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Intégrale, le retour !

Envoyé par Fin de partie 
Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Quelle serait votre méthode pour calculer : $$
J=\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{x+3}{x+2}\right)}{1+x}\,dx\ \ ?$$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par AD.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Bonjour,

On pose $(3+x)/(2+x)=z$, puis on intègre par parties pour éliminer le logarithme. Sans difficulté.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par YvesM.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Un changement de variable suivi d'une intégration par parties?

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Bonjour,

On écrit la définition de la fonction $Li_2$ et on sait intégrer $\int \ln(3+x)/(1+x) dx$... donc le résultat est immediat, sauf si tu ne permets pas d’utiliser cette fonction.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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J'essaie de reconstituer ta solution.

Avant que tu postes ton dernier message j'ai cru en te lisant que ce que tu préconisais conduisait à une solution simple.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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L'intégrale que j'ai proposée ci-dessus est une cousine germaine de l'intégrale suivante:

$\displaystyle \int\limits_0^1\frac{\arctan\left(\sqrt{x^2+2}\right)}{(1+x^2)\left(\sqrt{x^2+2}\right)}dx$

Nommée intégrale d'Ahmed.

Je n'ai pas eu le temps de faire les calculs proposés par YvesM mais ce n'est que partie remise.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Merci pour le partage FDP
[mathworld.wolfram.com]

J_3 dans [math.stackexchange.com] ressemble à l'integrale de FDP

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par gebrane.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Gebrane:

Ce calcul est trop compliqué.

Regarde plutôt ici: [sos440.tistory.com]

En fait, j'étais en train de lire un truc et j'ai eu l'idée de faire le calcul comme dans le lien ci-dessus.
J'ai voulu vérifier si cette méthode était connue et j'ai atterri sur cette page.
Et après j'ai commencé à jouer des variations de la méthode (l'utilisation d'une identité assez générale)
pour obtenir l'intégrale du premier message.

PS:
YvesM a raison on peut faire le calcul de la première intégrale à coups de polylogarithmes mais je pense que c'est pénible (Il y a une méthode bien plus simple me semble-t-il)

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Peux-tu nous donner la valeur de l’intégrale?

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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la première intégrale vaut $\displaystyle \frac{1}{2}\ln^2 2$

PS:
Wolfram doit utiliser une méthode qui fait appel à la recherche d'une primitive exprimée à coups de polylogarithmes qu'il est incapable de simplifier apparemment.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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C'est ce que j'ai remarqué aussi et je suis curieux comment YvesM va simplifier ces calculs avec ces fonctions $Li_2$

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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C'est possible et la forme du résultat suggère l'utilisation à un moment donné d'une identité vérifiée par la fonction dilogarithme.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Normalement ton intergrale vaut $-\ln\left(2\right)\left(\ln\left(3\right)-2\ln\left(2\right)\right)-\operatorname{Li}_2\left(\dfrac{1}{3}\right)+\operatorname{Li}_2\left(\dfrac{1}{4}\right)+\operatorname{Li}_2\left(-\dfrac{1}{3}\right)-\operatorname{Li}_2\left(-\dfrac{1}{2}\right)$ et je n'aime pas ces $Li_2$

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
Moi non plus.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Chaurien faisons un effort à deux pour retrouver la formule magique de FDP

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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je pense que vous devriez regardez du coté de l'intégrale de Frullani plus particulièrement celle de Monsieur Lerch [www.ncbi.nlm.nih.gov] (la dernière page): dans laquelle il suffit de prendre $g(x)=\frac{ln(x+2)-ln(x+1)}{x+1}$ et $\phi(x)=\frac{1}{x}$ et de choisir les bornes en conséquence (après changement de variable j'entends) .Ah oui et ne pas oublier décomposer en éléments simples

Le nombre de Dottie ou...ce qu'il en reste [math.stackexchange.com]


Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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On a $$J = \int_0^{1} \frac{1}{1+x} \left(\int_{x+2}^{x+3} \frac{1}{y} dy\right) dx.$$ A partir de là, Fubini et c'est gagné. winking smiley



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par Cyrano.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Cyrano chapeau !

Le nombre de Dottie ou...ce qu'il en reste [math.stackexchange.com]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Un coup de maître ( allusion aux jeux des échecs)

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
On pose $f(s)=\displaystyle\int_0^1\frac{\ln(x+s)}{1+x}\text{d}x$ pour $s\in]1,+\infty[$, de sorte que $J=f(3)-f(2)$. On montre que $f\in\mathscr{C}^1(]1,+\infty[)$ avec $\forall s\in ]1,+\infty[,\; f'(s)=\displaystyle\int_0^1\frac{\text{d}x}{(1+x)(x+s)}=\int_0^1\left(\frac{\frac 1{s-1}}{1+x}+\frac{\frac 1{1-s}}{x+s}\right)\text{d}x=\frac 1{s-1}\ln(2)-\frac 1{s-1}\left(\ln(s+1)-\ln(s)\right)$. Alors $J=f(3)-f(2)=\displaystyle\int_2^3f'(s)\text{d}s=\ln(2)\left[\ln(s-1)\right]_2^3-\int_2^3\frac{\ln(s+1)-\ln(s)}{s-1}\text{d}s=\ln^2(2)-\int_0^1\frac{\ln(s+3)-\ln(s+2)}{s+1}\text{d}s$, donc $J=\ln^2(2)-J$ et finalement $J=\dfrac 12\ln^2(2)$.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Cyrano:

Comment fais-tu pour intervertir les deux intégrales? (je ne demande pas le pourquoi mais que fais-tu après concrètement)


On peut aussi procéder de la sorte:

On va utiliser l'identité,

Pour $a>0,b>0$ réels on a:

$\displaystyle \frac{1}{ab}=\frac{1}{a+b}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)$

$\begin{align}\ln^2 2&=\left(\int_0^1 \frac{1}{1+x}\,dx\right)\left(\int_0^1 \frac{1}{1+y}\,dy\right)\\
&=\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{(1+x)(1+y)}\,dx\,dy\\
&=2\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{(2+x+y)(1+x)}\,dx\,dy\text{ (On a utilisé l'identité ci-dessus)}\\
&=2\int_0^1 \left[\frac{\ln(x+y+2)}{1+x}\right]_0^1 \,dx\\
&=2\int_0^1 \frac{\ln(x+3)-\ln(x+2)}{1+x}\,dx
\end{align}$


PS:
Il me semble que le calcul de Cyrano va conduire aux mêmes calculs.
(virer le x des bornes par changement de variable etc)

PS2:
Pour calculer l'intégrale d'Ahmed il faut prendre,

$\displaystyle \left(\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\,dx\right)\left(\int_0^1 \frac{1}{1+y^2}\,dy\right)$

PS3:

Puisque $1+x^2+y^2$ est une fonction symétrique de x et y si on calcule les intégrales doubles des fonctions

$\displaystyle \frac{1}{(2+x+y)(1+x)}$ et $\displaystyle \frac{1}{(2+x+y)(1+y)}$ on va obtenir la même valeur.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 5 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Exactement FDP. Comme d'hab avec cette intégrale, les deux techniques "habituelles" fonctionnent. (Faire apparaître une intégrale double / dériver sous le signe intégral)
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Ces méthodes conduisent à des calculs moins fastidieux que de se lancer dans une conversion en polylogarithmes.
(je déteste cette méthode alors quand je peux l'éviter je ne m'en prive pas)

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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@FDP

Fubini donne
$$\int_0^{1} dx \left(\int_{x+2}^{x+3} f(x,y) dy\right) =\int_2^{3} dy \left(\int_{0}^{y-2} f(x,y) dx\right)+\int_3^{4} dy \left(\int_{y-3}^{1} f(x,y) dx\right)$$

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Dans les bornes de l'intégrale "intérieure" il y a x qui est la variable d'intégration de l'intégrale "extérieure".

J'aurais plutôt envie d'écrire:

$\displaystyle \int_0^1 \left(\int_{x+2}^{x+3} f(x,y)\,dy\right)dx=\int_0^1 \int_2^3 f(x,u+x)\,dx\,du$

J'ai fait le changement de variable $u=y-x$ dans l'intégrale intérieure

PS:
En fait, Gébrane , je ne sais pas comment tu obtiens ton égalité.

PS2:
En fait, j'ai l'impression qu'à la fin avec le calcul de Cyrano on se retrouve avec des dilogarithmes.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
@FdP
Le domaine $\{(x,y) \mid 0\leq x\leq 1 \text{ et } x+2\leq y\leq x+3\}$ se lit aussi $\{(x,y) \mid 2\leq y \leq 3\text{ et } 0\leq x\leq y-2\}\cup\{(x,y) \mid 3\leq y\leq 4\text{ et } y-3\leq x\leq 1\}$ quand on le lit en "tranches horizontales".



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par AD.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Merci je regarderai ça demain.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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On veut intégrer une fonction à deux variables sur le domaine coloré
Si on coupe le domaine suivant des parallèles à l'axe (ox) on tombe sur la formule
$\int_0^{1} dx \left(\int_{x+2}^{x+3} f(x,y) dy\right)$

Si on coupe le domaine suivant des parallèles à l'axe (oy) on tombe sur la formule
$\int_2^{3} dy \left(\int_{0}^{y-2} f(x,y) dx\right)+\int_3^{4} dy \left(\int_{y-3}^{1} f(x,y) dx\right)$

Je viens de vérifier les calculs, constat: la méthode de Cyrano ne marche pas comme on l’espérait: car je tombe en fin sur
$\ln(2)(\ln(4)-\ln(3))-\int_3^4\frac{\ln(y-2)}y dy+\int_2^3\frac{\ln(y-1)}y dy$
et on va faire apparaître des $Li_2$

[Gebrane, je me suis permis de faire un dessin plus précis que le tien. winking smiley AD]

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par AD.


Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Merci AD smiling smiley

@Les Bons Profs

Peut-on m'expliquer comment les $Li_2$ se simplifient entre eux pour donner la formule de FDP ?
Merci par avance

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Je suis aussi intéressé par la question de Gebrane concernant la simplification des polylogarithmes (dans la formule de Monsieur Lerch me concernant)

Le nombre de Dottie ou...ce qu'il en reste [math.stackexchange.com]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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On fait le changement de variable $u=\frac{x}{2}$,


$\begin{align} A&=\int_3^4 \frac{\ln(x-2)}{x}\,dx\\
&=\int_{\frac{3}{2}}^{2} \frac{\ln(2u-2)}{u}\,du\\
&=\ln 2\int_{\frac{3}{2}}^{2}\frac{1}{u}\,du+\int_{\frac{3}{2}}^{2} \frac{\ln(u-1)}{u}\,du\\
&=2\ln^2 2-\ln 2\ln 3+\int_{\frac{3}{2}}^{2} \frac{\ln(u-1)}{u}\,du\\
\end{align}$

Dans la dernière intégrale on fait le changement de variable $x=\dfrac{1}{u}$,

$\begin{align}
A&=2\ln^2 2-\ln 2\ln 3+\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{2}{3}}\frac{\ln(1-x)}{x}\,dx-\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{2}{3}}\frac{\ln(x)}{x}\,dx\\
&=2\ln^2 2-\frac{1}{2}\ln^2 3+\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{2}{3}}\frac{\ln(1-x)}{x}\,dx\\
&=2\ln^2 2-\frac{1}{2}\ln^2 3+\text{Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)-\text{Li}_2\left(\frac{2}{3}\right)
\end{align}$

On fait le changement de variable $u=\dfrac{1}{x}$,

$\begin{align} B&=\int_2^3 \frac{\ln(x-1)}{x}\,dx\\
&=\int_{\frac{1}{3}}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln(1-x)}{x}\,dx-\int_{\frac{1}{3}}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x}\,dx\\
&=\frac{1}{2}\ln^3 3-\frac{1}{2}\ln^2 2+\int_{\frac{1}{3}}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln(1-x)}{x}\,dx\\
&=\frac{1}{2}\ln^2 3-\frac{1}{2}\ln^2 2+\text{Li}_2\left(\frac{1}{3}\right)-\text{Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)
\end{align}$

L'intégrale initiale est donc égale à,

$\begin{align}
J&=2\ln^2 2-\ln 2\ln 3+B-A\\
&=\ln^2 3-\frac{1}{2}\ln^2 2-\ln 2\ln 3+\left(\text{Li}_2\left(\frac{1}{3}\right)+\text{Li}_2\left(\frac{2}{3}\right)\right)-2\text{Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)\end{align}$

Or,

On a l'identité suivante,

Pour tout $-1< x< 1$

$\displaystyle \text{Li}_2\left(x\right)+\text{Li}_2\left(1-x\right)=\frac{\pi^2}{6}-\ln x\ln(1-x)$

Pour $x=\dfrac{1}{2}$ on a,

$\displaystyle 2\text{Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi^2}{6}-\ln^2 2$

Pour $x=\dfrac{1}{3}$ on a,

$\displaystyle \text{Li}_2\left(\frac{1}{3}\right)+\text{Li}_2\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{\pi^2}{6}+\ln 2\ln 3-\ln^2 3$

Ainsi,

$\begin{align}J&=\ln^2 3-\frac{1}{2}\ln^2 2-\ln 2\ln 3+\left(\frac{\pi^2}{6}+\ln 2\ln 3-\ln^2 3\right)-\left(\frac{\pi^2}{6}-\ln^2 2\right)\\
&=\frac{1}{2}\ln^2 2
\end{align}$

PS:
Pénible comme calcul même s'il n'y a pas de difficulté.

PS2:

Il faut savoir que pour $-1\leq x\leq 1$,

On a une expression de $\text{Li}_2(x)$ sous forme d'intégrale,

$\displaystyle \text{Li}_2(x)=-\int_0^x \frac{\ln(1-t)}{t}\,dt$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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En fait, la méthode directe proposée par YvesM ci-dessus est sans doute un peu moins pénible à mettre en oeuvre que ce que proposait Cyrano.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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merci Fdp pour ton intervention très instructive (je t'avoue que je n'ai jamais eu goût aux intégrales mais là ça donne envie de comprendre)

Ps:Que penses tu de la méthode passant par l'intégrale quelque peu modifiée de Frullani ?

Le nombre de Dottie ou...ce qu'il en reste [math.stackexchange.com]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
La méthode que j'ai proposée en posant $f(s)=\displaystyle\int_0^1\frac{\ln (x+s)}{x+1}\text{d}x$ semble ne marcher que pour les coefficients 2 et 3 dans le logarithme de l'intégrale $J$. Si on change ces coefficients, la méthode passant par Li donne-t-elle encore des résultats explicites?
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Dedekind93:

Cela dépend ce que tu entends par "marcher"?

On peut convertir en polylogarithmes mais je ne sais pas si on peut toujours faire disparaître toute trace de ces trucs.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
Ben en tous les cas avec les coefficients 3 et 2 j'arrive à $\frac 12\ln^2 (2)$. En changeant ces coefficients je ne parviens pas à expliciter $J$ (sans Li). Je me demandais si c'était dû au fait que tu as choisi l'unique paire de coeff pour laquelle les expressions avec Li se simplifient (mystérieusement pour l'instant).
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
avatar
Merci FDP smiling smiley

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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le couple 1/2,1/3 semble être un couple "magique" quand il s'agit de dilogarithmes.

Probablement parce que $\displaystyle \frac{1}{1-\frac{1}{3}}-1=\frac{1}{2}$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
Oui j'ai aussi cette impression, c'est joli. Merci!
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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J'ai été un peu vite avec mon idée, désolé d'avoir induit une fausse piste longue et sinueuse.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
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Cyrano:

Ne t'excuse pas. C'est intéressant d'explorer les pistes de chacun et merci de l'intérêt porté à ma question.
J'en profite pour remercier Noel pour l'article, que je ne connaissais pas, sur la généralisation de la formule de Frullani.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
la semaine dernière
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J'étais en train de chercher une intégrale qui fonctionne pour appliquer une idée après avoir éliminé une ou deux candidates j'ai pensé à:

$\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{\arctan x}{x\sqrt{1+x^2}}\,dx$



Comment calculeriez-vous cette intégrale (le plus simplement possible)?

PS:
J'ai une méthode pour la calculer mais je me demande si on peut faire autrement.

PS2:
Le hasard fait bien les choses parfois (c'est très curieux).

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de la semaine derni&egrave;re et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
la semaine dernière
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Bonjour,

Avec $\arctan x= y$ on a $\int_0^{+\infty} {\arctan x \over x \sqrt{1+x^2}} dx = \int_0^{\pi/2} {x\over \sin x} dx $ puis integration par partie et $-2 \int_0^{\pi/4} \ln \tan (t/2) dt = -2\int_0^1 {\ln z \over 1+z^2} dz= 2 G.$
Re: Intégrale, le retour !
la semaine dernière
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Merci pour cette réponse. J'ai bien fait de poser la question.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a douze jours
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J'ai bricolé une intégrale avec l'idée que j'avais en tête.
(qui permet de donner une autre méthode de calcul de l'intégrale ( [www.les-mathematiques.net] )

$\displaystyle \int_0^{\infty} \dfrac{\arctan(x)\sqrt{\sqrt{1+x^2}-1}}{x\sqrt{1+x^2}}\,dx$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a dix jours
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Cette dernière intégrale vaut exactement,

$\displaystyle \frac{1}{4}\pi^2\sqrt{2}-\sqrt{2}\ln\left(1+\sqrt{2}\right)^2$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a neuf jours
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Je me demande comment feriez-vous pour calculer,

$\displaystyle \int_0^1 \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2}\,dx$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a neuf jours et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a neuf jours
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On a $$\int_0^1 \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2} dx =\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} \int_0^1 \frac{x^{2k+1}}{1+x^2} dx = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} \sum_{j=0}^{+\infty} (-1)^j \int_0^{1} x^{2k+1} x^{2j}.$$ Au total, l'intégrale se réécrit $$\sum_{j,k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{j+k}}{(2k+1)(2k+2j+2)}.$$ Ce genre de double séries s'évalue souvent par un téléscopage très astucieux. (D'abord sommer sur $k$ en téléscopant puis sur $j$.) Le résultat est $\frac{\pi^2}{32}.$
Re: Intégrale, le retour !
il y a neuf jours
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Merci de l'intérêt porté à cette question.

L'intégrale serait égale à $\dfrac{\pi^2}{32}$?

L'intégrale vaut $0,1942...$

et $\dfrac{\pi^2}{32}$ vaut $0,3084...$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a neuf jours et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a neuf jours
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Bizarre, à revérifier. Les permutations séries-intégrales que j'ai faites sont valides car il y a convergence uniforme des séries sur $[0,1]$. Par après la double- somme je l'avoue je l'ai faite calculer par mathematica. (Ce ne sera pas la première fois qu'il se trompe, il faudra envoyer un rapport si tel est le cas, on paie assez cher pour ça.)
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