Calcul intégral / théorème des résidus.

Pablo_de_retour
Pablo_de_retour
dans Analyse
Bonsoir à tous
Comment calcule-t-on l'intégrale suivante à l'aide du théorème des résidus. $$
I = \int_{0}^{ \infty } \dfrac{1}{1+x^{n}} dx ,
$$ pour : $ n \geq 2 $ un entier.
Merci pour votre aide.

Réponses

  • reuns
    reuns
    Pour $n$ pair c'est $$\frac12 \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{1+x^n}dx = i\pi\sum_{\Im(a) > 0} Res\big(\frac{1}{1+x^n},\ x=a\big).

    $$ Tu sais montrer pourquoi ?

    Pour $n\ge 3$ impair tu peux utiliser le théorème des résidus sur $\int_C \frac{x^s}{1+x^n} dx,$ où $C$ fait le tour de la coupure $[0,\infty{\color{red}{[}}$ mais c'est plus compliqué et utiliser la décomposition en éléments simples sera plus facile.
  • Pablo_de_retour
    Pablo_de_retour
    Merci reuns.
    Si $ n $ est pair, alors :
    $$ I = \int_{0}^{ \infty } f(x) dx = \dfrac{1}{2} \int_{ - \infty }^{ \infty } \dfrac{1}{1+x^{n}} dx = \dfrac{1}{2} \times 2 i \pi \displaystyle \sum_{ \mathrm{Im} (a) > 0 } Res \big( \frac{1}{1+x^{n} } , a \big) $$
    parce que $ x \to \dfrac{1}{1+x^{n} } $ est paire dans ce cas là.
    Quels sont les pôles simples $ a $ de $ x \to \dfrac{1}{1+x^{n}} $ tels que $ \mathrm{Im} (a) > 0 $, pour pouvoir déterminer $ Res \big( \dfrac{1}{1+x^{n}} , a \big) $ pour chaque : $ a $ ?
    Merci d'avance.
  • reuns
    reuns
    Est-ce que tu sais montrer pourquoi l'intégrale est égale à la somme des résidus ?

    Les zéros de $1+x^n$ se déduisent de ceux de $z^n-1$ via $z = \zeta_{2n} x$ ou encore de $e^{nb} = e^{ i\pi}$ ssi $...$
  • Pablo_de_retour
    Pablo_de_retour
    reuns a écrit:
    Est-ce que tu sais montrer pourquoi l'intégrale est égale à la somme des résidus ?

    C'est juste l'application directe du théorème des résidus. Pourquoi le redémontrer une nouvelle fois ?
    reuns a écrit:
    Les zéros de $1+x^n$ se déduisent de ceux de $z^n-1$ via $z = \zeta_{2n} x$

    Oui, et donc, les $ a $ racines de l'équation $ 1+z^n = 0 $ pour lesquelles $ \mathrm{Im} (a) > 0 $, sont les $ a $ racines de l’équation $ 1 - z^n = 0 $ pour lesquelles $ \mathrm{Im} (a) < 0 $, non ?
  • Cyrano
    Cyrano
    Le théorème des résidus demande un contour fermé ...
  • Math Coss
    Math Coss
    Comme c'est une fraction rationnelle dont le module tend vers $0$ à l'infini, on peut prendre un grand arc de cercle pour refermer et faire tendre le rayon vers l'infini. C'est assurément ce que sous-entendait reuns et ce n'est pas une difficulté si microscopique qui va arrêter Pablo, quand même !
  • Pablo_de_retour
    Pablo_de_retour
    Soit $ \gamma $ un lacet qui est la juxtaposition $ \gamma_1 \vee \gamma_2 $ des deux chemins suivants :
    $ \gamma_1 : t \mapsto t $ pour $ -R < t < R $
    $ \gamma_2 : t \mapsto R e^{it} $ pour $ 0 \leq t \leq \pi $
    Alors : $$
    \int_\gamma \dfrac{1}{1 + z^{n} } dz = \int_{-R}^{R} \dfrac{1}{1 + x^{n} } dx + \int_{ \gamma_{2} } \dfrac{1}{1 + z^{n} } dz = 2 i \pi \displaystyle \sum_{ \mathrm{Im} (a) > 0 } Res \big( \dfrac{1}{1+x^{n}} , a \big)
    $$ En faisant tendre $ R $ vers $ + \infty $ et en appliquant le lemme de Jordan, on obtient : $$
    \int_{- \infty }^{\infty} \dfrac{1}{1 + x^{n} } dx = 2 i \pi \displaystyle \sum_{ \mathrm{Im} (a) > 0 } Res \big( \dfrac{1}{1+x^{n}} , a \big) .
    $$ Non ?
  • Pablo_de_retour
    Pablo_de_retour
    $ a_{k}^{2m} + 1 = 0 \ \ \Longleftrightarrow \ \ a_k = e^{ i \frac{2k+1}{2m} } $ avec $ k=0 , 1 , \dots , 2m-1 $, et $ n = 2m $..
    On a :
    $$ Res \big( \dfrac{1}{1+x^{2m} } , a_k \big) = \displaystyle \lim_{ z \to a_{k} } ( z - a_k ) \dfrac{1}{1+z^{2m} } = \displaystyle \lim_{ z \to a_{k} } \dfrac{1}{ \displaystyle \sum_{ i = 0 }^{2m} z^i a^{ (2m-1)-i } } = \dfrac{1}{ 2m a_{k} } $$
    Non ?
    Voilà. J'ai calculé les résidus de tous les pôles $ a_k $, comment en déduire les résidus des pôles $ a_k $ tels que : $ \mathrm{Im} (a_k) > 0 $ ?
    Merci d'avance.
  • reuns
    reuns
    Parce que c'est un pôle simple
    $Res(\frac{1}{x^n+1}, x=a_k=e^{(2k+1)i\pi/n}) = \frac{1}{n a_k^{n-1}}$

    Donc la somme sur les $\Im(a_k) >0$ est une somme géométrique

    Vu ta question ça nous étonne que tu saches à peu près prouver le théorème des résidus (il faut conclure en disant que $f(z)$ moins ses pôles est analytique sur et à l'intérieur de $\Gamma_r$ donc elle a une primitive donc $\int_{\Gamma_r} (f(z)$ moins ses pôles $)dz= 0$ donc reste qu'à intégrer les pôles et ça on sait faire avec les primitives de $(z-a)^{-l}$ : sur une courbe fermée l'intégrale des pôles au moins doubles donne $0$, l'intégrale des pôles simples, ceux à l'intérieur du contour donc, donne $2i\pi$ fois leurs résidus)
  • Pablo_de_retour
    Pablo_de_retour
    On a : $ a_{k}^{2m} + 1 = 0 \ \ \Longleftrightarrow \ \ a_k = e^{ i \frac{2k+1}{2m} } $ avec $ k=0 , 1 , \dots , 2m-1 $, et $ n = 2m $.
    Les résidus des pôles à partie imaginaire strictement positive sont les résidus des pôles pour lesquels $ 0 < \dfrac{2k+1}{2m} \pi < \pi $, c'est à dire, lorsque : $ k = 0 , 1 , \dots , m-1 $. Non ?
    Donc,
    $$ \int_{- \infty }^{\infty} \dfrac{1}{1 + x^{n} } dx = i \pi \displaystyle \sum_{ k= 0 , 1 , \dots , m-1 } \dfrac{1}{m a_{k}} $$
    Non ?
    Comment calcule t-on cette somme ?
    $$ \int_{- \infty }^{\infty} \dfrac{1}{1 + x^{n} } dx = i \pi \displaystyle \sum_{ k= 0 , 1 , \dots , m-1 } \dfrac{1}{m} e^{ - i \frac{2k+1}{2m} } $$

    Edit : Grillé.
  • Pablo_de_retour
    Pablo_de_retour
    Merci reuns.
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