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Intégrale, le retour !

Envoyé par Fin de partie 
Re: Intégrale, le retour !
il y a cinq mois
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Pour calculer ce type d'intégrales parfois on essaie par développement en série entière de se ramener au calcul d'une somme d'Euler.
(cf. [mathworld.wolfram.com] pour des exemples de telles sommes)
Je ne sais pas si l'approche est pertinente dans le cas d'espèce.

Je pense que j'ai deux méthodes différentes pour calculer cette intégrale. Il me reste à finir un calcul pour être sûr que la deuxième méthode fonctionne. cf. le fil que tu as ouvert pour l'une des méthodes.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a cinq mois
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@FDP
Tu es parmi ceux que j'admire dans ce Forum. Je trouve un grand plaisir à te lire.
Lorsque un calcul est long, le courage me fait défaut. Je ne sais pas si la méthode classique qui consiste à dériver I(a) marche avec $$I(a)=\displaystyle \int_0^1 \frac{\arctan ax}{x}\ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)\,dx$$

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[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Intégrale, le retour !
il y a cinq mois
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Comme déjà indiqué cette intégrale est un multiple entier de l'intégrale donnée par Etanche.
Je ne le savais pas en rajoutant un message dans ce fil. Il faudrait qu'il nous indique d'où vient "son" intégrale.
Je ne crois guère à de telles coïncidences, j'imagine donc qu'elle a été obtenue en essayant de résoudre le problème 12054 de l'AMM

Je pense qu'on peut traiter cette intégrale et par conséquent l'autre aussi par la méthode que tu indiques mais il me reste à finaliser le calcul pour en être certain.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a cinq mois
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L'autre méthode qui fonctionne est de procéder à une intégration par parties:


$\begin{align}\int_0^1 \frac{\arctan x}{x} \ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)\,dx&=\left[\arctan x\ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)\ln x\right]_0^1-\int_0^1 \frac{2(1+x)\ln x\arctan x}{(1-x)(1+x^2)}\,dx-\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x^2}\ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)\,dx\\
&=-\int_0^1 \frac{2(1+x)\ln x\arctan x}{(1-x)(1+x^2)}\,dx-\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x^2}\ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)\,dx\\
\end{align}$

On se retrouve avec une intégrale horrible à calculer et une intégrale dont l'intégrande vérifie:

1) Une fraction rationnelle R(x) fois ln x fois une fonction dont la dérivé est une fraction rationnelle.
2) L'intégrale $\int_0^1 \displaystyle R(x)\ln x dx$ est calculable.

Et on continue en faisant une intégration par parties dans l'intégrale qui n'est pas trop horrible...
(et on est conduit à recommencer et tout fini par s'arranger: les trucs horribles s'éliminent entre eux)

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a cinq mois
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Une intégrale pour cette fin de semaine:


$\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\arctan\sqrt{2x^2+1}}{(1+3x^2)\sqrt{2x^2+1}}\,dx$

Je ne sais pas encore la calculer mais la valeur conjecturée est une expression simple dans laquelle intervient $\pi^2$.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a cinq mois
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FDP écrivait "Je ne sais pas encore la calculer"
Pourtant c'est toi même qui a calculé cette intégrale grinning smiley, oublis-tu les intégrales d’Ahmed?

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

Je sais relier $\displaystyle \int_{1}^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{2x^2+1}}{(1+3x^2)\sqrt{2x^2+1}}\,dx$ à l'intégrale d'Ahmed et je voudrais en faire autant pour $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\arctan\sqrt{2x^2+1}}{(1+3x^2)\sqrt{2x^2+1}}\,dx$ sans avoir à calculer aucune intégrale double.

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: Intégrale, le retour !
il y a cinq mois
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Ok, tu veux vérifier $$\int_{0}^{1}\frac{\arctan\sqrt{2a^2+1}}{(1+3a^2)\sqrt{2a^2+1}}\,da=\frac{13\pi^2}{288}.$$ [math.stackexchange.com]

Ma première réflexion classique est de considérer
$$I(a)=\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\arctan a\sqrt{2x^2+1}}{(1+3x^2)\sqrt{2x^2+1}}\,dx$$

edit $I'(a)= \int_{0}^{1} \dfrac{1}{\left(3x^2+1\right)\left(a^2\left(2x^2+1\right)+1\right)}=

\dfrac{\sqrt{3}\arctan\left(\sqrt{3}\right)}{a^2+3}-\dfrac{\sqrt{2}a\arctan\left(\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{a^2+1}}\right)}{\sqrt{a^2+1}\left(a^2+3\right)}$ on tombe sur une même difficulté

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



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

Si j'avais pu calculer l'intégrale entre 0 et 1 de la même façon que je l'ai fait pour l'intégrale entre 1 et l'infini je l'aurais fait dans la foulée.
Si tu observes tu verras qu'on commence par une intégrale entre 1 et l'infini pour arriver à une intégrale entre 0 et 1 (l'intégrale d'Ahmed).

On peut faire la même chose en commençant par 0 et 1 et on se retrouve à calculer une intégrale entre 1 et l'infini.

Cela revient à calculer $\displaystyle \int_{1}^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{x^2+2}}{(1+x^2)\sqrt{x^2+2}}\,dx$

Je voudrais à ne pas avoir à la calculer à la façon dont tu voudrais le faire.

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Re: Intégrale, le retour !
il y a cinq mois
avatar
La methode pour calculer l'intégrale d'Ahmad entre 0 et 1 est la même entre 1 et $+^\infty$

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[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - 1411.5169.pdf (44.2 KB)
Re: Intégrale, le retour !
il y a cinq mois
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On suppose qu'on connait:

$\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\arctan\sqrt{2+x^2}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\,dx=\frac{5\pi^2}{96}$


On veut calculer,

$\displaystyle H=\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{2+x^2}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\,dx$

On sait que pour $u$ réel,

$\displaystyle \frac{\arctan u}{u}=\int_0^1 \frac{1}{1+t^2u^2}\,dt$

Donc,

$\begin{align}H&=\int_{0}^{\infty} \left(\int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)\left(1+t^2(2+x^2)\right)}\,dt\right)\,dx\\
&=\int_{0}^{\infty} \left(\int_0^1 \left(\frac{1}{(1+t^2)(1+x^2)}-\frac{t^2}{(1+t^2)\left(1+t^2(2+x^2)\right)}\right)\,dt\right)\,dx\\
&=\int_{0}^{\infty} \left(\int_0^1 \frac{1}{(1+t^2)(1+x^2)}\,dt\right)\,dx-\int_{0}^{\infty} \left(\int_0^1 \frac{t^2}{(1+t^2)\left(1+t^2(2+x^2)\right)}\,dt\right)\,dx\\
&=\frac{\pi^2}{8}-\int_0^1 \left[\frac{t}{(1+t^2)\sqrt{1+2t^2}}\arctan\left(\frac{tx}{\sqrt{1+2t^2}}\right)\right]_{x=0}^{x=\infty}\,dt\\
&=\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{t}{(1+t^2)\sqrt{1+2t^2}}\,dt\\
&=\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi}{2}\Big[\arctan\left(\sqrt{1+2t^2}\right)\Big]_0^1\\
&=\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi}{2}\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4}\right)\\
&=\frac{\pi^2}{12}\\
\end{align}$

En outre,

$\begin{align}H&=\int_{0}^{1}\frac{\arctan\sqrt{2+x^2}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\,dx+\int_{1}^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{2+x^2}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\,dx\\
&=\frac{5\pi^2}{96}+\int_{1}^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{2+x^2}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\,dx\\
\end{align}$

Donc,

$\begin{align}
\int_{1}^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{2+x^2}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\,dx=\frac{\pi^2}{32}\\
\end{align}$

Par ailleurs,

On applique le changement de variable $y=\dfrac{1}{x^2}$,

$\begin{align}K&=\int_0^1 \dfrac{\arctan(\sqrt{2x^2+1})}{(1+3x^2)\sqrt{2x^2+1}}\,dx\\
&=\frac{1}{2}\int_1^{\infty}\frac{\arctan\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}\right)}{\sqrt{x+2}(x+3)}\,dx
\end{align}$

On procède à une intégration par parties,

$\begin{align}K&=\Big[\arctan\left(\sqrt{x+2}\right)\arctan\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}\right)\Big]_1^{\infty}+\int_1^{\infty}\frac{\arctan\left(\sqrt{x+2}\right)}{2\sqrt{x}(1+x)\sqrt{x+2}}\,dx\\
&=\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi^2}{9}+\int_1^{\infty}\frac{\arctan\left(\sqrt{x+2}\right)}{2\sqrt{x}(1+x)\sqrt{x+2}}\,dx\\
\end{align}$

On applique le changement de variable $y=\sqrt{x}$,

$\begin{align}K&=\frac{\pi^2}{72}+\int_1^{\infty}\frac{\arctan\left(\sqrt{x^2+2}\right)}{(1+x^2)\sqrt{x^2+2}}\,dx\\
&=\frac{\pi^2}{72}+\frac{\pi^2}{32}\\
&=\frac{13\pi^2}{288}
\end{align}$

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