Théorème des Résidus
dans Les-mathématiques
Bonsoir !
Je m'entraîne en ce moment sur le {\bf théorème des résidus}.
Je voudrais calculer ces deux intégrales mais j'avoue que sur le calcul des résidus, je coince ...
$$I = \int_0^{+ \infty} \frac{1}{1+x^2+x^4}dx$$
$$J = \int_0^{+ \infty} \frac{sinx}{x}dx$$
Pouvez-vous m'aider ?
Je m'entraîne en ce moment sur le {\bf théorème des résidus}.
Je voudrais calculer ces deux intégrales mais j'avoue que sur le calcul des résidus, je coince ...
$$I = \int_0^{+ \infty} \frac{1}{1+x^2+x^4}dx$$
$$J = \int_0^{+ \infty} \frac{sinx}{x}dx$$
Pouvez-vous m'aider ?
Réponses
-
pour le deuxieme : $z \rightarrow \frac{e^{iz}}{z}$
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Maroc forever -
Bonjour,
En cherchant sur le forum, on trouve plusieurs exemples.
En voici deux :
-
bonjour
je ne pratique pas la méthode des résidus et pour la détermination d'intégrales fonctions de x, j'utilise de préférence les outils eulériens (produits infinis et développements polynomiaux)
je peux te donner les résultats qui t'intéressent:
pour la première intégrale le résultat est pi.rac(3)/6
il faut transformer la fonction à intégrer en (1-x²)/(1-x^6)
séparer les deux fractions et utiliser le résultat connu pour x et y réels (avec 0 < y+1 < x) :
intégrale sur R+ de t^y.dt/(1-t^x)=(pi/x)/tan[(y+1)pi/x]
pour la seconde intégrale (de Dirichlet) le résultat est pi/2, obtenu de différentes manières, la plus rapide étant l'application intégrale de la fonction Gamma mais une méthode simplement trigo (avec passage à la limite de la borne supérieure n) existe aussi
cordialement -
bonjour
je confirme le résultat de JJ concernant
l'intégrale sur R+ de x^a.dx/(x²-x+1) que l'on peut obtenir à partir de
intégrale sur R+ de x^a.(x+1).dx/(x^3+1)
et en appliquant le résultat (avec 0 < y+1 < x) déduit de l'intégrale de Dirichlet :
intégrale sur R+ de t^y.dt/(1+t^x)=(pi/x)/sin[(y+1)pi/x]
cordialement -
Vraiment, merci à tous de m'avoir répondu ! ^_^
-
Je viens juste de trouver une variante (encore) avec le théorème des résidus ... (merci JJ)
$$\displaystyle f(x)=\frac{1}{x^4+x^2+1}=\frac{1}{(x^2+x+1)(x^2-x+1)}$$\\
f est holomorphe et on trouve 4 p\^oles simples $\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}$ et $\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}$\\
Seuls les poles $\frac{-1+ i\sqrt{3}}{2}=e^{\frac{2i\pi}{3}}$ et $\frac{1+i\sqrt{3}}{2}=e^{\frac{i\pi}{3}}$ sont situ\'es dans le demi plan $\{z \in C, Im(z)>0\}$\\
$$Res(f,e^{\frac{i\pi}{3}})=\frac{1}{-3+i\sqrt{3}}$$
$$Res(f,e^{\frac{2i\pi}{3}})=\frac{1}{3+i\sqrt{3}}$$
Donc,
$$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx=2i\pi(\frac{1}{-3+i\sqrt{3}}+\frac{1}{3+i\sqrt{3}})=\frac{\pi \sqrt{3}}{3}$$
Finalement, $$\int_0^{+\infty}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx=\frac{\pi \sqrt{3}}{6}$$
Mon raisonnement est-il bon ? -
Oui ! Pour résumer, voilà ce que l'on trouve dans les cours d'analyse complexe L3, pour le calcul de $\displaystyle {\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac {P(z)}{Q(z)} \, dz}$, avec $P,Q$ deux polynômes, la restriction de $Q$ à $\R$ étant (bien évidemment) non identiquement nulle, et $\deg Q \geqslant \deg P + 2$. Si on pose $\displaystyle {f(z) = \frac {P(z)}{Q(z)}}$, alors : $$\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac {P(z)}{Q(z)} \, dz} = 2 i \pi \sum Rés \left ( f(z) \, ; \, \Im z > 0 \right ).$$ Autre exemple : avec quasiment les même hypothèses, sauf $\deq Q \geqslant \deg P + 1$, on a, pour tout $t \in \R$ : $$\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac {P(z)e^{itz}}{Q(z)} \, dz} = 2 i \pi \sum Rés \left ( f(z) \, ; \, \mathcal {H_t} \right ),$$ où \mathcal {H_t} = \{ z \in \C \, / \, sgn(\Im z) = sgn(t) \}$.
Borde. -
Oui ! Pour résumer, voilà ce que l'on trouve dans les cours d'analyse complexe L3, pour le calcul de $\displaystyle {\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac {P(z)}{Q(z)} \, dz}$, avec $P,Q$ deux polynômes, la restriction de $Q$ à $\R$ étant (bien évidemment) non identiquement nulle, et $\deg Q \geqslant \deg P + 2$. Si on pose $\displaystyle {f(z) = \frac {P(z)}{Q(z)}}$, alors : $$\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac {P(z)}{Q(z)} \, dz} = 2 i \pi \sum Rés \left ( f(z) \, ; \, \Im z > 0 \right ).$$ Autre exemple : avec quasiment les même hypothèses, sauf $\deq Q \geqslant \deg P + 1$, on a, pour tout $t \in \R$ : $$\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac {P(z)e^{itz}}{Q(z)} \, dz} = 2 i \pi \sum Rés \left ( f(z) \, ; \, \mathcal {H_t} \right ),$$ où $\mathcal {H_t} = \{ z \in \C \, / \, sgn(\Im z) = sgn(t) \}$.
Borde. -
Bonjour Borde.
si on transpose ton 2e exemple :
$$\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac {P(z)e^{itz}}{Q(z)} \, dz} = 2 i \pi \sum Rés \left ( f(z) \, ; \, \mathcal {H_t} \right ),$$
avec $$J = \int_0^{+ \infty} \frac{e^{ix}}{x}dx$$
je trouve $$J = \int_{-\infty}^{+ \infty} \frac{e^{ix}}{x}dx=2i\pi$$
Et non $$J = \int_{-\infty}^{+ \infty} \frac{e^{ix}}{x}dx=i\pi$$
Mais je ne vois pas où est mon erreur ... -
Le problème ici est que $Q(0) = 0$, donc la restriction de $Q$ à $\R$ n'est pas identiquement nulle. Il faut alors modifier le contour pour exclure $0$. Plus généralement, tu as : soit $f$ une fonction holomorphe dans le demi-plan $\{ z \in \C \, / \, \Im z \geqslant 0 \}$ possédant un pôle simple à l'origine. Alors on a : $$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)e^{ix} \, dx = 2 i \pi \sum Rés \left ( f(z)e^{iz} \right ) + i \pi Rés \left ( f(z)e^{iz} \, ; \, 0 \right ),$$ la première somme étant étendue aux pôles de $f(z)e^{iz}$ dans le demi-plan $\{ z \in \C \, / \, \Im z > 0 \}$.
Borde. -
...Lire la restriction de $Q$ à $\R$ n'est pas {\bf non} identiquement nulle.
Borde. -
Bonsoir Borde !
Je ne connaisais pas ce dernier résultat, et j'avoue avoir un peu de mal à l'appliquer.
Cela dit, merci pour ton intervention, je vais essayer de renforcer mes bases dans ce domaine.
Amicalement.
Ariès. -
Merci tout d'abord à Alain, comme d'habitude !
Pour Aries : ce dernier résultat n'est que la généralisation de ce qu'a fait JJ dans son message ci-dessus. Le contour à prendre est la première demi-couronne de son post. La démonstration de ce résultat se trouve dans les bouquins d'analyse complexe, et utilise des lemmes de Jordan.
Borde. -
Bonsoir !
Je m'entraîne en ce moment sur le théorème des résidus.
Je voudrais calculer cette integrale mais j'avoue que sur le calcul des résidus, je coince ...
Pouvez-vous m'aider ?
integrale de 0 a l'infini de 1/(1+x²)]m,m appartenant à N* -
Bonne nuit,
1/(1 + x2)m, je suppose ? Version luxe: $ \dfrac{1}{(1+x^2)^m} $, et version superluxe: $\int_{0}^\infty \dfrac{1}{(1+x^2)^m} dx$.
Bien cordialement. -
@Jaures
Montrons que :
\[
\forall n \in \mathbb{N*},~~ I_n~=~\displaystyle{\int_0^{+\infty} \frac{1}{(1+x^2)^n}\,dx}~=\frac{\pi}{2^{2n-1}}\binom{2n-2}{n-1}
\]
Soit $\displaystyle \forall z \in \mathbb{C}\setminus\lbrace{i,-i}\rbrace,~~f(z) = \frac{1}{(1+z^2)^n} $
Remarquons d'emblée que $f$ est méromorphe sur $\mathbb{C}$, et possède deux pôles, $i$ et $-i$ de multiplicité $n$ à chaque fois.
On considère le lacet $\gamma$ constitué du segment $[-R,R]$ et du demi cercle de rayon $R>1$ contenu dans le demi-plan $\{z\in \mathbb{C}\mid Im(z)>0~\}$, orienté de telle sorte que le seul pôle (en l'occurence $i$) qui figure à l'intérieur le soit avec un indice égal à $1$.
D'après le théorème des résidus ($\mathbb{C}$ étant bien évidemment simplement connexe), nous avons que : \quad $\displaystyle \int_{\gamma} f(z) \,dz~=~2i \pi Res_f(i) $
Or, en découpant le lacet en portions élémentaires, et en utilisant la parité de la fonction réelle $x \mapsto f(x)$, on peut écrire :
\begin{align*}
\int_{\gamma} f(z) \,dz &=\int_{-R}^R f(x) \,dx + \int_{0}^{\pi} \frac{iRe^{i\theta}}{R^2e^{2i\theta}} \,d\theta \\
&= 2I_n + \underbrace{\int_{0}^{\pi} \frac{iRe^{i\theta}}{(R^2e^{2i\theta}+1)^n} \,d\theta }_{J_R}
\end{align*}
D'après le théorème de convergence dominée, on montre rapidement que $J_R \underset{+\infty}{=} o(1)$.
On en déduit donc, en faisant tendre $R$ vers $+\infty$, que : $\displaystyle I_n~=~i\pi Res_f(i)$
Calculons le résidu $Res_f(i)$
$i$ étant un pôle d'ordre $n$ de $f$, son résidu vaut $\dfrac{g^{(n-1)}(i)}{(n-1)!}$ où $g$ est la fonction méromorphe $z \mapsto (z-i)^n f(z)= \dfrac{1}{(z+i)^n}$
Un calcul rapide nous donne que : $\displaystyle Res_f(i)~=~\frac{1}{i 2^{2n-1}}\binom{2n-2}{n-1}$
On en déduit alors le résultat désiré :
\[
I_n~=~\frac{\pi}{2^{2n-1}}\binom{2n-2}{n-1}
\]
Bien cordialement,
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Bonjour!
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