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.
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Réponses
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 :
$$(x^2-1)g'(x)+xg(x)=\int_0^{+\infty} \frac{-(x^2-1)+x(x+\cosh(t))}{(x+\cosh(t))^2}dt =\int_0^{+\infty}\frac{x\cosh(t)+1}{(x+\cosh(t))^2}dt \\= \int_0^{+\infty} \frac{\cosh(t)(x+\cosh(t))-\sinh^2(t)}{(x+\cosh(t))^2}dt=\left[\frac{\sinh(t)}{x+\cosh(t)}\right]_0^{+\infty}=1$$
\[g(x)=\int_0^1\frac{2\,dt}{t^2+2xt+1}\]
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.
\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 :
\[(x^2-1)g'(x)+xg(x)=\frac{x^2-1}{x+1}-2(x^2-1)+x(2x-1)=1.\]
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 $g'(x)$.
Encore merci, et bonne soirée.
Fr. Ch.
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 $J=\,]-\infty ,-1\lbrack$
Pour la question 2 une solution sur $I$ vérifie nécessairement $g(1)=1$.
erreur de frappe dans 3
3) Peut-on espérer aussi l’existence d'une solution $C^{\infty}$ sur $J=\,]-\infty ,1\lbrack$ ( probleme de raccordement en -1)
\[\check g(x)=-g(-x).\]
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 \(]-\infty,1[\).
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 $\R$ ?
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 $\R$.