Quelques intégrales impropres
Bonsoir
Je n'arrive pas à calculer quelques petites intégrales, si vous avez des indications ça serait top !
Je connais la valeur de $I = \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin(t)) \mathrm{d} t = - \frac{\pi}{2} \ln(2)$. Dans la question d'après, on me demande d'en déduire la valeur de l'intégrale $$ J = \displaystyle \int_{0}^{1} \frac{ x \ln(x) }{\sqrt{1-x^2}} \mathrm{d} x.$$ Le changement de variable $x = \sin(t)$ me donne (sauf erreur) $$ J = \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(t) \ln(\sin(t)) \mathrm{d} t $$ et je n'arrive pas à me ramener au calcul de la première intégrale :-(
On me demande ensuite de calculer $$ K = \displaystyle \int_{0}^{1} \frac{ x^2 \ln(x) }{\sqrt{1-x^2}} \mathrm{d} x,$$ mais même problème. Y a-t-il quelque chose que j'ai loupé ?
Merci pour votre aide !
Je n'arrive pas à calculer quelques petites intégrales, si vous avez des indications ça serait top !
Je connais la valeur de $I = \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin(t)) \mathrm{d} t = - \frac{\pi}{2} \ln(2)$. Dans la question d'après, on me demande d'en déduire la valeur de l'intégrale $$ J = \displaystyle \int_{0}^{1} \frac{ x \ln(x) }{\sqrt{1-x^2}} \mathrm{d} x.$$ Le changement de variable $x = \sin(t)$ me donne (sauf erreur) $$ J = \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(t) \ln(\sin(t)) \mathrm{d} t $$ et je n'arrive pas à me ramener au calcul de la première intégrale :-(
On me demande ensuite de calculer $$ K = \displaystyle \int_{0}^{1} \frac{ x^2 \ln(x) }{\sqrt{1-x^2}} \mathrm{d} x,$$ mais même problème. Y a-t-il quelque chose que j'ai loupé ?
Merci pour votre aide !
Réponses
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Pour $J$, après ton CDV fais une IPP, tu auras la primitive indépendamment de $I$.
C'est pour $K$ que tu as besoin de $I$, car $K$ est combinaison linéaire de $I$ et d'une primitive calculable.
Ou bien regarde $I-2K$.
Bon courage.
F. Ch. -
Bonsoir,
et merci pour votre réponse. Pour le calcul de $J$, quelle IPP proposez vous pour obtenir une primitive indépendamment de $I$ ?
En faisant l'IPP suivante (sauf erreurs), j'obtiens :
$$\begin{aligned} J &= \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(t) \ln(\sin(t)) \mathrm{d}t \\
&= \underbrace{[t \sin(t) \ln(\sin(t)) ]_{0}^{\frac{\pi}{2}}}_{= 0} - \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t \left( \cos(t) \ln(\sin(t)) + \cos(t) \right) \mathrm{d}t \\
& = - \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t ( \cos(t) \ln(\sin(t)) \mathrm{d}t + C
\end{aligned}$$
où $C = - \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t \cos(t) \mathrm{d}t $ est calculable via IPP. J'obtiens, après nouvelle IPP,
$$\begin{aligned} J &= - \underbrace{[t \ln(\sin(t)) ]_{0}^{\frac{\pi}{2}}}_{= 0} + \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin(t)) \mathrm{d}t + C \end{aligned}$$
à savoir $J = I + C$. Pour $K$, ça marche avec la même méthode.
Encore merci pour l'indication (:D -
J'ai l'impression que tu te compliques la vie.
Pour calculer $J = \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(t) \ln(\sin(t)) \mathrm{d} t$ par IPP, il est bon d'appliquer une stratégie.
Tu peux te débarrasser du log en dérivant ce facteur, et primitiver l'autre facteur ne le compliquera pas. C'est donc ce qu'il faut faire et tu obtiendras une fonction rationnelle en sin et cos, donc primitivable par les procédés bien connus.
Bonne journée.
F. Ch.
[small]Bonne fête à tous les Roger[/small] -
Une autre méthode (moins virtuose, plus bourrin) pour calculer la première intégrale $J$.
On fait le changement de variable $y=\sqrt{1-x^2}$, il vient:
$\displaystyle J=\int_0^1 \log\left(\sqrt{1-x^2}\right) dx=\dfrac{1}{2} \int_0^1 \log(1+x) dx +\dfrac{1}{2} \int_0^1 \log(1-x) dx$
$\displaystyle J=\dfrac{1}{2}\Big[(x+1)\log(1+x)-x\Big]_0^1+\dfrac{1}{2}\Big[(x-1)\log(1-x)-x\Big]_0^1$
$\displaystyle J=\dfrac{1}{2}\big(2\log 2-1 \big)-\dfrac{1}{2}=\log 2 -1$ -
@ FDP
Non, ta méthode n'est pas moins virtuose, au contraire, elle est simple et efficace. En procédant différemment, je trouve le même résultat $\ln 2-1$, qui est donc probablement exact. Qui plus est, nous sommes d'accord pour constater que cette intégrale $J$ est une primitive élémentaire, dont le calcul ne doit rien à la valeur de l'intégrale $I$.
Par contre, cette valeur de $I$ intervient dans le calcul de l'intégrale $K$. L'intégrale $W=I-2K$ est aussi une primitive élémentaire, plus facile à calculer que $J$, et la valeur de $K$ en découle immédiatement si l'on connaît $I$.
Bonne journée.
F. Ch. -
Bonjour,
Je pousse le vice jusqu'au bout, il y a un petit truc que je ne comprends pas, pour calculer $J$ avec l'IPP que vous mentionnez :
$$ J = \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(t) \ln(\sin(t)) \mathrm{d} t = [-\cos(t)\ln(\sin(t))]_{0}^{\frac{\pi}{2}} + \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2(t)}{\sin(t)} \mathrm{d} t ,$$
il n'y a pas un "problème" en $0$ au niveau du crochet et de l'intégrale de droite ? -
Il y a quelques changements de variables qu'on finit par identifier qui s'appliquent à l'intervalle $[0,1]$:
$y=1-x$
$y=\dfrac{1-x}{1+x}$
$y=\dfrac{2x}{1+x}$ et son inverse
$y=\sqrt{1-x^2}$
La liste n'est pas exhaustive.
PS:
Il y a aussi $y=x^n$ qui rend service à l'occasion. -
$1-\cos x$ est aussi une primitive de $\sin x$, sauf erreur.
-
@ Bawawawawawa
C'est à toi de choisir la constante de primitivation, cela fait partie de la bonne stratégie d'IPP. -
C'est compris, merci beaucoup ! Et bonne fête à tous les Roger
-
Une autre méthode pour calculer $K$:
Remarquons que:
$I = \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin(x)) \mathrm{d} x= \int_0^1 \dfrac{\log(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx$
$\displaystyle K=\Big[-\sqrt{1-x^2}(x\log x)\Big]_0^1+\int_0^1 \sqrt{1-x^2}(\log x+1)dx=\int_0^1 \sqrt{1-x^2}\log x dx+\int_0^1 \sqrt{1-x^2} dx$
$\displaystyle K=\int_0^1 \left(\dfrac{1-x^2}{\sqrt{1-x^2}}\right)\log x dx+\Big[\dfrac{\sin 2x}{4}+\dfrac{1}{2}x\Big]_0^{\frac{\pi}{2}}=I-K+\dfrac{\pi}{4}$
Donc: $K=\dfrac{1}{2}I+\dfrac{\pi}{8}$
C'est à dire, que sauf erreur, on a:
$K=-\dfrac{\pi}{4}\log 2+\dfrac{\pi}{8}$ -
simple curiosité de ma part ... comment fait-on pour avoir $I = \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin t \, dt = - \frac{\pi}{2} \ln 2$ ???
-
Le 😄 Farceur
-
Il y a une méthode très élémentaire pour obtenir le résultat:
On commence par remarquer, par le changement de variable $y=\dfrac{\pi}{2}-x$, que:
$I=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin x)dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log(\cos x)dx$
Donc:
$2I=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin x)dx+\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log(\cos x)dx$
$2I=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\log(\sin 2x)dx-\dfrac{\pi}{2}\log 2$
On effectue, dans l'intégrale le changement de variable $y=2x$ il vient:
$2I=\displaystyle \dfrac{1}{2}\int_0^{\pi}\log(\sin x)dx-\dfrac{\pi}{2}\log 2$
Or,
$T=\displaystyle \dfrac{1}{2}\int_0^{\pi}\log(\sin x)dx=\dfrac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\log(\sin x)dx+\dfrac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\log(\sin x)dx$
Dans la deuxième intégrale du membre de droite on effectue le changement de variable $y=\pi-x$, il vient:
$T=\displaystyle \dfrac{1}{2}\int_0^{\pi}\log(\sin x)dx=\dfrac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\log(\sin x)dx+\dfrac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\log(\sin x)dx=I$
Ainsi,
$2I=I-\dfrac{\pi}{2}\log 2$
C'est à dire,
$I=-\dfrac{\pi}{2}\log 2$
(Cela correspond à la "answer 6" du lien de Gebrane)
PS:
Il y a une autre méthode qui n'est pas listée dans le lien de Gebrane sauf erreur. -
-
Une méthode assez belle de calcul de $I=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin x)dx$
On commence par remarquer, en utilisant une intégration par parties, que:
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{x}{\tan x} dx=-I$
On introduit la fonction $F(y)=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\arctan(y\tan x)}{\tan x}dx$
Notons que $F(0)=0$ et $F(1)=-I$.
Soit $0<y<1$.
On a:
$F'(y)=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{1+y^2(\tan x)^2} dx$
Dans cette dernière intégrale, on effectue le changement de variable $u=\tan x$ il vient:
$F'(y)=\displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{(1+y^2x^2)(1+x^2)}dx$
$F'(y)=\displaystyle \dfrac{1}{1-y^2}\int_0^{+\infty}\dfrac{1}{1+x^2}dx-\dfrac{y^2}{1-y^2}\int_0^{+\infty}\dfrac{1}{1+y^2x^2}dx$
Dans la deuxième intégrale du membre de droite, on effectue le changement de variable $u=yx$ il vient:
$F'(y)=\displaystyle \dfrac{1}{1-y^2}\Big[\arctan x\Big]_0^{+\infty}-\dfrac{y}{1-y^2}\int_0^{+\infty}\dfrac{1}{1+x^2}dx$
$F'(y)=\displaystyle \dfrac{1}{1-y^2}\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{y}{1-y^2}\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{2(1+y)}$
$\displaystyle -I=F(1)-F(0)=\int_0^1 \dfrac{\pi}{2(1+y)}dy=\dfrac{\pi}{2}\Big[\log(1+y)\Big]_0^1=\dfrac{\pi}{2}\log 2$ -
@FdP , real nice ...
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Bonjour!
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