intégrale
Bonjour
Je cherche l’intégrale suivante :
Pour le cas général je pressens qu'il y a du Gamma dans la solution mais ne parviens pas à me débarrasser du facteur x !
Merci par avance de vos indications.
fjaclot:
Je cherche l’intégrale suivante :
intégrale de 0 à Pi/2 de x . (Tan(x))^(s) . dx avec s réel
Les cas s=0 et s=-1 sont triviauxPour le cas général je pressens qu'il y a du Gamma dans la solution mais ne parviens pas à me débarrasser du facteur x !
Merci par avance de vos indications.
fjaclot:
Réponses
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Wolfram alpha n’a pas aimé.Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
-- Schnoebelen, Philippe -
A savoir par coeur : si $p,q>0$ et $x\in (0,1)$ alors $\Gamma(p)\Gamma(q)/\Gamma(p+q)=2\int_0^{\pi/2}(\sin^{2p-1}t)(\cos ^{2q-1}t)dt$ et $\Gamma(x)\Gamma(1-x)=\pi/\sin (\pi x).$ Avec cela tu y arrives.
-
Merci a P,
Je te rassure : Ces deux formules font bien partie de mon baggage elementaire
Mais en l'occurrence cela ne m'aide guere ou ne me suffit pas, car il y a dans l'integrale un facteur x qui complique les choses.
Je fais donc a nouiveau appel aux bonnes volontes.
fjaclot; -
J'avais lu trop vite en effet.
-
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. -
Sauf erreur:
$\displaystyle \int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}} x\big(\tan(x)\big)^{\tfrac{1}{2}}dx=\dfrac{\pi^2}{4\sqrt{2}}+\dfrac{\pi \log2}{2\sqrt{2}}$
Merci AD pour le tfrac que je ne connaissais pas :-)
[À ton service. ;-) LaTeX pourvoit les commandes \dfrac (display frac) et \tfrac (text frac). AD] -
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:
$I(s)+I(-s)=\displaystyle \dfrac{\pi}{2} \int_{0}^{+\infty} \dfrac{dx}{x^s(1+x^2)}$ -
J'ai l'impression que
$\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \dfrac{dx}{x^s(1+x^2)}=\dfrac{\pi}{2}\sec\Big(\dfrac{s\pi}{2}\Big)$
Quand l'intégrale est convergente.
PS:
On a en particulier, sauf erreur:
$\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \dfrac{dx}{x^{\tfrac{2}{3}}(1+x^2)}=\pi$ -
Un dernier pour ce soir:
$I\Big(\dfrac{2}{3}\Big)=\dfrac{\pi^2}{4}+\dfrac{\sqrt{3}\pi\log3}{4}$ -
Bonjour
La relation donnée par Fin de partie est exacte pour $- 1 < s < 1$ : $$I(s) + I(-s) = \frac{\pi^2}{4\cos\frac{\pi.s}{2}}\cdot$$ Elle permet de déterminer des intégrales numériques.
Cordialement. -
Quand $I(s)$ converge, on a sauf erreur:
$\displaystyle I(s)=\dfrac{\pi}{2}\sec\Big(\dfrac{(s+1)\pi}{2}\Big)\int_0^1 \dfrac{x^{-s}-1}{x^2-1}dx$ -
Bonjour Fin de Partie,
Ton resultat peut se simplifier en faisant apparaitre Phi(1/2) et Phi (1/2 - s/2).
Ce qui m'interesserait c'est de savoir comment tu as fait.
Ensuite on peut s'amuser a deriver par rapport a s pour trouver tout un lot de tres belles integrales.
.....la partie n'est donc jamais finie !!
Par avance merci.
fjaclot; -
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. -
Re-Bonjour,
J'ai trouve une méthode assez rapide pour effectuer ce calcul :
* faire le changement de variable Tan(x) = t
* isoler un facteur ArcTan(t) / t
* le remplacer par son expression integrale : integrale de 0 a l'infini de dy / (1 + (t.y)^2)
* permuter les deux intégrales, ce qui ramène à des intégrales connues ou classiques
D’où le résultat annoncé pour I(s-1)
A noter qu'outre la relation entre I(s) et (-s) indiquée ci-dessus il y en a une tout aussi évidente à trouver entre ((s+1) et I(s-1) pour s négatif :I(s+1) + I(s-1) = - (Pi) / (2.s.Cos((Pi).s/2))En prenant la dérivée seconde de I(s-1) par rapport à s cela permet en particulier de calculer la "jolie" intégrale suivante :intégrale de 0 à l'infini de (Ln(x).Arctan(x)/x)^2 .dx = ((Pi)^3)/4 + 2 (Pi) Ln(2) - ((Pi)^3)/12 - (Pi).Zeta(3) /4dont wolfram alpha dit qu'elle est nulle, alors même que l'intégrande est toujours positif !!!
fjaclot. -
$\displaystyle I(s-1)=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} x(\tan(x))^{s-1} dx=\int_0^{+\infty} \dfrac{\arctan(x)x^{s} dx}{x(1+x^2)}$ 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 $G(s)=\dfrac{\pi}{2}\sec\Big(\dfrac{\pi}{2}s\Big)$ -
Cher F de P,
Il ne reste plus qu'a bien preciser pour quelles valeurs de s la formule est valable
fjaclot; -
Les calculs faits ci-dessus sont valables me semble-t-il pour -1<s<1
-
Serait-ce que le resultat pour s = -3/2 donne plus haut est faux ?
fjaclot, -
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.
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Bonjour!
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