Une intégrale à paramètre
Bonjour.
J'ai rencontré la fonction : $x\mapsto g(x)=\int_{0}^{+\infty }\frac{dt}{x+\cosh t}$, fonction $\mathcal C^\infty$ sur $I=]-1,+\infty \lbrack $.
Un simple Changement De Variable conduit à : $g(x)=\int_{0}^{1}\frac{2dt}{t^{2}+2xt+1}$.
Cette intégrale se calcule :
- si $x\in ]-1,1[$, alors : $g(x)=\frac{\arccos x}{\sqrt{1-x^{2}}}$ ;
- si $x=1$, alors : $g(x)=1$ ;
- si $x\in ]1,+\infty \lbrack $, alors : $g(x)=\frac{1}{\sqrt{x^{2}-1}}\ln (x+\sqrt{x^{2}-1})=\frac{\arg \cosh x}{\sqrt{x^{2}-1}}$.
Sur cet intervalle $I=]-1,+\infty \lbrack $, cette fonction $g$ satisfait à l'équation différentielle : $(x^{2}-1)g^{\prime }(x)+xg(x)=1$.
Je trouve cette équation différentielle dans chacun des trois cas, mais je n'arrive pas à voir comment on pourrait la prouver juste avec l'expression de $g(x)$ comme l'une ou l'autre des deux intégrales, sans les calculer explicitement.
Bonne journée.
Fr. Ch.
J'ai rencontré la fonction : $x\mapsto g(x)=\int_{0}^{+\infty }\frac{dt}{x+\cosh t}$, fonction $\mathcal C^\infty$ sur $I=]-1,+\infty \lbrack $.
Un simple Changement De Variable conduit à : $g(x)=\int_{0}^{1}\frac{2dt}{t^{2}+2xt+1}$.
Cette intégrale se calcule :
- si $x\in ]-1,1[$, alors : $g(x)=\frac{\arccos x}{\sqrt{1-x^{2}}}$ ;
- si $x=1$, alors : $g(x)=1$ ;
- si $x\in ]1,+\infty \lbrack $, alors : $g(x)=\frac{1}{\sqrt{x^{2}-1}}\ln (x+\sqrt{x^{2}-1})=\frac{\arg \cosh x}{\sqrt{x^{2}-1}}$.
Sur cet intervalle $I=]-1,+\infty \lbrack $, cette fonction $g$ satisfait à l'équation différentielle : $(x^{2}-1)g^{\prime }(x)+xg(x)=1$.
Je trouve cette équation différentielle dans chacun des trois cas, mais je n'arrive pas à voir comment on pourrait la prouver juste avec l'expression de $g(x)$ comme l'une ou l'autre des deux intégrales, sans les calculer explicitement.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Réponses
-
Je n'ai pas le temps de tester tout de suite, mais a priori, j'essaierais une dérivation sous le signe somme dans la deuxième intégrale, puis une intégration par partie.
-
En fait, ça se calcule directement...
J'admets que la fonction $g$ est dérivable et que la dérivée s'obtient en dérivant sous le signe intégral.
Alors pour tout $x>-1$, on a :
$$(x^2-1)g'(x)+xg(x)=\int_0^{+\infty} \frac{-(x^2-1)+x(x+\cosh(t))}{(x+\cosh(t))^2}dt =\int_0^{+\infty}\frac{x\cosh(t)+1}{(x+\cosh(t))^2}dt \\= \int_0^{+\infty} \frac{\cosh(t)(x+\cosh(t))-\sinh^2(t)}{(x+\cosh(t))^2}dt=\left[\frac{\sinh(t)}{x+\cosh(t)}\right]_0^{+\infty}=1$$ -
Oui, la vérification est facile ; je préfère d'ailleurs la forme :
\[g(x)=\int_0^1\frac{2\,dt}{t^2+2xt+1}\]
où l'on intègre sur un compact, ce qui permet de dériver sous le signe somme par simple continuité de \((x,y)\mapsto2/(t^2+2xt+1)\) et de sa dérivée partielle par rapport à \(x\).
Mais je n'arrive pas à trouver une intégration par parties, ou une autre technnique, qui permettrait d'obtenir les coefficients de l'équation différentielle et non de les parachuter. -
J'ai fini par l'avoir ; je pars des expressions intégrales :
\begin{align}g(x)&=\int_0^1\frac{2\,dt}{t^2+2xt+1}&g'(x)&=-\int_0^1\frac{4t\,dt}{(t^2+2xt+1)^2}\end{align}
Une intégration par parties fournit:
\begin{align}g(x)&=\left[\frac{2(t+x)}{t^2+2xt+1}\right]_0^1+4\int_0^1\frac{(t+x)^2}{(t^2+2xt+1)^2}\,dt\\
&=(1-2x)+4\int_0^1\left(\frac{1}{t^2+2xt+1}+\frac{x^2-1}{(t^2+2xt+1)^2}\right)\,dt\\
&=1-2x+2g(x)+4(x^2-1)\int_0^1\frac{dt}{(t^2+2xt+1)^2}
\end{align}
d'où :
\begin{align}
g(x)&=2x-1-4(x^2-1)I
&\text{avec }I&=\int_0^1\frac{dt}{(t^2+2xt+1)^2}
\end{align}
tandis que :
\begin{align}
g'(x)&=-\int_0^1\frac{4t\,dt}{(t^2+2xt+1)^2}=\int_0^1\left(\frac{4x}{(t^2+2xt+1)^2}-\frac{4(t+x)}{(t^2+2xt+1)^2}\right)\,dt\\
&=4x\int_0^1\frac{dt}{(t^2+2xt+1)^2}+\left[\frac{2}{t^2+2xt+1}\right]_0^1=
4xI+\frac{1}{x+1}-2
\end{align}
et l'élimination de l'intégrale \(I\) fournit l'équation différentielle :
\[(x^2-1)g'(x)+xg(x)=\frac{x^2-1}{x+1}-2(x^2-1)+x(2x-1)=1.\] -
On peut faire la même chose sans utiliser l'intégrale $I$.
Quand on intègre par parties $g(x)$ on peut prendre $2t+C$ comme primitive de $2$ puis choisir $C=\dfrac2x$ pour que l'intégrale obtenue s'écrive comme combinaison linéaire de $g(x)$ et $g'(x)$. -
Effectivement, et si l'on ne veut pas avoir à distinguer le cas où \(x\) est nul, c'est \(xg(x)\) qu'il faut intégrer par parties.
-
Merci pour toutes ces idées. Ce qui est curieux c'est que pour une intégrale si simple, sous l'une ou l'autre de ses deux expressions, le calcul qui donne l'équation différentielle directement à partir de l'intégrale ne se laisse pas faire facilement. Moi je n'ai trouvé cette équation différentielle qu'à partir de l'expression de cette intégrale dans les deux cas. C'est un résultat intéressant car si l'on part de l'équation différentielle, il n'est pas évident que le raccordement au point $1$ est $\mathcal C^\infty$.
Encore merci, et bonne soirée.
Fr. Ch. -
Bonjour Chaurien
Considérons ton équation $(x^{2}-1)g^{\prime }(x)+xg(x)=1$ avec la condition initiale $g(1)=1$; d’après ce qui précède, on démontre de façon détournée que cette équation admet une solution $C^{\infty}$ sur $I=\,]-1,+\infty \lbrack$
1) A-t-on l'unicité d'une solution sur $I$ ?
2) Si on remplace $g(1)=1$ par $g(1)=a$, peut-on deviner la tête de $g$ sous forme intégrale à paramètre pour démontrer l'existence d'une solution $C^{\infty}$ sur $I=\,]-1,+\infty \lbrack$
3) Peut-on espérer aussi l’existence d'une solution $C^{\infty}$ sur $J=\,]-\infty ,-1\lbrack$Le 😄 Farceur -
La résolution de l'équation différentielle sur chacun des intervalles où le coefficient de $g'(x)$ ne s'annule pas permet de répondre sans difficultés aux questions 1 et 3.
Pour la question 2 une solution sur $I$ vérifie nécessairement $g(1)=1$. -
Si \(g\) est une fonction définie sur \(]-1,+\infty[\), je définis une fonction \(\check g\) sur \(]-\infty,1[\) par :
\[\check g(x)=-g(-x).\]
Si \(g\) est dérivable sur \(]-1,+\infty[\), il en est de même de \(\check g\) sur \(]-\infty,1[\) avec :
\[\check{g}(x)=-g(-x) \implies \check{g}'(x)=g'(-x)\]
d'où :
\[\forall x\in(x^2-1)]-1,+\infty[ \quad \check{g}'(x)+x\check{g}(x)=((-x)^2-1)g'(-x)+(-x)g(-x).\]
Si \(g\) est une solution de l'équation différentielle sur \(]-1,+\infty[\), alors \(\check g\) est solution sur \(]-\infty,1[\). -
Merci gb
On déduit donc que l’équation $(x^{2}-1)g^{\prime }(x)+xg(x)=1,\quad g(1)=1 et g(-1)=-1$ admet une solution unique sur $\R$ ?Le 😄 Farceur -
On n'a pas besoin d'imposer une condition sur $g(1)$ et $g(-1)$.
L'unique solution de l'équation différentielle sur $]-1,+\infty[$ vérifie $g(1)=1$ mais ne se prolonge pas en $-1$.
De même, l'unique solution sur $]-\infty,1[$ vérifie $g(-1)=-1$ mais ne se prolonge pas en $1$.
Il n'y a donc pas de solution sur $\R$. -
Merci JandriLe 😄 Farceur
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