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Intégrale, le retour !

Envoyé par Fin de partie 
gb
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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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 deux mois
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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 deux mois
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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 deux mois
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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 deux mois
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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 deux mois
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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 deux mois
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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 deux mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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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 deux mois
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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 deux mois
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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 $1$

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Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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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 deux mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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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 $\pi$.

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Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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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 deux mois
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Tu as tout le temps que tu veux.

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Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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@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)

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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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 deux mois
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Si vous savez calculer avec borne infini vous savez calculer avec borne 1 m'enfin ! (désolé pour la mauvaise imitation)

PS:
Pas si sûr !!!!

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

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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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 deux mois
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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.


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

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Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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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 deux mois
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Je vais poser ta question sur MSE pour voir

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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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.

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

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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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 deux mois
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@FDP

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

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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 mois et a été effectuée par gebrane.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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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 deux mois
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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)

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Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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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 deux mois
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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)

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

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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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.

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

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,

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

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Re: Intégrale, le retour !
il y a deux mois
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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 deux mois et a été effectuée par AD.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux 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 deux 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

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Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par AD.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux 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 deux mois et a été effectuée par Cyrano.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux 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 deux mois et a été effectuée par acetonik.
Re: Intégrale, le retour !
il y a deux 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 semaines
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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 quatre semaines
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$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(2+x^2)}{1+x^2}\,dx=\frac{\pi}{2}\ln(1+\sqrt{2})+\Im\left(\operatorname{Li}_2\Big((3-\sqrt{2})i\right)\Big)-G$

($G$ 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 sept jours
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Une intégrale pour le Week-end:

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

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