intégrale

Wolfram alpha n’a pas aimé.

Sauf erreur:
$\displaystyle \int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}} x\big(\tan(x)\big)^{-\tfrac{3}{2}}dx=\sqrt{2}\pi-\dfrac{\pi \log2}{2\sqrt{2}}-\dfrac{\pi^2}{4\sqrt{2}}$

NB:

Pour $s\geq 2$ cette intégrale ne me semble pas convergente.

PS:
J'ignore si Mathematica ou un autre CAS est capable de calculer cette intégrale directement.
La version en ligne de Wolfram ne parvient pas à calculer cette intégrale dans le temps alloué.

Bonsoir

On pose $u = \tan(x)$ et l'intégrale devient : $\quad\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{u^s}{1+u^2}\arctan(u).du$
Sous cette forme on voit facilement que sur la borne supérieure, la convergence de l'intégrale est assurée pour $s < 1$
et sur la borne inférieure la convergence est assurée pour $s > - 2$.
Finalement il conviendra que $s$ soit strictement compris entre $- 2$ et $1$.

Quant à déterminer le résultat de l'intégrale fonction de $s$, passer par la fonction eulérienne Gamma paraît pertinent, mais ce résultat n'a rien d'évident.
Cordialement.

Si on nomme $I(s)=\displaystyle \int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}} x\big(\tan(x)\big)^sdx$

Quand $I(s)$ et $I(-s)$ existent on a, me semble-t-il, l'identité:

$I(s)+I(-s)=\displaystyle \dfrac{\pi}{2} \int_{0}^{+\infty} \dfrac{dx}{x^s(1+x^2)}$

Un dernier pour ce soir:

$I\Big(\dfrac{2}{3}\Big)=\dfrac{\pi^2}{4}+\dfrac{\sqrt{3}\pi\log3}{4}$

Quand $I(s)$ converge, on a sauf erreur:

$\displaystyle I(s)=\dfrac{\pi}{2}\sec\Big(\dfrac{(s+1)\pi}{2}\Big)\int_0^1 \dfrac{x^{-s}-1}{x^2-1}dx$

Pour comprendre d'où je sors la formule précédente (dont je ne sais pas exactement si elle est valide pour tout s où I(s) converge) il ne faut pas avoir raté l'épisode précédent http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,998265,1004607#msg-1004607 B-)-


J'ai introduit la fonction $F_s(y)=\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \arctan\big(y\tan(x)\big)(\tan (x))^sdx$

Puis j'ai considéré sa dérivée par rapport à $y$.

En réutilisant la décomposition en fraction rationnelle donnée dans le message mis en lien ci-dessus et à coup de changement de variable je suis parvenu à obtenir une expression simplifiée de cette dérivée comme un produit de

$\dfrac{y^{-s}-1}{y^2-1}$ et de $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \dfrac{dx}{x^s(1+x^2)}$ ou de $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \dfrac{x^sdx}{1+x^2}$ je ne sais plus. Je n'ai pas calculé cette intégrale (j'espère que cela se fait par des moyens élémentaires) mais en demandant à Wolfram de calculer cette intégrale avec quelques valeurs j'ai deviné une formule que j'ai "vérifiée" numériquement en prenant des valeurs décimales du paramètre s.

Et bien sûr on a:

$\displaystyle I(s)=\int_{0}^{1} F'_s(y)dy$


J'ai demandé à Wolfram de calculer une primitive de $F'_s(y)$ mais j'ai obtenu une expression compliquée.

J'ai trouve une méthode assez rapide pour effectuer ce calcul a écrit:

J'ai l'impression que tu te retrouves avec les mêmes calculs auxquels j'ai du faire face ;-)

$\displaystyle I(s-1)=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} x(\tan(x))^{s-1} dx=\int_0^{+\infty} \dfrac{\arctan(x)x^{s} dx}{x(1+x^2)}$ après le changement de variable $u=\tan(x)$
En utilisant $\displaystyle \arctan(x)=\int_0^1 \dfrac{dt}{1+x^2t^2}dt$
On obtient:
$\displaystyle I(s-1)=\int_0^{+\infty} \dfrac{x^s}{1+x^2}\Big( \int_0^1 \dfrac{1}{1+x^2t^2}\Big) dx$
$\displaystyle I(s-1)=\int_0^{1} \Big(\int_{0}^{+\infty} \dfrac{x^sdx}{(1+x^2)(1+x^2t^2)}\Big)dt$
Or:
$\dfrac{1}{(1+x^2)(1+t^2x^2)}=\dfrac{t^2}{(t^2-1)(1+t^2x^2)}-\dfrac{1}{(t^2-1)(1+x^2)}$
Donc:
$\displaystyle I(s-1)=\int_0^1 (I_1(t)+I_2(t))dt$
avec:
$\displaystyle I_1(t)=\dfrac{t^2}{t^2-1}\int_0^{+\infty} \dfrac{x^s}{1+t^2x^2}dx=\dfrac{t^2}{t^{s+1}(t^2-1)}\int_0^{+\infty} \dfrac{x^s}{1+x^2}dx$ après le changement de variable $u=tx$
et:
$\displaystyle I_2(t)=-\dfrac{1}{t^2-1}\int_0^{+\infty} \dfrac{x^s}{1+x^2}dx$
Si on pose:
$\displaystyle G(s)=\int_0^{+\infty} \dfrac{x^s}{1+x^2}dx$
qui ne dépend pas de $t$, mais seulement de $s$
On a donc:
$\displaystyle I(s-1)=G(s) \int_0^1 \Big(\dfrac{t^2}{t^{s+1}(t^2-1)}-\dfrac{1}{t^2-1}\Big) dt=G(s) \int_0^1 \Big(\dfrac{t^{-(s-1)}-1}{t^2-1}dt\Big)$
Il ne reste plus qu'à montrer proprement que $G(s)=\dfrac{\pi}{2}\sec\Big(\dfrac{\pi}{2}s\Big)$

Les calculs faits ci-dessus sont valables me semble-t-il pour -1<s<1

La formule semble être valide même pour s=-3/2 mais la démonstration de la formule pour I(s) ci-dessus ne fonctionne que pour -1<s<1. Ce qui ne veut pas dire qu'elle n'est pas valide pour toute valeur de s où I(s) existe.