Intégrale généralisée et théorème des résidus
Bonjour
Je dois calculer $\int_{- \infty}^{+\infty} \frac{\sin^2(x)}{x^4 + x^2 +1}dx$
(j'ai déjà calculé $\int_{- \infty}^{+\infty} \frac{1}{x^4 + x^2 +1}dx$)
Soit la fonction $f : x \mapsto \frac{\sin^2(x)}{x^4 + x^2 +1}$
Ses singularités sont :$e^{i\pi/3}$ , $e^{i2\pi/3}$ , $e^{-i2\pi/3}$ et $e^{-i\pi/3}$
Soit $R > 1$, on définit le domaine complexe délimité par les points d'affixe $Re^{i\theta}$ avec $\theta \in [0;\pi]$ et les points d'affixe $z \in [-R;R]$
Soit $C$ la boucle contenant l'ensemble de ces points. D'après le théorème des résidus, on a
$\int_C f(x) dx = 2\pi i \times \big( Res(f;e^{i\pi/3}) + Res(f;e^{i2\pi/3})\big)$
Je pense que $e^{i\pi/3}$ et $e^{i2\pi/3}$ sont des pôle d'ordre 1.
Ainsi, $Res(f;e^{i\pi/3})= \lim_{z \rightarrow e^{i\pi/3}} (z-e^{i\pi/3})f(z)=\frac{\sin^2(e^{i\pi/3})}{4(e^{i\pi/3})^3+2e^{i\pi/3}}$
De même, $Res(f;e^{i2\pi/3})=\frac{\sin^2(e^{i2\pi/3})}{4(e^{i2\pi/3})^3+2e^{i2\pi/3}}$
Est-ce bien parti ?
Je dois calculer $\int_{- \infty}^{+\infty} \frac{\sin^2(x)}{x^4 + x^2 +1}dx$
(j'ai déjà calculé $\int_{- \infty}^{+\infty} \frac{1}{x^4 + x^2 +1}dx$)
Soit la fonction $f : x \mapsto \frac{\sin^2(x)}{x^4 + x^2 +1}$
Ses singularités sont :$e^{i\pi/3}$ , $e^{i2\pi/3}$ , $e^{-i2\pi/3}$ et $e^{-i\pi/3}$
Soit $R > 1$, on définit le domaine complexe délimité par les points d'affixe $Re^{i\theta}$ avec $\theta \in [0;\pi]$ et les points d'affixe $z \in [-R;R]$
Soit $C$ la boucle contenant l'ensemble de ces points. D'après le théorème des résidus, on a
$\int_C f(x) dx = 2\pi i \times \big( Res(f;e^{i\pi/3}) + Res(f;e^{i2\pi/3})\big)$
Je pense que $e^{i\pi/3}$ et $e^{i2\pi/3}$ sont des pôle d'ordre 1.
Ainsi, $Res(f;e^{i\pi/3})= \lim_{z \rightarrow e^{i\pi/3}} (z-e^{i\pi/3})f(z)=\frac{\sin^2(e^{i\pi/3})}{4(e^{i\pi/3})^3+2e^{i\pi/3}}$
De même, $Res(f;e^{i2\pi/3})=\frac{\sin^2(e^{i2\pi/3})}{4(e^{i2\pi/3})^3+2e^{i2\pi/3}}$
Est-ce bien parti ?
Réponses
-
Il vaut mieux d'abord écrire $\sin^2 x = \left( \dfrac{e^{ix}- e^{-ix}}{2i} \right)^2 = - \dfrac{e^{2ix}+e^{-2ix}-2}{4}$, puis utiliser le théorème suivant.
Th. Soit $f$ analytique dans le demi-plan $\{ \textrm{Im} \, s > 0 \}$ ayant des singularités notées $s_1, \dotsc,s_n$. Sur la droite $\{ \textrm{Im} \, s = 0 \}$, $f$ peut aussi avoir des singularités, mais qui ne doivent être que des pôles simples, notés $p_1, \dotsc,p_m$. On suppose aussi $\displaystyle \lim_{|s| \to +\infty} f(s) = 0$. Alors, si $a > 0$
$$\int_{-\infty}^{+ \infty} e^{iax} f(x) \, \textrm{d}x = 2 \pi i \sum_{k=1}^n \underset{s=s_k}{\textrm{Res}} \left( e^{ais }f(s) \right) + \pi i \sum_{k=1}^m \underset{s=p_k}{\textrm{Res}} \left( e^{ais }f(s) \right) .$$
Si $a <0$, le résultat est identitque, sauf que les signes du membre de droite sont changés et on considère les singularités $s_1, \dotsc,s_n$ dans le demi-plan $\{ \textrm{Im} \, s < 0 \}$.
Appliqué ici à la fonction $f : s \longmapsto \dfrac{1}{s^4+s^2+1}$, qui ne possède que les pôles simples $j$ et $- \overline{j}$ dans le demi-plan $\{ \textrm{Im} \, s > 0 \}$, et les pôles simples $-j$ et $\overline{j}$ dans le demi-plan $\{ \textrm{Im} \, s < 0 \}$, ce résultat donne (sauf erreur) :
$$I = \frac{\pi}{2 \sqrt 3} - \frac{\pi e^{-\sqrt 3}}{2} \left( \frac{\cos 1}{\sqrt 3} + \sin 1 \right) \approx 0,586357\dotsc$$ -
Merci pour ce théorème.
Si j'essaie de retrouver ce résultat avec le théorème des résidus,
\begin{align*}
Res(f;e^{i\pi/3})&= \frac{e^{2ie^{i\pi/3}}+e^{-2ie^{i\pi/3}} -2}{4} \times \frac{1}{4(e^{i\pi/3})^3+2e^{i\pi/3}} \\
&=\frac{e^{2i(1/2 + i\sqrt{3}/2)}+e^{-2i(1/2 + i\sqrt{3}/2)} -2}{4} \times \frac{1}{-3+i\sqrt{3}}\\
&=\frac{e^{i - \sqrt{3} }+e^{-i + \sqrt{3}} -2}{4} \times \frac{-3-i\sqrt{3}}{12}\\
&=\frac{1}{24} \times (\frac{e^{i - \sqrt{3} }+e^{-i + \sqrt{3}} }{2} -1) \times (-3-i\sqrt{3})\\
&=\frac{1}{24} \times (A-1) \times (-3-i\sqrt{3}),&\text{avec }A=\frac{e^{i - \sqrt{3} }+e^{-i + \sqrt{3}} }{2} ~\\
Res(f;e^{i2\pi/3})&= \frac{e^{2ie^{i2\pi/3}}+e^{-2ie^{i2\pi/3}} -2}{4} \times \frac{1}{4(e^{i2\pi/3})^3+2e^{i2\pi/3}} \\
&=\frac{e^{2i(-1/2 + i\sqrt{3}/2)}+e^{-2i(-1/2 + i\sqrt{3}/2)} -2}{4} \times \frac{1}{3+i\sqrt{3}}\\
&=\frac{e^{-i - \sqrt{3} }+e^{i + \sqrt{3}} -2}{4} \times \frac{3-i\sqrt{3}}{12}\\
&=\frac{1}{24} \times (\frac{e^{-i - \sqrt{3} }+e^{i + \sqrt{3}} }{2} -1) \times (3-i\sqrt{3})\\
&=\frac{1}{24} \times (B-1) \times (3-i\sqrt{3}),&\text{avec }B=\frac{e^{-i - \sqrt{3} }+e^{i + \sqrt{3}} }{2}
\end{align*}
Ainsi
\begin{align*}
Res(f;e^{i\pi/3}) + Res(f;e^{i2\pi/3})
&=\frac{1}{24} \times ( (B-1) \times (3-i\sqrt{3}) + (A-1) \times (-3-i\sqrt{3})) \\
&=\frac{1}{24} \times ( (B-1) \times (3-i\sqrt{3}) + (A-1) \times (-3-i\sqrt{3})) \\
&=\frac{1}{24} \times ( 3B - i\sqrt{3}B -3 + i\sqrt{3} -3A - i\sqrt{3}A +3 + i\sqrt{3} ) \\
&=\frac{1}{24} \times ( 3(B-A) - i\sqrt{3}(A+B) +2i\sqrt{3} )
\end{align*}
\begin{align*}
B-A&=\frac{e^{-i - \sqrt{3} }+e^{i + \sqrt{3}} }{2} - \frac{e^{i - \sqrt{3} }+e^{-i + \sqrt{3}} }{2} \\
&=\frac{e^{-i}e^{ - \sqrt{3} }+e^{i }e^{ \sqrt{3}} - e^{i }e^{- \sqrt{3} }-e^{-i}e^{ \sqrt{3}} }{2} \\
&=\frac{e^{ - \sqrt{3} }(e^{-i}- e^{i })+e^{ \sqrt{3}}(e^{i } -e^{-i}) }{2} \\
&=e^{ - \sqrt{3} }(-i \sin(1))+e^{ \sqrt{3}}(i \sin(1)) \\
&= i \sin(1) \times (e^{ \sqrt{3}} - e^{ - \sqrt{3}} ) \\
B+A&=\frac{e^{-i - \sqrt{3} }+e^{i + \sqrt{3}} }{2} + \frac{e^{i - \sqrt{3} }+e^{-i + \sqrt{3}} }{2} \\
&=\frac{e^{-i}e^{ - \sqrt{3} }+e^{i }e^{ \sqrt{3}} + e^{i }e^{- \sqrt{3} }+e^{-i}e^{ \sqrt{3}} }{2} \\
&=\frac{e^{ - \sqrt{3} }(e^{-i}+ e^{i })+e^{ \sqrt{3}}(e^{i } +e^{-i}) }{2} \\
&=e^{ - \sqrt{3} }(\cos(1))+e^{ \sqrt{3}}(\cos(1)) \\
&=\cos(1)(e^{ \sqrt{3}}+e^{ - \sqrt{3}} )
\end{align*} $$
Res(f;e^{i\pi/3}) + Res(f;e^{i2\pi/3})=
\frac{1}{24} \times ( 3(i \sin(1)(e^{ \sqrt{3}}-e^{ - \sqrt{3} })) - i\sqrt{3}(\cos(1)(e^{ \sqrt{3}}+e^{ - \sqrt{3}} ) ) +2i\sqrt{3} )
$$ Il ne manquerait plus qu'à multiplier par $2\pi i$ pour obtenir la valeur de l'intégrale souhaitée (en utilisant aussi le lemme de Jordan).
Mais cela ne donnera pas la même chose que "noix de totos". -
Est-on bien d'accord que le résidu de la fonction $f : z \rightarrow \frac{e^{2iz}}{z^4+z^2+1}$ en $e^{i \pi/3}$ est :
$e^{2ie^{i\pi/3}} \times \frac{1}{4(e^{i\pi/3})^3+2e^{i\pi/3} }= ...$? -
Oui.
-
@noix de totos
Donc que ce soit en utilisant ton théorème ou le théorème des résidus accompagné du lemme de Jordan, j'obtiens :
$\int_{- \infty}^{+\infty} \frac{\sin^2(x)}{x^4 + x^2 +1}dx=\frac{\pi}{12} \times ( 3( \sin(1)(e^{ \sqrt{3}}-e^{ - \sqrt{3} })) - \sqrt{3}(\cos(1)(e^{ \sqrt{3}}+e^{ - \sqrt{3}} ) ) + 2\sqrt{3} )$
Qui a raison? -
Je détaille les calculs ci-dessus, en notant $I$ l'intégrale à calculer. On a
$$I = - \frac{1}{4} \left \{ \int_{- \infty}^\infty \frac{e^{2ix}}{x^4+x^2+1} \, \textrm{d}x + \int_{- \infty}^\infty \frac{e^{-2ix}}{x^4+x^2+1} \, \textrm{d}x -2 \int_{- \infty}^\infty \frac{\textrm{d}x}{x^4+x^2+1} \right \}.$$
En effectuant le changement de variable $t=-x$ dans la $2$nde intégrale, on voit que les deux premières intégrales sont égales. Quant à la $3$ème, elle se calcule elle aussi avec le théorèmes des résidus, mais en plus simple (je ne détaille pas ces calculs-là). On obtient
$$I = \frac{\pi}{2 \sqrt 3} - \frac{1}{2} I_1, \quad \textrm{où} \ I_1 :=\int_{- \infty}^\infty \frac{e^{2ix}}{x^4+x^2+1} \, \textrm{d}x$$
qui se calcule avec le résultat indiqué plus haut et qui fait partie des nombreuses versions du théorème des résidus. Je note $j:= e^{2 i \pi/3}$ et l'on constate que les singularités de la fonction $s \longmapsto \dfrac{1}{s^4+s^2+1}$ dans le demi-plan $\{ \textrm{Im} \, s > 0 \}$ sont les deux pôles simples $j$ et $- \overline{j}$. On a
\begin{align*}
& \underset{s=j}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{2is}}{s^4+s^2+1} \right) = \frac{e^{-\sqrt 3}}{12} \left\{ 3 \cos 1 - \sqrt 3 \, \sin 1 - i \left( \sqrt3 \, \cos 1 + 3 \sin 1 \right) \right \} \\
& \\
& \underset{s=- \overline{j}}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{2is}}{s^4+s^2+1} \right) = \frac{e^{-\sqrt 3}}{12} \left\{ -3 \cos 1 + \sqrt 3 \, \sin 1 - i \left( \sqrt3 \, \cos 1 + 3 \sin 1 \right) \right \}
\end{align*}
de sorte que
$$I_1 = 2 i \pi \left( \underset{s=j}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{2is}}{s^4+s^2+1} \right) + \underset{s=- \overline{j}}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{2is}}{s^4+s^2+1} \right) \right) = \frac{\pi e^{- \sqrt 3}}{3} \left( \sqrt 3 \, \cos 1 + 3 \sin 1 \right)$$
puis finalement
$$I = \frac{\pi}{2 \sqrt 3} - \frac{\pi e^{-\sqrt 3}}{6} \left( \sqrt 3 \, \cos 1 + 3 \sin 1 \right) \approx 0,586 \, 357 \dotsc$$
ce qui est équivalent au résultat que j'avais déjà donné l'autre jour, et donc que je maintiens.
Voir aussi http://www.wolframalpha.com/input/?i=int+sin(x)^2/(x^4+x^2+1),+x=-infty,infty. -
si
$\displaystyle \int_{- \infty}^\infty \frac{e^{2ix}}{x^4+x^2+1} \, \textrm{d}x=\int_{- \infty}^\infty \frac{e^{-2ix}}{x^4+x^2+1} \, \textrm{d}x$
alors
$\underset{s=j}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{2is}}{s^4+s^2+1} \right) + \underset{s=- \overline{j}}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{2is}}{s^4+s^2+1} \right) =
\underset{s=j}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{-2is}}{s^4+s^2+1} \right) + \underset{s=- \overline{j}}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{-2is}}{s^4+s^2+1} \right)
$
or
$\underset{s=j}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{2is}}{s^4+s^2+1} \right) + \underset{s=- \overline{j}}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{2is}}{s^4+s^2+1} \right)=-\frac{ie^{-\sqrt{3}}}{6}\times (\sqrt 3\cos(1) + 3\sin(1))$
et
$\underset{s=j}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{-2is}}{s^4+s^2+1} \right) + \underset{s=- \overline{j}}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{-2is}}{s^4+s^2+1} \right)=\frac{ie^{\sqrt{3}}}{6}\times ( 3\sin(1)-\sqrt 3\cos(1))$
il doit y avoir un problème mais je ne vois pas où... -
Dans le membre de droite de la première égalité, il faut calculer les résidus aux pôles qui sont dans le demi-plan $\{ \textrm{Im } \, s< 0 \} $ , comme indiqué dans le théorème que j'ai rappelé hier, i.e. ici aux pôles $s=-j$ et $s = \overline{j}$.
-
Ok je comprends vis à vis de ce théorème.
Néanmoins, si j'essaie de retrouver le résultat avec le théorème des résidus,
Si on considère le demi disque de rayon $R>1$ situé au dessus de l'axe des réels et $\gamma$ la boucle le délimitant et la fonction
$f : x \mapsto \dfrac{e^{2ix}+e^{-2ix}}{x^4 + x^2 +1}$
$\int_{\gamma}f(z)dz=2\pi i (\underset{s=j}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{2is}}{s^4+s^2+1} \right) + \underset{s=- \overline{j}}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{2is}}{s^4+s^2+1} \right) +
\underset{s=j}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{-2is}}{s^4+s^2+1} \right) + \underset{s=- \overline{j}}{\textrm{Res}} \left( \dfrac{e^{-2is}}{s^4+s^2+1} \right))
$
$
= 2\pi i (-\frac{ie^{-\sqrt{3}}}{6}\times (\sqrt 3\cos(1) + 3\sin(1)) + \frac{ie^{\sqrt{3}}}{6}\times ( 3sin(1)-\sqrt 3\cos(1)))
$
Par passage à la limite lorsque $R \rightarrow +\infty$ et en appliquant le lemme de Jordan,
$\int_{- \infty}^{+\infty}f(x)dx $
$= 2\pi i (-\frac{ie^{-\sqrt{3}}}{6}\times (\sqrt 3\cos(1) + 3\sin(1)) + \frac{ie^{\sqrt{3}}}{6}\times ( 3\sin(1)-\sqrt 3\cos(1)))$
$=\frac{\pi}{3}(\sqrt{3} \cos(1) (e^{-\sqrt{3}} + e^{\sqrt{3}})+ 3\sin(1) (e^{-\sqrt{3}}-e^{\sqrt{3}}))$
alors que c'est supposé être égale à
$2\frac{\pi e^{- \sqrt 3}}{3} \left( \sqrt 3 \, \cos 1 + 3 \sin 1 \right)$ -
Pour moi qui n'intervient pas très souvent ici, je trouve que cette discussion commence à traîner en longueur.
J'ai à peu près dit tout ce que j'avais à dire sur ce problème, peut-être quelqu'un reprendra-t-il le relais... -
@noix de totos
je pense avoir compris pourquoi je ne retrouve pas le même résultat avec le théorème des résidus.
En effet le lemme de Jordan ne fonctionne pas pour $f : x \mapsto \dfrac{e^{2ix}+e^{-2ix}}{x^4 + x^2 +1}$
car $\lim_{|z|\rightarrow +\infty} |zf(z)|$ n'est pas égal à $0$
Il faut donc séparer l'intégrale $\int_{- \infty}^{+\infty}f(x)dx $ en deux et faire un changement de variable. cela amènera à calculer l'intégrale qui contient $e^{-2iz}$ après changement de variable sur le contour du demi-disque sous l'axe des réels en ne prenant pas les mêmes singularités que pour l'autre...
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