Intégrale d'une puissance de $\sin(x)$

naima12
naima12
dans Analyse
Soit $l>0$ un paramètre fixé. Je veux calculer $$\int_{0}^{\arcsin(th(l))}(\sin\theta)^{2n+1}\,d\theta
$$ Pour cela j'ai écrit :
\begin{align}
\sin^{2n+1}(\theta) &=\left(\frac1{2i}\right)^{2n+1}\left(e^{i\theta}-e^{-i\theta}\right)^{2n+1}\\
&=\left(\frac1{2i}\right)\left(-\frac14\right)^n\sum_{k=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{k}e^{i(2n+1-k)\theta}e^{-ik\theta}(-1)^k\\
&=\left(\frac1{2i}\right)\left(\frac14\right)^n\sum_{k=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{k}e^{i(2n+1-2k)\theta}(-1)^{n-k}
\end{align}
Ce que j'ai écrit est-il juste ? Et comment puis-je conclure ?
Merci.

Réponses

  • gb
    gb
    Bonjour,

    N'aurait-il pas été plus simple d'utiliser les techniques usuelles de calcul des intégrales de fonctions trigonométriques ?

    Pour cette intégrale, il convient d'utiliser:
    \[\sin^{2n+1}\theta = (1-\cos^2\theta)^n\sin\theta\]
    afin de pouvoir pratiquer facilement le changement de variable : \(t=\cos\theta\) et de se ramener à primitiver un polynôme.
  • naima12
    naima12
    vous pouvez trouvez un résultat précis avec cette méthode?
  • gb
    gb
    Je note \(u = \arcsin\mathrm{th}(l)\), alors: \[
    \sin u = \mathrm{th}\,l \implies \cos^2u = 1 - \mathrm{th}^2\,l \implies \frac{1}{\mathrm{ch}^2l} \implies \cos u = \frac{1}{\mathrm{ch}\,l}\] donc :
    \begin{align*}
    \int_0^{\arcsin\mathrm{th}(l)} \sin^{2n+1}\theta\,d\theta &= \int_0^u (1-\cos^2\theta)^n\sin\theta\,d\theta \\
    &= \int_{\cos u}^1 (1-x^2)^n\,dx & (x=\cos\theta) \\
    &=\int_{\cos u}^1 \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k}x^{2k}\,dx \\
    &=\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k}\frac{1-\cos^{2k+1}u}{2k+1} \\
    &=\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k}\frac{1-(1/\mathrm{ch}^{2k+1}l)}{2k+1} \\
    &=\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k}\frac{\mathrm{ch}^{2k+1}l-1}{(2k+1)\mathrm{ch}^{2k+1}l}
    \end{align*}

    edit : rectifié d'après l'indication de jandri
  • naima12
    naima12
    Merci.
    J'ai une autre question.
    Peut-on montrer qu'il existe une constante $c>0$ tellle que $$
    -\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k}\frac{\mathrm{ch}^{2k}l-1}{(2k+1)(2n+1)\mathrm{ch}^{2k}l}\ge c\;l^2\quad ?$$
  • jandri
    jandri
    @ gb

    Dans la troisième ligne de ton calcul l'exposant de $x$ est $2k$.

    Dans les lignes suivantes tous les exposants sont égaux à $2k+1$ et pas $2k$.
  • Eric
    Eric
    Si tu tiens à procéder comme tu as démarré, le calcul est le suivant

    \begin{align*}
    \mathopen{(}2i\mathclose{)}^{2n+1}\sin^{2n+1}x
    &=\bigl(\frac{-1}{z}+z\bigr)^{2n+1} \\
    &=\sum_{k=0}^{2n+1}\mathopen{(}-1\mathclose{)}^{k}\binom{2n+1}{k}z^{-k}z^{2n+1-k} \\
    &=\sum_{k=0}^{n}\mathopen{(}-1\mathclose{)}^{k}\binom{2n+1}{k}z^{2n+1-2k}
    +\sum_{k=n+1}^{2n+1}\mathopen{(}-1\mathclose{)}^{k}\binom{2n+1}{k}z^{2n+1-2k} \\
    &=\sum_{k=0}^{n}\mathopen{(}-1\mathclose{)}^{k}\binom{2n+1}{k}z^{2n+1-2k}
    +\sum_{j=0}^{n}\mathopen{(}-1\mathclose{)}^{2n+1-j}\binom{2n+1}{2n+1-j}z^{2j-(2n+1)} \\
    &=\sum_{k=0}^{n}\mathopen{(}-1\mathclose{)}^{k}\binom{2n+1}{k}z^{2n+1-2k}
    -\sum_{j=0}^{n}\mathopen{(}-1\mathclose{)}^{j}\binom{2n+1}{2n+1-j}z^{2j-(2n+1)} \\
    &=\sum_{k=0}^{n}\mathopen{(}-1\mathclose{)}^{k}\binom{2n+1}{k}\bigl(z^{2n+1-2k}-\frac{1}{z^{2n+1-2k}}\bigr)
    \end{align*}
    avec $z=e^{ix}$, d'où $$
    2i\times2^{2n}\sin^{2n+1}x
    =\mathopen{(}-1\mathclose{)}^{n}\sum_{k=0}^{n}\mathopen{(}-1\mathclose{)}^{k}\binom{2n+1}{k}\bigl(z^{2n+1-2k}-\frac{1}{z^{2n+1-2k}}\bigr)
    $$ et $$
    2^{2n}\sin^{2n+1}x=\sum_{k=0}^{n}\mathopen{(}-1\mathclose{)}^{n+k}\binom{2n+1}{k}\sin\bigl((2n+1-2k)x\bigr).
    $$
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