Pensez à lire la Charte avant de poster !

$\newcommand{\K}{\mathbf K}$


Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques supérieures
 Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques universitaires - Forum - Cours à télécharger

A lire
Deug/Prépa
Licence
Agrégation
A télécharger
Télécharger
114 personne(s) sur le site en ce moment
E. Cartan
A lire
Articles
Math/Infos
Récréation
A télécharger
Télécharger
Théorème de Cantor-Bernstein
Théo. Sylow
Théo. Ascoli
Théo. Baire
Loi forte grd nbre
Nains magiques
 
 
 
 
 

Intégrale, le retour !

Envoyé par Fin de partie 
gb
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Bonjour,

Le DSE de \(\arctan(x^2)\) a une drôle de tête :

Citation
Cyrano
$$\int_0^1 \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2} dx =\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} \int_0^1 \frac{x^{2k+1}}{1+x^2} dx$$
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
J'ai oublié le $x^2$ c'est bête. grinning smiley
Je corrigerai plus tard en donnant la fin de la résolution.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Je n'avais pas pensé à attaquer la question sous l'angle des séries (quand tu as une idée qui marche en tête c'est difficile de prendre du recul, d'où ma question).

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Pas sûr que mes séries soient une si bonne idée finalement. Si on reprend sans fautes, on a $$\int_0^1 \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2} dx =\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} \int_0^1 \frac{x^{4k+2}}{1+x^2} dx = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} \sum_{j=0}^{+\infty} (-1)^j \int_0^{1} x^{4k+2} x^{2j}.$$ Au total l'intégrale se réécrit $$\sum_{j,k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{j+k}}{(2k+1)(4k+2j+3)}.$$ On la décomposition $$\frac{1}{(2k+1)(4k+2j+3)} = \frac{1}{(2k+1)(2j+1)} -\frac{2}{(2j+1)(4k+2j+3)}.$$ Donc on peut trouver $$\sum_{j,k =0}^{+\infty} \frac{(-1)^{j+k}}{(2k+1)(4k+2j+3)} = \frac{\pi^2}{16} -2 \sum_{j,k =0}^{+\infty} \frac{(-1)^{j+k}}{(2j+1)(4k+2j+3)}.$$ Les deux séries que l'on voit apparaître sont très semblables. Il faudrait exprimer l'une en fonction de l'autre pour conclure.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Bon, en réalité la décomposition évoquée plus haut est exactement équivalente à une intégration par partie. On a $$\int_0^1 \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2} dx = \left[\arctan(x)\arctan(x^2) \right]_0^1 -2 \int_0^1 \frac{x\arctan(x)}{1+x^4}dx.$$
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Allez, une dernière méthode, qui me semble en réalité la plus raisonnable. Je poursuis mon raisonnement après l'intégration par partie. Considérons $$I(a) = \int_0^1 \frac{x\arctan(ax)}{1+x^4} dx.$$ On a $$I'(a) = \int_0^1 \frac{x^2}{(1+a^2 x^2)(1+x^4)} dx = \frac{1}{a^2} \left( \int_0^1 \frac{1}{1+x^4} dx - \int_0^1 \frac{1}{(1+a^2 x^2)(1+x^4)} dx \right).$$ A partir de là, on casse la grosse fraction de la section intégrale en fraction simple et tout peut se calculer avec la méthode habituelle. Reste à primitiver par rapport à $a$ (c'est faisable car il n'y aura que des polynomes en $a$ ) et évaluer en $1$ puis assembler tous les bouts.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Je suis sceptique sur la faisabilité. J'ai cru que les choses s'arrangeaient mais j'en suis moins sûr maintenant.

[www.wolframalpha.com]

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



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Wolfram ne sait pas le faire d'un coup. Mais si tu casses en deux, tu verras qu'il te donnera une réponse pour chaque bout.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
En parlant d'Arctangente je suis entrain de travailler sur une intégrale sauriez vous m'aider ?
$$\frac1\pi \int_0^{\pi } \arctan\left(\tan \left(\frac{t-\sin t+\frac{\pi }{2}}2\right)\right) \, dt+\frac{1}{\pi }$$

Merci d'avance et désolé Fdp si je me permet de poster dans ton fil .

J'offre des points à qui mieux mieux ...[math.stackexchange.com]
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Le problème est comment tu calcules les intégrales définies qui en résultent dont les intégrandes sont des fonctions de $a$.

Sauf erreur, de ma part, il va falloir calculer $\displaystyle \int_0^1 \frac{a\arctan a}{1+a^4}\,da$

[www.wolframalpha.com]

J'avais oublié de diviser par $a^2$.

et puis, sauf erreur, il y a le problème d'intégrer $\frac{1}{a^2}$ pour $a$ variant de $0$ à $1$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Noel:

Rien n'est à moi sur ce forum, je me suis seulement permis de poser une question qui , j'espère, peut avoir un intérêt et les réponses apportées ou tentées ont un intérêt aussi.

PS:
Composer la fonction arctan et la fonction tan complique les choses mais ne trompe personne.

$\arctan(\tan(t))=t$ pour toute valeur de $t$ où on peut calculer $\tan t$.

(la fonction $\arctan$ est définie sur $\mathbb{R}$ mais pas $\tan$)

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



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
L'intégrale que j'ai donnée plus haut a pour valeur ,

$\displaystyle \dfrac{1}{4}\ln^2(1+\sqrt{2})$

contre toute attente elle ne s'exprime pas en fonction de $\pi$.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Bien vu FdP, ça ne marche pas non plus car on retombe sur $\frac{a\arctan(a)}{1+a^4}$.

Laisse-moi encore un peu chercher avant de donner ta méthode stp, je trouve celle-là assez amusante. grinning smiley
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Tu as tout le temps que tu veux.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
@FDP
bizarrement la méthode de Cyrano ( le début) marche très bien pour $\int_0^{+\infty} \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2} dx$ et on trouve une valeur en fonction de $\pi$ ( Wolfram sait le faire aussi)

--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
En effet gebrane, l'intégrale jusqu'à l'infini est assez simple en réalité, la borne $1$ de FdP est vicieuse. grinning smiley
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Si vous savez calculer avec borne infini vous savez calculer avec borne 1 m'enfin ! (désolé pour la mauvaise imitation)

PS:
Pas si sûr !!!!

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



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
On fait un marché , nous on se concentre sur les bornes 0 et 1 et on laisse FDp chercher pourquoi c'est facile pour les bornes 0 et $+\infty$ winking smiley

--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Non FDP, on ne sait pas se ramener aux bornes $0,+\infty.$

Le coup classique c'est d'effectuer le changement de variable $y=1/x$ pour passer de $[0,1]$ à $[1,+\infty]$ puis sommer, sauf qu'il y a un signe "-" qui apparait et qui est embêtant. grinning smiley
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Le calcul avec la borne infini est simple.
On se retrouve à additionner deux intégrales dont on ne connait pas la valeur mais on connait la valeur de la somme. grinning smiley

$\begin{align}J&=\int_0^{\infty} \frac{\arctan\left(x^2\right)}{1+x^2}\,dx\\&=\int_0^{1} \frac{\arctan\left(x^2\right)}{1+x^2}\,dx+\int_1^{\infty} \frac{\arctan\left(x^2\right)}{1+x^2}\,dx\end{align}$

On fait le changement de variable $\displaystyle y=\frac{1}{x}$ dans la deuxième intégrale.


$\begin{align}J&=\int_0^{1} \frac{\arctan\left(x^2\right)}{1+x^2}\,dx+\int_0^{1} \frac{\arctan\left(\frac{1}{x^2}\right)}{1+x^2}\,dx\\
&=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\,dx\\
&=\frac{\pi^2}{8}
\end{align}$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Cyrano:

En regardant un peu vite j'ai cru qu'on pouvait y arriver. Mais quand j'ai vu le résultat du calcul sur Wolfram j'ai compris qu'il y avait un problème.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Je vais poser ta question sur MSE pour voir

--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Gebrane:

Ils vont vite trouver ;) (je m'abstiendrai de répondre pour le moment)

Les deux intégrales sont liées, elles ont un parent commun. La deuxième intégrale je l'avais rencontrée en essayant de calculer une intégrale sans passer par une intégrale à paramètre ou une intégrale double. Ma démarche avait échoué. Je suis retombé dessus par un autre calcul suggéré par quelqu'un dans cette file de messages.

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



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Tu as reçu une réponse Gebrane : [math.stackexchange.com]

Au final, la réponse était la même que celle que je proposais. Je n'ai pas eu le courage de tout écrire mais cela fonctionnait bel et bien. grinning smiley
De manière générale avec les arctangentes, dériver sous le signe s'impose naturellement.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Mon calcul utilise le même truc utilisé par Sangchul Lee mais lui complique, à mon humble avis, la fin du calcul avec l'utilisation de la fonction chi.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Je trouve très intéressante cette fonction chi, même l'intervenant Sangchul Lee a déclaré sa surprise que cette fonction chi de Legendre s'applique ici.

@FDP merci pour ta question, ça m'a fait grimper mes points de réputation grinning smiley
As-tu une autre aussi coriace winking smiley

--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Gebrane:

Je suis étonné qu'il n'ait pas mis ta question off topic.
Depuis quelques temps sur ME les intégrales proposées avaient peu d'intérêt (pour moi et d'autres j'en suis sûr) cette intégrale a sorti de la léthargie Sangchul Lee.

PS:
Il a mauvaise mémoire car il a déjà fait un calcul similaire :

[sos440.tistory.com]

(c'est son blog ou ancien blog je ne sais)

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

As-tu déjà traité $\int_0^1 \frac{\sin(x-1)}{\ln(x)} dx$?

--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par gebrane.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Bonjour,

L’integrale se calcule bien comme sur MSE. C’est la méthode classique pour se débarrasser d’une fonction arctangente, qui donne une fraction rationnelle après dérivation. Je cherche toujours une méthode plus simple ou plus courte.
Une intégration par partie pour que l’argument deviennent linéaire et non pas quadratique semble indispensable. Le résultat semble indiquer la piste d’une intégrale double...
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Gebrane:

Je n'aime pas beaucoup les intégrales avec un log au dénominateur (il y a de la constante d'Euler dans l'air) Question de goût.

YvesM:
Le lien [sos440.tistory.com] donne une méthode qui n'utilise pas la fonction chi mais du dilogarithme.
Je n'aime pas davantage cette solution et je cherche une solution plus simple.
C'est toi qui m'a inspiré cette intégrale.
En faisant le changement de variable $y=\tan x$.
et on a l'identité,

$\cos(2x)=\dfrac{1-\tan^2 x}{1+\tan^2 x}$

Qu'on peut inverser en:

$\tan^2 (x)=\dfrac{1-\cos(2x)}{1+\cos(2x)}$

(se rappeler que la fonction $x\rightarrow \frac{1-x}{1+x}$ est involutive)

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



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
D'une façon ou d'une autre je pense aussi qu'on peut se ramener à une intégrale calculable par résidus. (Selon moi ça reste la méthode la plus jolie pour le calcul d'intégrale) Néanmoins dans le cas, présent ce n'est pas clair du tout.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Il reste comment déduire la valeur $\frac{1}{4}\pi^2\sqrt{2}-\sqrt{2}\ln\left(1+\sqrt{2}\right)^2$ de l’intégrale d'avant $\displaystyle \int_0^{\infty} \dfrac{\arctan(x)\sqrt{\sqrt{1+x^2}-1}}{x\sqrt{1+x^2}}\,dx\ $ (avant les autres winking smiley)

--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par AD.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Ils ont déjà trouvé en moins d'une heure.[math.stackexchange.com]

--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Comme indiqué les deux intégrales étaient dérivées de celle-ci:

$\begin{align} A&=\int_0^1 \frac{\arctan x}{\sqrt{1-x^2}}\,dx\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\arctan\left(\sin x\right)\,dx\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\arctan\left(\cos x\right)\,dx\end{align}$

Si on connait la valeur de cette intégrale alors on sait calculer,

$\begin{align}J&=\int_0^{\infty} \dfrac{\arctan(x)\sqrt{\sqrt{1+x^2}-1}}{x\sqrt{1+x^2}}\,dx
\end{align}$

En effet, si on fait le changement de variable,

$x=\dfrac{2y}{1-y^2}$,

$\begin{align}I&=\sqrt{2}\int_0^{1} \dfrac{\arctan\left(\dfrac{2y}{1-y^2}\right)}{\sqrt{1-y^2}}\,dy\\
&=2\sqrt{2}\int_0^{1} \dfrac{\arctan y}{\sqrt{1-y^2}}\,dy\\
&=2\sqrt{2}A
\end{align}$

PS:
Cette intégrale a été créée en faisant le chemin à l'envers il n'y a donc rien de miraculeux dans ce changement de variable.

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



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
$\displaystyle A=\int_0^{1} \dfrac{\arctan x}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$

On définit pour $a\in [0,+\infty[$,

$\displaystyle F(a)=\int_0^{1} \dfrac{\arctan(ax)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$.

On vérifie que $F(0)=0$

et,

$\begin{align}\lim_{a\rightarrow +\infty} F(a)&=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx\\
&=\frac{\pi}{2}\Big[\arcsin x\Big]_0^1\\
&=\frac{\pi^2}{4}
\end{align}$

Par ailleurs,

$\begin{align} F^\prime(a)&=\int_0^1 \frac{x}{(1+a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}\,dx\\
&=\dfrac{1}{2} \left[\frac{\ln\left(\frac{\sqrt{1+a^2}-a\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{1+a^2}+a\sqrt{1-x^2}}\right)}{a\sqrt{1+a^2}}\right]_{x=0}^{x=1}\\
&=-\dfrac{1}{2}\frac{\ln\left(\frac{\sqrt{1+a^2}-a}{\sqrt{1+a^2}+a}\right)}{a\sqrt{1+a^2}}\\
&= -\dfrac{1}{2}\frac{\ln\left(\frac{1}{\left(\sqrt{1+a^2}+a\right)^2}\right)}{a\sqrt{1+a^2}}\\
&=\frac{\ln\left(\sqrt{1+a^2}+a\right)}{a\sqrt{1+a^2}}\\
&=\frac{\operatorname{arcsinh} a}{a\sqrt{1+a^2}}\\
\end{align}$

$\begin{align}A&=F(1)-F(0)\\
&=\int_0^1 \frac{\operatorname{arcsinh} a}{a\sqrt{1+a^2}}\,da\\
&=\left[-\operatorname{arcsinh}\left(\frac{1}{a}\right)\operatorname{arcsinh} a\right]_0^1+\int_0^1 \frac{\operatorname{arcsinh}\left(\frac{1}{a}\right)}{\sqrt{1+a^2}}\,da\\
&=-\ln^2\left(1+\sqrt{2}\right)+\int_0^1 \frac{\operatorname{arcsinh}\left(\frac{1}{a}\right)}{\sqrt{1+a^2}}\,da\\
\end{align}$

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

$\begin{align}A&=-\ln^2\left(1+\sqrt{2}\right)+\int_1^{\infty} \frac{\operatorname{arcsinh}x}{x\sqrt{1+x^2}}\,dx\\
&=-\ln^2\left(1+\sqrt{2}\right)+\lim_{x\rightarrow +\infty} F(x)-F(1)\\
&=-\ln^2\left(1+\sqrt{2}\right)+\lim_{x\rightarrow +\infty} \left(F(x)-F(0)\right)-\left(F(1)-F(0)\right)\\
&=-\ln^2\left(1+\sqrt{2}\right)+\frac{\pi^2}{4}-A\\
\end{align}$

Donc,

$\displaystyle \boxed{A=\dfrac{\pi^2}{8}-\dfrac{1}{2}\ln^2\left(1+\sqrt{2}\right)}$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Comment calculeriez-vous cette intégrale ? $$\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{5x^4-8x^2+4}\,dx$$
PS : Le résultat est un nombre réel donc il n'est pas abusif de demander que dans la solution il n'y ait pas de nombre complexe qui y figure.

Cette intégrale peut intervenir dans le calcul de $\int_{0}^{\pi/2}\arctan\left({2\over \cos^2{x}}\right)\mathrm dx$
(cf [math.stackexchange.com] )

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



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par AD.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
Bonjour,
Cette petite factorisation devrait régler le problème sur $\R$ avec les méthodes classiques (écriture pénible...)
\[
5 (x^{2} + {\displaystyle \frac {2}{5}} \,\sqrt{10 + 5\,\sqrt{5}}\,
x + {\displaystyle \frac {2}{5}} \,\sqrt{5})\,(x^{2} -
{\displaystyle \frac {2}{5}} \,\sqrt{10 + 5\,\sqrt{5}}\,x +
{\displaystyle \frac {2}{5}} \,\sqrt{5})
\]

Cordialement
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
C'est monstrueux, une primitive est \begin{align*}
~&\int\dfrac{1}{5\left(x^2-\frac{2\sqrt{\sqrt{5}+2}}{\sqrt{5}}x+\frac{2}{\sqrt{5}}\right)\left(x^2+\frac{2\sqrt{\sqrt{5}+2}}{\sqrt{5}}x+\frac{2}{\sqrt{5}}\right)}\,\mathrm{d}x \\
&\qquad=\dfrac{\ln\left(\left|x\left(\sqrt{5}x+2\sqrt{\sqrt{5}+2}\right)+2\right|\right)-\ln\left(\left|x\left(\sqrt{5}x-2\sqrt{\sqrt{5}+2}\right)+2\right|\right)}{16\sqrt{\sqrt{5}+2}} \\
&\qquad\quad+\dfrac{\arctan\left(\frac{\sqrt{5}x+\sqrt{\sqrt{5}+2}}{\sqrt{\sqrt{5}-2}}\right)+\arctan\left(\frac{\sqrt{5}x-\sqrt{\sqrt{5}+2}}{\sqrt{\sqrt{5}-2}}\right)}{8\sqrt{\sqrt{5}-2}}
\end{align*} J'ai la flemme de faire l’évaluation entre 0 et 1

--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par AD.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
On effectue le changement de variable $x=1/y$ et juste après le changement de variable $u=y-1$. Pour obtenir $$\int_0^1 \frac{1}{5x^4-8x^2+4}\,dx = \int_1^{+\infty} \frac{y^2}{5-8y^2+4y^4} \, dy = \int_0^{+\infty} \frac{(u+1)^2}{4u^4+16u^3+16u^2+1} \, du.$$

Il suffit après d'appliquer le théorème des résidus à $$\int_C \frac{(z+1)^2 \ln(z)}{4z^4+16z^3+16z^2+1} \, dz,$$ où $C$ est le contour pacman traditionnel. En effet le théorème s'applique aisément car les 4 pôles se trouvent facilement, il s'agit de $-1 \pm \sqrt{1\pm \frac{i}{2}}.$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par Cyrano.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
Faire les calculs sans passer par les complexes comme demande FDP est lourd, même si les calculs se simplifient...
On obtient :

$I = \displaystyle \int_0^1 \frac{1}{5x^4-8x^2+4}\,dx = \frac {1}{16 \sqrt{a}} \, {\ln\Big( \frac {\sqrt{a} + 2}{\sqrt{a} - 2} \Big)} + \frac {1}{8} \,\sqrt{a}\,\big(\mathrm {Arctan} (a + \sqrt{5a}) - \mathrm {Arctan} (a - \sqrt{5a})\big)$

Edit : se simplifie encore
$I = \displaystyle \int_0^1 \frac{1}{5x^4-8x^2+4}\,dx = \frac {1}{16 \sqrt{a}} \, {\ln\Big( \frac {\sqrt{a} + 2}{\sqrt{a} - 2} \Big)} + \frac {1}{8} \,\sqrt{a}\, \Big (\pi -\mathrm {Arctan} ( 2 \sqrt{a}) \Big)$

avec $a= 2 + \sqrt{5}$


$I = \displaystyle \int_0^1 \frac{1}{5x^4-8x^2+4}\,dx = \frac {1}{8 \alpha} \, \mathrm{Argth} \Big( \frac{2}{\alpha}\Big) + \frac {\alpha}{8} \Big (\pi - \mathrm {Arctan} ( 2 \alpha) \Big)$

avec $\alpha = \sqrt{2 + \sqrt{5}}$



$ I \simeq 0,59434 $


PS:
Conformément aux programmes actuels en sup , $\arctan$ redevient $\mathrm {Arctan} $ , notation que l'on n'aurait jamais dû quitter à mon avis...



Edité 9 fois. La dernière correction date de il y a six mois et a été effectuée par acetonik.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six mois
avatar
Merci pour ces calculs.

J'ai commencé par faire le changement de variable fait par Cyrano. Naïvement je croyais qu'il n'y avait pas de terme logarithmique dans le résultat.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a cinq mois
avatar
Je vous propose le calcul (donner une forme close) de l'intégrale suivante:

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

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a cinq mois
avatar
$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(2+x^2)}{1+x^2}\,dx=\frac{\pi}{2}\ln(1+\sqrt{2})+\Im\left(\operatorname{Li}_2\Big((3-\sqrt{2})i\right)\Big)-G$

($G$ est la constante de Catalan, $\operatorname{Li}_2$ est la fonction dilogarithme)

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a quatre mois
avatar
Une intégrale pour le Week-end:

$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(1+\sin \theta\right)\ln\left(1+\frac{1}{\sin \theta}\right)\,d\theta$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a trois mois
avatar
Pendant que je suis là.
La dernière intégrale vaut $\displaystyle \frac{\pi^3}{16}-2G\ln 2$

Je n'ai pas trouvé de moyen direct de la calculer. Mon calcul n'est pas difficile conceptuellement mais pénible car (un peu) long.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a trois mois
Tu peux nous donner la première étape du calcul ?

Parce que, juste le résultat, c'est pas hyper évocateur.
Re: Intégrale, le retour !
il y a trois mois
avatar
Tu peux commencer par lire:

[math.stackexchange.com]

(lis aussi les commentaires)

Je n'ai pas le temps tout de suite maintenant de donner plus de précision (le lien indiqué donne toutes les réponses si on creuse un tout petit peu)

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a trois mois
avatar
Quelques explications.

$J=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(1+\sin \theta\right)\ln\left(1+\frac{1}{\sin \theta}\right)\,d\theta$

Si on fait le changement de variable $\displaystyle y=\sqrt{\frac{1-\sin \theta}{1+\sin \theta}}$ on obtient,

$\begin{align}
J&=2\int_0^1 \ln\left(\frac{2}{1+y^2}\right)\ln\left(\frac{2}{1-y^2}\right)\times \frac{1}{1+y^2}\,dy\\
&=4G\ln 2-\pi\ln^2 2+2\int_0^1 \frac{\ln(1+y^2)\ln(1-y^2)}{1+y^2}\,dy
\end{align}$

Cette dernière intégrale est calculée sur la page mise en lien plus haut.

Ces intégrales sont souvent combinaisons linéaires à coefficients rationnels des nombres:
$\displaystyle G\ln 2,\pi^3,\pi\ln^2 2,\zeta(3),\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln^2(\cos x)\,dx$

L'intégrale est un nombre "moche". Elle ne semble pas pouvoir s'exprimer "simplement". (elle a une expression dans laquelle intervient la partie réelle ou imaginaire d'une fonction polylogarithme avec un argument complexe).

On peut fabriquer des intégrales comme celle proposée dans laquelle on a neutralisé ce terme par choix de "bons" coefficients (on prend deux telles intégrales pour en fabriquer une troisième. C'est ce qui est fait dans l'intégrale qui est calculée sur la page mise en lien, $\ln(1-x^2)=\ln(1+x)+\ln(1-x)$).

La difficulté est qu'on ne sait pas toujours exprimer ces intégrales par un calcul direct comme une telle combinaison linéaire.

Par exemple, si je me souviens bien.

L'intégrale $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln x\ln(1+x)}{1+x^2}\,dx$ est exprimable comme une telle combinaison linéaire.
Avec PARI GP et ses fonctions , lindep(),intnum() vous pouvez déterminer empiriquement les coefficients correspondants.

Mais il n'est pas immédiat de donner une justification à l'égalité pressentie.

C'est beaucoup plus facile pour l'intégrale,

$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln^2(1+x^2)}{1+x^2}\,dx$ si je me souviens bien.

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



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
avatar
Une "petite" intégrale pour cette fin de semaine:

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

C'est le problème 12054 donné dans le dernier American mathematical monthly.
J'ai déjà une méthode de calcul qui fonctionne bien et je me demande si on peut faire plus simple.

PS:
L'énoncé original donne la valeur de l'intégrale. Je vous laisse la trouver.

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 Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux semaines
Est-ce que un DSE de arctan(x) est une bonne piste ?

Autre piste utilisez le DSE de ln(1-t) a ln(1+x^2) - 2ln(1-x) ?

Une autre changement variable x=exp(-t) ?
Seuls les utilisateurs enregistrés peuvent poster des messages dans ce forum.

Cliquer ici pour vous connecter

Liste des forums - Statistiques du forum

Total
Discussions: 128 639, Messages: 1 232 122, Utilisateurs: 21 081.
Notre dernier utilisateur inscrit Chinel.


Ce forum
Discussions: 27 926, Messages: 257 610.

 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
Adresse Mail:

Inscription
Désinscription

Actuellement 16057 abonnés
Qu'est-ce que c'est ?
Taper le mot à rechercher

Mode d'emploi
En vrac

Faites connaître Les-Mathematiques.net à un ami
Curiosités
Participer
Latex et autres....
Collaborateurs
Forum

Nous contacter

Le vote Linux

WWW IMS
Cut the knot
Mac Tutor History...
Number, constant,...
Plouffe's inverter
The Prime page