2}{(2n+1)^3}\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}


Salut, il faut vérifier les calculs..

Posté par
matheux14
re : Log et sin 06-05-23 à 00:04

J'ai essayé de calculer \begin{aligned}\int_{0}^{1}{\dfrac{\ln{(x)}²}{x^2+1}dx} \end{aligned} par partie :

Posons u = \ln^2(x) et dv = \dfrac{dx}{1 + x^2}

Alors, du = \dfrac{2 \ln(x)}{x} dx et v = \begin{aligned} \int \dfrac{dx}{1 + x^2} = \arctan(x) \end{aligned}

Donc

\begin{aligned}\int_{0}^{1}{\dfrac{\ln{(x)}²}{x^2+1}dx} &= \underbrace{\left[\ln^2(x) \arctan(x)\right]^1_0}_{ =~ 0} - 2 \int^1_0 \dfrac{\ln(x)}{x(x^2 + 1)} \arctan(x) d x \end{aligned}

Posté par
matheux14
re : Log et sin 06-05-23 à 00:08

Oups

Citation :
Donc

\begin{aligned}\int_{0}^{1}{\dfrac{\ln{(x)}²}{x^2+1}dx} &= \underbrace{\left[\ln^2(x) \arctan(x)\right]^1_0}_{ =~ 0} - 2 \int^1_0 \dfrac{\ln^2(x)}{x^2 + 1} d x \end{aligned}


boff

Posté par
matheux14
re : Log et sin 06-05-23 à 00:12

Reoups il faut oublier ce "2"..

Wolfram trouve \dfrac{\pi^3}{16} pour cette intégrale.

Posté par
carpediem
re : Log et sin 06-05-23 à 15:54

salut

je suis de loin ... mais une question :

quelle est la différence entre \ln (x)^2 $ et $ \ln^2 x ?

je vois la différence entre \ln(x^2) $ et $ \ln^2 x ...

Posté par
matheux14
re : Log et sin 06-05-23 à 16:04

J'ai fait un copier-coller de la notation FerreSucre le 03-05-23 à 22:39.

Je crois que c'est la même chose, mais je préfère la notation \ln^2(x).

Posté par
FerreSucre
re : Log et sin 06-05-23 à 16:17

matheux14 Mes calculs sont bons normalement j'avais vérifié avec quelques itérations mais je ne vois pas trop ou tu veux en venir avec ton integration par partie parcontre 😅

J'ai cru voir que le « seul moyen » de calculer l'intégrale que tu cherches ln(x)²/(x²+1) sur ]0,1] est en développant 1/(1+x²) comme somme de termes géométrique de raison -x² jusqu'à l'infini et d'intégrer le tout, tu tomberas sur :

= \sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{2(-1)^n}{(2n+1)^3}

Et là tu étudies la somme

Posté par
matheux14
re : Log et sin 06-05-23 à 19:08

FerreSucre je parlais de ton calcul du 04-05-23 à 00:09.

Posté par
matheux14
re : Log et sin 06-05-23 à 19:18

C'est aussi juste, j'ai cru voir 1 + x^2 au lieu de 1 - x^2



Vous devez être membre accéder à ce service...

Pas encore inscrit ?

1 compte par personne, multi-compte interdit !

Ou identifiez-vous :


Rester sur la page

Inscription gratuite

Fiches en rapport

parmi 1701 fiches de maths

Désolé, votre version d'Internet Explorer est plus que périmée ! Merci de le mettre à jour ou de télécharger Firefox ou Google Chrome pour utiliser le site. Votre ordinateur vous remerciera !