primitive de $\dfrac{1}{1+x^4}$

Il faut décomposer la fraction en éléments simples.

Salut gebrane0,

C'est une question qu'on t'a posée en quelle année d'étude ?

J'ai l'impression qu'on peut s'épargner le carré en utilisant Parseval, et la transformée de Fourier de $x\mapsto \frac{1}{1+x^4}$ que l'on calcule par résidus (la TF est paire et réelle, il n'y a que deux résidus à calculer, et ils sont assez faciles). On obtient pour transformée des exponentielles (à des coefficients sympas près) dont la norme $L^2$ est très gentille à calculer.

Ouais, mais ce sont des pôles doubles, le résidu est pénible à calculer !

Par $u=x^4$ je me ramene a $ B(a,b)=\int_{0}^{\infty}\frac{u^{a-1}}{(1+u)^{a+b}}du.$

On avait la possibilité d'utiliser à ce niveau d’études les DES,les residus, les TL et les TF ( mais uniquement au sens des fonctions) et les fonctions spéciales gamma et beta
@P ton idée est géniale mais se heurte à une difficulté
Si on pose $u=x^4$ , on aura sauf erreur, $\int_0^{+\infty} \frac 1 {(1+x^4)^2}=\frac 14 \int_0^{+\infty} \frac {u^{-\frac 34}} {(1+u)^2}du=B(\frac 14,\frac 74)=\frac{\Gamma(\frac 14).\Gamma(\frac 74)}{\Gamma(\frac 14 +\frac 74)}$, mais on savait uniquement $\Gamma(\frac 12)$ ou $\Gamma(\frac 12 +n)$, il fallait calculer $\Gamma(\frac 14)$
$\Gamma(\frac 14)$ est un problème en lui même !!

gebrane0 écrivait:

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> On doit calculer avec courage les coefficients de
> $\frac 1{X-w}$ dans la décomposition de F(X) en éléments simples.

Ca se fait les doigts dans le nez ici.

Bonjour,

Voici ma version pour trouver rapidement, sans résidus ni décomposition en éléments simples, la valeur de $\displaystyle J = \int_{0}^{+\infty} dx {1 \over (1+x^4)^2}.$

D'abord $J$ existe...

Puis on se ramène au calcul de $\displaystyle I = \int_{0}^{+\infty} dx {1 \over 1+x^4}.$

D'abord $I$ existe... Pour le calcul, on passe par la fonction Gamma d'Euler par une réécriture puis un changement de variable :
$\displaystyle I = \int_{0}^{+\infty} dx {1 \over 1+x^4} = \int_{0}^{+\infty} dx \int_{0}^{+\infty} dt \exp(-(1+x^4)t) = \int_{0}^{+\infty} dt \exp(-t) \int_{0}^{+\infty} dx \exp(-x^4t) = \\\displaystyle \int_{0}^{+\infty} dt \exp(-t) \int_{0}^{+\infty} dz \frac14 t^{-\frac14} z^{\frac14-1} \exp(-z) = \frac14 \int_{0}^{+\infty} dt t^{\frac34-1} \exp(-t) \int_{0}^{+\infty} dz z^{\frac14-1} \exp(-z) = \frac14 \Gamma(\frac34) \Gamma(\frac14) =\\ \displaystyle \frac14 {\pi \over \sin \frac{\pi}{4}} = {\pi \sqrt{2} \over 4} .$

L'interversion des intégrales est justifiée par la convergence dominée... car $\displaystyle |\exp(-(1+x^4)t)| \leq \exp(-t)$ pour tout $x$ réel positif.

Pour ramener $J$ à $I$ je propose deux méthodes :
La première est :
$\displaystyle J(a) = \int_{0}^{+\infty} dx {1 \over (1+x^4)(a+x^4)} = \int_{0}^{+\infty} dx ({1 \over (1+x^4)} - {1 \over (a+x^4)}) {1 \over a-1}$ pour tout $a$ réel strictement positif. Puis un changement de variable ($z=a^{\frac14}x$) dans la seconde intégrale donne :
$\displaystyle J(a) = J {a^{\frac34}-1 \over (a-1)a^{\frac34}} \to \frac34 I$ quand $a$ tend vers $1.$
Donc $\displaystyle J = J(1) = \frac34 I = {3\pi \sqrt{2} \over 16} .$

La seconde est :
$\displaystyle I(a) = \int_{0}^{+\infty} dx {1 \over a+x^4} = a^{-\frac34} I(1)$ pour tout réel $\displaystyle a \geq \frac12$, que l'on obtient par le changement de variable $\displaystyle x=a^{\frac14}z.$
Puis $\displaystyle J=- I'(1) = +\frac34 I(1) = +\frac34 I.$

On a restreint à $\displaystyle a \geq \frac12$ pour justifier la dérivation sous le signe intégrale par convergence dominée... car $\displaystyle {1 \over a+x^4} \leq {1 \over \frac12+x^4}.$

@Cher YvesM
Ton calcul repose sur la connaissance de $\Gamma(\frac34) \Gamma(\frac14) =\\ \displaystyle {\pi \over \sin \frac{\pi}{4}}$ c'est la méthode de P vue differement

Je crois que la question initiale a déjà été posée récemment ici.

Calcul de $\displaystyle J=\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{1+x^4}dx$

Remarquons que:

$\displaystyle J=\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{x}-x\right)^2+2}\dfrac{1}{x^2}dx$ (1)

On effectue le changement de variable $y=\dfrac{1}{x}$ :

$\displaystyle J=\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{1+\dfrac{1}{x^4}}\dfrac{1}{x^2}dx=\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{x^2+\dfrac{1}{x^2}}dx$

$\displaystyle J=\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{x}-x\right)^2+2}dx$ (2)


On additionne (1) et (2), il vient:
$\displaystyle 2J=\int_0^{+\infty} \dfrac{1+\dfrac{1}{x^2}}{\left(\dfrac{1}{x}-x\right)^2+2}dx$

On effectue le changement de variable $y=\dfrac{1}{x}-x$, il vient:

$\displaystyle 2J=\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{1}{2+x^2}dx=\left[\dfrac{1}{\sqrt{2}}\arctan\left(\dfrac{x}{\sqrt{2}}\right)\right]_{-\infty}^{+\infty}=\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}$

Ainsi:

$J=\dfrac{\pi}{2\sqrt{2}}$

Pour calculer,
$\displaystyle K=\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{\left(1+x^4\right)^2}dx$

Je procède comme Gebrane:

On remarque que:

$\displaystyle K=J-\int_0^{+\infty} \dfrac{x^4}{(1+x^4)^2}dx$

Or,

$\displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{x^4}{(1+x^4)^2}dx=\left[-\dfrac{1}{4(1+x^4)}\times x\right]_0^{+\infty}+\dfrac{1}{4}J$

Donc:

$\displaystyle K=\dfrac{3}{4}J=\dfrac{3\pi}{8\sqrt{2}}$

Je suis en train de lire le livre de Paul J. Nahin, inside interesting integrals, 2014, et il mentionne un truc basique qui peut simplifier le calcul d'une intégrale.

Soit à calculer l'intégrale $\displaystyle J=\int_{-A}^{A} f(x)dx$ où $f$ est une fonction définie et continue sur $[-A,A]$.

Soit $g$ une fonction définie et continue sur $[-A,A]$ et impaire.

$\displaystyle J=\int_{-A}^{A}=\{f(x)+g(x)\}dx$


Application:

Calcul de $\displaystyle J=\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{1+x^4}dx$

On commence par procéder au changement de variable $y=\dfrac{1}{x}$

Il vient:

$\displaystyle J=\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{x^2}{1+x^4}dx$

Ce qui fait que:
$\displaystyle 2J=\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1+x^2}{1+x^4}dx$

La fonction sous le signe intégrale est paire.

On a:
$\displaystyle 2J=\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1-\sqrt{2}x+x^2}{1+x^4}dx$

La fonction $x\rightarrow \dfrac{-\sqrt{2}x}{1+x^4}$ est impaire et intégrable sur $\mathbb{R}$.

Or:

$\dfrac{1-\sqrt{2}x+x^2}{1+x^4}=\dfrac{1}{1+\sqrt{2}x+x^2}$

Donc:

$\displaystyle 2J=\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{1+\sqrt{2}x+x^2}dx$

Donc:

$\displaystyle 2J=\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{\left(1+\tfrac{\sqrt{2}}{2}x\right)^2+2}dx=2\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{\left(1+\sqrt{2}x\right)^2+1}dx$

On fait le changement de variable $y=1+\sqrt{2}x$ il vient:

$\displaystyle J=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{x^2+1}dx=\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}$