Calcul d'une intégrale
Bonjour
Dans la suite du fil http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1645910 sur l'aide dans un devoir, on demande de prouver pour $0<a<b$ que $$
\int_{a}^{b}{\sqrt{\left(x - a\right)\left(b - x\right)} \over x}\,{\rm d}x=\pi \Big[ \frac{a+b}{2} - \sqrt{a b}\Big]
$$ Est-ce que c'est un classique ?
Merci de toute information.
Dans la suite du fil http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1645910 sur l'aide dans un devoir, on demande de prouver pour $0<a<b$ que $$
\int_{a}^{b}{\sqrt{\left(x - a\right)\left(b - x\right)} \over x}\,{\rm d}x=\pi \Big[ \frac{a+b}{2} - \sqrt{a b}\Big]
$$ Est-ce que c'est un classique ?
Merci de toute information.
Le 😄 Farceur
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Réponses
\[y^2=(x-a)(b-x).\]
Cette intégrale, au niveau L1 et donc sans le théorème des résidus, m'a donné beaucoup de mal. Je passe sans doute à côté d'une simplification.
Soit, pour $\displaystyle 0<a<b$, l'intégrale $\displaystyle I(a,b) = \int_{a}^{b} {\sqrt{(x-a)(b-x)} \over x} dx.$
L'intégrande est définie et continue sur le segment $\displaystyle [a,b]$ : l'intégrale $\displaystyle I$ existe.
Par une des substitutions d'Euler, on change les variables $\displaystyle x \leadsto t$ avec $\displaystyle \sqrt{(x-a)(b-x)} =t(x-a).$ On élève au carré pour obtenir $\displaystyle x-a={b-a \over 1+t^2}$, puis $\displaystyle b-x=(b-a) {t^2 \over 1+t^2}.$ Par différenciation, on obtient $\displaystyle 2 t dt = -{(b-a) \over (x-a)^2} dx =-{(1+t^2)^2 \over (b-a)} dx$ et alors $\displaystyle I(a,b) = 2 (b-a)^2\int_{0}^{+\infty} dt {t^2 \over (1+t^2)^2(at^2+b)}.$
On décompose la fraction : $\displaystyle {t^2 \over (1+t^2)^2(at^2+b)}= {b \over (b-a)^2} {1 \over 1+t^2} - {ab\over (b-a)^2} {1 \over at^2+b} - {1 \over b-a} {1 \over (1+t^2)^2}.$
On calcule les primitives (à des constantes réelles près) $\displaystyle \int {dt \over 1+t^2} = \arctan t, \int {dt \over at^2+b} = {1 \over \sqrt{ab}} \arctan({\sqrt{a} \over \sqrt{b}} t), \int {dt \over (1+t^2)^2} = {1 \over 2} ({t \over 1+t^2} + \arctan t).$
On trouve alors $\displaystyle I(a,b) = \pi ({a+b \over 2} - \sqrt{ab}).$
Oh! pardon, c'est exactement ce que fait Yves. J'ajoute que c'est canonique: voir cours de Dixmier 1ere annee.
Merci P pour la référence, je vais l' indiquer à l’intéressé
Un bonjour à FDP
\[(x-a)(b-x)=-x^2+(a+b)x-ab=\left(\frac{b-a}2\right)^2\left[1-\left(\frac{2x}{b-a}-\frac{a+b}{b-a}\right)^2\right],\]ce qui conduit à poser $\sin t=\frac{2x}{b-a}-\frac{a+b}{b-a}$. Lorsque $x$ parcourt $[a,b]$, $t$ parcourt $[-\pi/2,\pi/2]$. L'intégrale vaut\[2\left(\frac{b-a}2\right)^2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{\cos^2t}{(b-a)\sin t+a+b}\mathrm{d}t.\]Je ne vois pas mieux à faire que poser $u=\tan \frac{t}{2}$, de sorte que $u$ parcourt $[-1,1]$ et $\newcommand{\d}{\mathrm{d}}\d t=\frac{2}{1+u^2}\d u$. L'intégrale vaut
\[\frac{(b-a)^2}{2}\int_{-1}^1\frac{(1-u^2)^2}{(1+u^2)^2\left((b-a)\frac{2u}{1+u^2}+a+b\right)}\frac{2\d u}{1+u^2}
=\frac{(b-a)^2}{a+b}\int_{-1}^1\frac{(1-u^2)^2}{(1+u^2)^2\left(u^2+2\frac{b-a}{b+a}u+1\right)}\d u.\]C'est de même nature que ce que trouve YvesM mais apparemment plus pénible parce que la fraction ne s'exprime pas en fonction de $u^2$. En trichant un peu à ce stade, la décomposition en éléments simples est :
\[2\,{\frac { \left( a+b \right) u}{ \left( {u}^{2}+1 \right) ^{2} \left( a-b \right) }}-4\,{\frac
{ab \left( a+b \right) }{ \left( {u}^{2}a+{u}^{2}b-2\,ua+2\,ub+a+b \right) \left( a-b \right) ^{
2}}}+{\frac { \left( a+b \right) ^{2}}{ \left( {u}^{2}+1 \right) \left( a-b \right) ^{2}}}\]et là, on a une primitive un peu plus simple que prévu parce que l'on évite $1/(1+t^2)^2$.
YvesM pour la première méthode, Math Coss pour la seconde…
Est ce que quelqu'un à une preuve qui ne se trouve pas dans les livres, les Forums?....... comme celle de YvesM
\begin{align}\int_\gamma\frac yx\,dx \qquad;\qquad \gamma : \begin{cases}y^2=(x-a)(b-x) \\ y \geqslant 0 \end{cases}\end{align}
où le demi-cercle \(\gamma\) est parcouru dans le sens « des \(x\) croissants ».
Toute représentation paramétrique du demi-cercle fournira un calcul de l'intégrale.
Comme YvesM,j'ai l'impression de passer à côté d'une simplification, mais je n'ai pas trouvé comment paramétrer le demi-cercle pour obtenir un calcul sympathique de l'intégrale.
La mise sous forme canonique confirme (si besoin est) que la courbe d'équation $y^2=(a-x)(b-x)$ est un cercle et surtout indique que son centre est en $\bigl(\frac{a+b}2,0\bigr)$ et son rayon est $\frac{b-a}{2}$. C'est donc le cercle de diamètre $[AB]$ où $A=(a,0)$ et $B=(b,0)$.
Deux calculs de l'angle $\theta$ indiqué (deux fois pour raisons de double orthogonalité) sur la figure donnent \[\frac{y}{x-a}=\tan\theta=\frac{b-x}{y},\quad\text{d'où}\ \tan\theta=\sqrt{\frac{x-a}{b-x}}.\]On reconnaît là le paramètre $t=t_{YM}$ d'YvesM. À un facteur près, on lit cette tangente comme l'ordonnée sur la tangente au cercle en $B$. C'est le paramétrage rationnel du cercle par $t=t_{YM}$ : $x=\frac{a+bt^2}{t^2+1}$, $y=\frac{(b-a)t}{1+t^2}$ à quelques erreurs de calcul près...
Le $t=t_{MC}$ que j'ai défini consistait à paramétrer le cercle par l'angle « au centre », c'est-à-dire par $\bigl(\frac{a+b}2+\frac{b-a}2\cos(t_{MC}+\frac\pi2),\frac{b-a}2\sin(t_{MC}+\frac\pi2)\bigr)$ (je me plante peut-être sur le signe du $\pi/2$). Quand j'ai posé ensuite $u=\tan\frac{t}{2}$, j'ai dû retrouver à peu de choses près le paramètre $t_{YM}$ (ou son inverse ?), d'après le théorème de l'angle inscrit.
En notant \(A\) et \(B\) les extrémités du demi-cercle, de coordonnées respectives \((a,0)\) et \((b,0)\), la « substitution d'Euler » envisagée par YvesM n'est autre que la paramétrisation du cercle par la pente \(t\) d'une droite variable passant par \(A\).
J'ai essayé de voir si on obtenait plus simple en prenant une droite variable passant par un autre point du cercle, mais je n'ai rien obtenu de concluant.
En refermant le demi-cercle par le segment \([BA]\), on exprime l'intégrale comme intégrale sur un contour fermé puisque :
\[\int_{[BA]}\frac yx\,dx = 0\]
et on peut alors utiliser la formule de Green-Riemann pour se ramener à une intégrale double dans le demi-disque.
Mais même ainsi, je ne suis pas arrivé à « raccourcir » les calculs.
$\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{-x+a+b-\frac{ab}x}{\sqrt{\left(x - a\right)\left(b - x\right)}}\,{\rm d}x$.
On n'a même pas besoin de faire une décomposition en éléments simples.
Mon idée ( de la triche :-D je pars du résultat) : à partir du resultat qui s'ecrit avec $\pi$, j'ai pensé à l’intégrale similaire $$\int\limits_0^1\frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}=\pi$$
et on peut remarquer que $$\int\limits_a^b \frac 1{\sqrt{(x-a)(b-x)}} dx=\int\limits_0^1\frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}$$
Si on note $C=\frac{a+b}{2} - \sqrt{a b}$ peut on demonter astucieusement que
$$\int_{a}^{b}{\sqrt{\left(x - a\right)\left(b - x\right)} \over x}\,{\rm d}x= C \int\limits_a^b \frac 1{\sqrt{(x-a)(b-x)}} dx$$
L'idée de @jandri, de faire passer la racine en dénominateur, mène au résultat par une autre approche, mais il ne faut pas être manchot...
On a donc, pour $\displaystyle 0<a<b$, $\displaystyle I(a,b) = \int_{a}^{b} {\sqrt{(x-a)(b-x)} \over x } dx = \int_{a}^{b} {-x +(a+b)-{ab \over x}\over \sqrt{(x-a)(b-x)} } dx.$
Pour clarifier, on pose $\displaystyle R=(x-a)(b-x)$ et on doit calculer (à une constante réelle additive près) $\displaystyle \int {dx \over \sqrt{R}}, \int {x dx \over \sqrt{R}}, \int {dx \over x\sqrt{R}}$ :
$\bullet$ La première primitive se calcule en formant le carré et une subsitution classique : $\displaystyle \int {dx \over \sqrt{R}} = -\arctan {a+b-2x \over 2 \sqrt{R}}.$
$\bullet$ La seconde nécessite une intégration par partie: $\displaystyle \int {x dx \over \sqrt{R}} =-\sqrt{R} + {a+b \over 2} \int {dx \over \sqrt{R}} .$
$\bullet$ La troisième est coton, même Wolfram Alpha s'y perd avec une expression juste mais complexe, alors qu'on trouve : $\displaystyle \int {dx \over x \sqrt{R}}= {1 \over \sqrt{ab}} \arctan {(a+b) x - 2 ab \over 2 \sqrt{ab} \sqrt{R}}$ que l'on vérifie prudemment par dérivation.
On calcule alors $\displaystyle I(a,b) = -1 \times {a+b\over 2} \pi + (a+b) \times \pi - ab \times {1 \over \sqrt{ab}} \pi = \pi ({a+b \over 2} - \sqrt{ab}).$
@gebrane, personnellement, je suis intrigué par cette écriture : $\displaystyle I(a,b) = {\pi \over 2} (\sqrt{b} - \sqrt{a})^2.$
J'ai posé $2x=a+b-(b-a)\cos(t)$ d'où $2\sqrt{(x-a)(b-x)}=(b-a)\sin(t)$ et $\dfrac{dx}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}=dt$.
Ensuite $\displaystyle I(a,b) = \int_{a}^{b} {-x +(a+b)-{ab \over x}\over \sqrt{(x-a)(b-x)} } dx=\int_0^{\pi}\left(\frac{a+b}2+\frac{b-a}2\cos(t)-\frac{2ab}{a+b-(b-a)\cos(t)}\right)dt=\frac{\pi(a+b)}2-2ab\int_0^{+\infty}\dfrac{du}{a+bu^2}$
par le changement de variable classique $u=\tan(t/2)$.
On obtient finalement $I(a,b)=\dfrac{\pi(a+b)}2-\pi\sqrt{ab}$.
Il aurait suffit d'écrire :
\begin{align}
(b-a)^2\cos^2t &= (b-a)^2-(b-a)^2\sin^2t \\
&= \bigl((b-a)^2-(b+a)^2\bigr)+\bigl((b+a)^2-(b-a)^2\sin^2t\bigr)\\
& =-4ab+\bigl((b+a)-(b-a)\sin t\bigr)\bigl((b+a)+(b-a)\sin t\bigr)
\end{align}
\[\frac{1-X^2}{(b-a)X+a+b}=\frac{1}{(b-a)^2}\left((a-b)X+a+b-\frac {4ab}{ (b-a)X+a+b}\right).\]
On remarque que notre intégrale vaut $$I(\alpha, \beta)=\int_a^b \frac{\sqrt{-x²+2x\alpha-\beta^2}}{x}dx$$ avec $\alpha=\dfrac{a+b}{2}$ et $\beta=\sqrt{ab}.$ On montre que $$
\frac{\partial I}{\partial \alpha}=\int_a^b \frac{dx}{{\sqrt{-x²+2x\alpha-\beta^2}}}=\int_a^b \frac 1{\sqrt{(x-a)(b-x)}} dx=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}=\pi$$ donc $$I(\alpha, \beta)=\pi \alpha + f(\beta)$$
On montre ( il y a un petit calcul) que $$\frac{\partial I}{\partial \beta}=-\int_a^b \frac{\sqrt{ab}}{x\sqrt{(x-a)(b-x)}}dx=\cdots=-\frac{\partial I}{\partial \alpha}$$ donc $f'(\beta)=-\pi$ et d'où $f(\beta)=-\pi \beta +c$ et $I(\alpha, \beta)=\pi \alpha -\pi \beta +c $ et on montre que $c=0$ d'où le résultat.
C'est pis que tout !
e.v.
Tu veux dire c 'est :
Presque que tout
Tanpis pour tout
Pire que tout
\pi que tout
?
Même sur des intervalles non compacts ? avec de la convergence dominée ?
On donne ce théorème sans démonstration comme initiation a ce qui va se passer en L3 ( très bonne motivation je trouve)