Une intégrale récalcitrante
Réponses
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oui, c'est très facile ... en utilisant le contour ci-dessous :
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salut,
je pense que Le théorème des résidus est utile pour ces intégrales -
Bonsoir Hé3.
$u= \dfrac1t$ ?
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
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Je précise : sans analyse complexe (c'est pour un sujet que j'essaye de faire pour mes étudiants).
A ev : je me retrouve avec ce changement de variable à intégrer $t^2/(1+t^4)$ ce qui n'est pas vraiment mieux ? -
Si $a,b>0$ par le changement de variable $y=x/(1-x)$ on a
$$\frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}=B(a,b)=\int_0^1x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx=\int_0^{\infty}\frac{y^{a-1}}{(1+y)^{a+b}}dy.$$
A savoir par cœur aussi $ B(p,1-p)=\pi/\sin(\pi p)$ si $0<p<1.$
Dans ton integrale $ I$ tu poses $y=t^4$ et tu atterris sur $ I=B(1/4,3/4)/4=\dfrac{\pi}{4\sin (\pi/4)}=\pi/2^{3/2}.$ -
En posant $I = \int_0^{+\infty} \frac{dt}{1+t^4}$ ça te donne
$2I + \sqrt2 \frac\pi4 = \int_0^{+\infty} \frac{dt}{1-\sqrt2t+t^2}$
via $t^4+1 = (1-\sqrt2t+t^2)(1+\sqrt2t+t^2)$ et le calcul de $ \int_0^{+\infty} \frac{t\,dt}{1+t^4}$.
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Bonne nuit,
Ou alors, on sait par coeur que $\int_0^{+\infty} \sqrt{\tan(t)} dt = \dfrac{\pi}{\sqrt 2}$.
Cordialement,
Rescassol -
Remarque d'abord $$\int_{0}^{+\infty}\frac{dt}{1+t^4} = \frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{+\infty}\frac{dt}{1+4t^4} $$
et :
$$ 1+4t^4 = (1+4t^2+4t^4)-(2t)^2 = (2t^2+2t+1)(2t^2-2t+1) $$
à partir duquel:
$$ \frac{1}{1+4t^4} = \frac{1-t}{2-4t+4t^2}+\frac{1+t}{2+4t+4t^2}$$
et :
$$ \int_{0}^{+\infty}\frac{dt}{1+4t^4} = 2\int_{0}^{1}\frac{1-t}{2-4t+4t^2}\,dt = \int_{0}^{1}\frac{2t}{2-4t+4t^2}\,dt$$
peut être calculée explicitement en termes de $\arctan(1-2t)$ et $\log(1-2t+2t^2)$.
puisque $\displaystyle \int_{0}^{1}\dfrac{2t}{2-4t+4t^2}\,dt=\frac{\pi}{4}$, ce qui donne :
$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dt}{1+t^4} = \color{blue}{\frac{\pi}{\sqrt{2}}}.$$ -
vu que c'est mon premier post, je n'ai pas réussi à rédiger les maths honnêtement ... d'où le repassage en latex ... et désolé, ce n'est pas en français non plus car je n'arrive pas à faire les caractères spéciaux de la langue française à cause de mon paramétrage (c'est lié à babel, mais pas envie de me prendre la tête avec) ... d'où une image .jpg en anglais (sigh) ... cela dit, si on dépasse ces idioties, côté maths ça ne prend que 3 lignes ...
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aargh wrong spelling : 'residue' in english ...
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Il existe un théorème des résidus spécifique aux fonctions rationnelles, que l'on peut démontrer sans recourir à la théorie générale des fonctions de variable complexe, avec seulement le lemme suivant.
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Soit $\omega \in \C\backslash \R$,$k\in \N,k\geq 2$. Alors :$\displaystyle \int_{-\infty }^{+\infty }\frac{dt}{(t-\omega )^{k}}=0$, et : $\displaystyle \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\int_{-x}^{x}\frac{dt}{t-\omega }=\varepsilon i\pi $, $\varepsilon =sgn(Im(\omega ))$.
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Ce lemme se prouve de façon purement élémentaire, par le calcul des intégrales en question par primitivation, en séparant parties réelles et imaginaires pour la seconde.
Il en résulte le théorème suivant.
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Soit $F(X)=\frac{P(X)}{Q(X)}$, où $P$ et $Q$ sont des polynômes à coefficients complexes, non nuls, premiers entre eux, le polynôme $Q$ n'ayant pas de zéro réel, avec : $\deg Q\geq \deg P+2$.
Soient $\omega _{1}$, $\omega _{2}$, ..., $\omega _{r}$ les zéros complexes de $Q$, autrement dit les pôles de $F$, distincts, chacun avec un certain ordre de multiplicité, avec $r\in \N^{*}$ et $\omega _{k}\in \C \backslash \R$.
Pour chacun de ces pôles $\omega _{k}$, $k\in \{1,2,...,r\}$, le résidu de $F$ en ce pôle $\omega _{k}$ est le coefficient de $\frac{1}{X-\omega _{k}}$ dans la décomposition de $F(X)$ en éléments simples sur $\C$ ; ce résidu est noté : $Res(F,\omega _{k})$.
Alors : $ \displaystyle \int_{-\infty }^{+\infty }F(t)dt=i\pi \overset{r}{\underset{k=1}{\sum }}\varepsilon _{k}Res(F,\omega _{k})$, où : $\varepsilon_k =sgn(Im(\omega_k ))$.
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Avec le lemme précédent, ce théorème se prouve par le simple calcul, sans recours à aucun contour.
Si les pôles de $F$ sont simples, alors : $Res(F,\omega _{k})=\frac{P(\omega _{k}).}{Q^{\prime }(\omega _{k}).}$.
Avec tout ça, le calcul de l'intégrale en question devient très simple.
Vous direz ça fait beaucoup, mais ça s'applique à pas mal d'intégrales, avec des moyens conceptuels élémentaires.
Bonne journée.
F. Ch. -
Bonjour,
En plus de la méthode du changement de variable $\displaystyle u = \frac{1}{t}$ qui mène à intégrer $\displaystyle {1 \over 1+y^2}dy$ et donc à des arctangentes, et de la méthode des résidus, j'en connais deux autres. En voici une :
Il suffit d'écrire que $\displaystyle {1 \over 1+t^4} = \Re({1 \over 1+it^2})$, puis que $\displaystyle 1+it^2 = (1-wt)(1+wt)$ avec $\displaystyle w = e^{-i \frac{\pi}{4}}$. On sait intégrer cette fraction par décomposition en éléments simples, qui mène à des logarithmes, et on prend soin de rassembler les logarithmes et de définir correctement $\displaystyle \ln(-1)=-i \pi$ (dans mon cas) et voilà !
Cette méthode, bien que dans le plan complexe, est beaucoup plus simple et rapide qu'une intégrale de contour. -
En développant en série sous le signe somme,
$$I = \sum_{k=0}^\infty(-1)^k\left( \dfrac1{4k+1}+ \dfrac1{4k+3}\right).$$
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Variante de la méthode d'ev : $4I=2\int_\R \dfrac{dt}{1+t^4}=\int_\R\dfrac{1+t^2}{1+t^4}\,dt
=\int_\R \dfrac{1-t\sqrt{2}+t^2}{1+t^4}\,dt = \int_\R\dfrac{dt}{1+t\sqrt{2}+t^2}=[\sqrt{2}\mbox{arctan}(t\sqrt{2})]_{-\infty}^{+\infty}=\pi\sqrt{2}$. -
Bonjour !
Pas très fastidieux si on sait :
1. Pour $\omega$ pôle simple de $X^4+1$ la partie polaire relative à ^$\omega$ est $\dfrac{1}{4\omega^3(X-\omega)}=\dfrac{-\omega}{4(X-\omega)}$ car ici $\omega^4=-1$ (le rappel de ce calcul a été fait ci-dessus)
2. Pour $(a,b)\in\R\times\R^*$, une primitive de $x\mapsto\dfrac1{x-a-ib}$ est $\ln|x-a-ib|+i\arctan\dfrac{x-a}b$ (à mon avis cette formule devrait faire partie de l'arsenal primitives usuelles, au moins en post-bac)
Il est facile de voir que la partie principale des log en $+\infty$ sera multipliée par la somme des $\omega$ qui vaut 0.
Le regroupement des "Arctg" associés à $\omega=a+ib$ et son conjugué sera $i\omega\arctan\dfrac{x-a}b+i\overline{\omega} \arctan\dfrac{x-a}{-b}=-2b\arctan\dfrac{x-a}b$ -
Plus généralement, $\displaystyle I_n=\int_{\R_+} \frac{dx}{1+x^n}=\frac{\pi/n}{\sin(\pi/n)}$
C'est un grand classique, qu'on trouve par exemple dans Rudin, Analyse réelle et complexe.
On va de $0$ à $R$, puis de $R$ à $R\exp(\frac{2i\pi}n)$ (en tournant), et on revient à $0$. -
Variante de la méthode de JLT : $\displaystyle 2I=\int_{\R^+}\dfrac{1+t^2}{1+t^4}\,dt$ puis le changement de variable $t=\exp u$ ; cela dit, la méthode des résidus rationnels de Chaurien est, en général, la plus efficace.
Cordialement, j__j -
Bonjour,
pour les non initiés, le thm des résidus rationnel est détaillé dans le verger d'Eiden :
http://ecx.images-amazon.com/images/I/51g4PhbmaUL._SX335_BO1,204,203,200_.jpg -
Bonjour, malheureusement je n'ai aucune compréhension de toutes les intégrales dans ce fil.
Par exemple, pour l'astuce d'ev, est-ce qu'il suffit de faire le changement de variable pour que le reste suive ? Quand vous écrivez $2I=\cdots$, avez vous fait implicitement une intégration par partie ?
Cordialement. -
Bonjour David.
$2I = I + I$, sachant que le premier $I$ est $\int_{\R_+}\dfrac{dt}{1+t^4}$ et le deuxième est $\int_{\R_+}\dfrac{t^2}{1+t^4}\,dt$.
Pas d'IPP...
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Par quel argument peut on dire que $$\int_{\R_+}\dfrac{dt}{1+t^4}=\int_{\R_+}\dfrac{t^2dt}{1+t^4}$$ ?
C'est ce qui semble suggérer par cet emploi du $2I$, aurais-je la berlue ?
Factoriser n'est possible que si les deux quantités sont égales.
Merci pour vos réponses.
EDIT : ah ça y est, j'y suis ! Le changement de variable, bien sûr
tout s'éclaire. Magistral, mes compliments (ou chapeau maestro).
Cordialement,
PS : merci beaucoup e.v. -
Oui, Albertine : toujours penser à $1/t$ quand on est sur $\R^+$.
Hicham -
...tout simplement (?) parce que $\frac{dt}t$ est une mesure de Haar sur $\R_+^\star$.
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
$I=\displaystyle \int_0^{+\infty}\dfrac{dx}{1+x^4}=\int_0^{+\infty}\dfrac{x^2dx}{1+x^4}$
(changement de variable $y=\dfrac{1}{x}$)
Donc:
$\begin{align*}
I
& = \dfrac{1}{2}\int_0^\infty \dfrac{1+x^2}{1+x^4}\mathrm{d}x \\
& = \dfrac{1}{2}\int_0^\infty \dfrac{1+\dfrac{1}{x^2}}{x^2+\dfrac{1}{x^2}} \mathrm{d}x \\
\end{align*}$
On utilise le changement de variable $y=x-\dfrac{1}{x}$
$\begin{align*}
I
&= \dfrac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{\mathrm{d}x}{x^2+2} \\
&= \dfrac{1}{2\sqrt{2}}\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{\mathrm{d}x}{1+x^2}dx\\
&= \dfrac{\pi}{2\sqrt{2}}\\
\end{align*}$ -
Elegant et mysterieux.
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Parmi toutes ces solutions, la plus simple me paraît être celle de Fin de partie. Je veux dire facile à comprendre, pas à trouver.
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Bonjour,
@P., je suis bien d'accord que le changement de variable proposé par @Fin de partie vaut le coup d'oeil. Cependant, en combinant les changements de variables simples, on fait appraître des changements de variables plus complexes, qui peuvent former une "astuce" qui n'en est pas une.
En l'occurrence, @john_john a proposé, dans ce fil, le changement de variable $\displaystyle t = e^u$, qui est suivi d'un autre $\displaystyle z= \sinh u$ et mène directement à $\displaystyle \arctan z$ : c'est, en fait, le même que $\displaystyle y = x-\frac{1}{x}.$ -
YM, tu as raison de rendre a Cesar-john-john ce qui lui appartient. FdP me tire l'oeil car $x\mapsto x-\frac{1}{x}$ applique sur $\mathbb{R}$ preserve la mesure de Lebesgue (en gros $\int_{-\infty}^{\infty} f(x-\frac{1}{x})dx= \int_{-\infty}^{\infty} f(y)dy$) et les exemples ou cette transformation d'une fraction rationnelle en une fraction rationnelle plus simple ne sont pas nombreux -ca doit etre quand meme facilement classifiable. Pardon pour l'absence d'accents sur ce clavier de barbares
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Pourquoi faire simple quand on peut faire compliqué. :-D
Cela dit, le calcul proposé est un truc standard appris en lisant M.E. :-) -
Qui est M.E. ? Dans quel(s) cas il s'applique ?
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M.E= math exchange.
Voir le lien récent:
http://math.stackexchange.com/questions/1511717/how-to-compute-int-0-infty-fracdt1t4-frac-pi2-sqrt-2
J'avais déjà vu ce truc utilisé précédemment il y a quelques mois mais je ne me souviens plus dans l'instant pour quel calcul, désolé. -
Bonjour,
Voici encore une méthode, qui retrouve un résultat connu, mais sans utiliser une intégrale de contour.
Soit $\displaystyle n \geq 2$ pour que l'intégrale converge.
On calcule :
$\displaystyle \int_0^{+\infty} dx {1 \over 1+x^n} = \int_0^{+\infty} dx \int_0^{+\infty} dt e^{-(1+x^n)t} = \int_0^{+\infty} dt e^{-t} \int_0^{+\infty} e^{-x^n t} dx $
puis changement de variable $\displaystyle u=x^n t$ et voilà !
$\displaystyle \int_0^{+\infty} dx {1 \over 1+x^n} = \frac{1}{n} \int_0^{+\infty} dt t^{(1-\frac{1}{n})-1}e^{-t} \int_0^{+\infty} du u^{\frac{1}{n}-1}e^{-u} =\frac{1}{n} \Gamma(1-\frac{1}{n}) \Gamma(\frac{1}{n}) = {\frac{\pi}{n} \over \sin(\frac{\pi}{n})}.$ -
YM, ta derniere methode, c'est celle que j'ai suggeree au debut du fil par la formule des complements $B(p,1-p)=\pi/\sin p\pi.$
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Bonjour @P.,
Les méthodes se ressemblent mais diffèrent sur un point qui me paraît important. Avec ta méthode, on a une intégrale simple et un changement de variable mène au résultat. Avec ma méthode, on a une intégrale double.
D'ailleurs, en regardant toutes les méthodes proposées, je suis étonné de ne pas trouver d'intégration par partie, ni d'intégrale double du type :
$\displaystyle I=\int_{0}^{+\infty} dx {1 \over 1+x^4}$ donc $\displaystyle I^2=\int_{0}^{+\infty} dx {1 \over 1+x^4} \int_{0}^{+\infty} dy {1 \over 1+y^4} = \int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty} dx dy {1 \over (1+x^4)(1+y^4)}.$ Mais je n'arrive pas à poursuivre. -
@: Yvesm : il me semble que l'intégrale double, chez P., est cachée dans l'expression de l'intégrale simple définissant $B(a,b)$ avec le quotient des Gamma.
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