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Intégrale, le retour !

Envoyé par Fin de partie 
gb
Re: Intégrale, le retour !
il y a sept jours
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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 sept jours
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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 sept jours
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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 sept jours
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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 sept jours
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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 sept jours
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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 sept jours
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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 sept jours et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a sept jours
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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 sept jours
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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 .

Le nombre de Dottie ou...ce qu'il en reste [math.stackexchange.com]
Re: Intégrale, le retour !
il y a sept jours
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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 $1$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a sept jours
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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 sept jours et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a six jours
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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 $\pi$.

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

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



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


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

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

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



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

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



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq jours et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a cinq jours
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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 cinq jours
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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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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]



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

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



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a cinq jours et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Intégrale, le retour !
il y a trois jours
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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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