Avec les formules concernant la fonction $\Gamma$, ça donne je crois $- \frac 14 \sqrt {\pi} (\gamma +\ln 4)$, mais je ne suis pas certain de mes calculs, et là dodo.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
Bonjour.
Hier soir je suis allé vite, au risque de me tromper, ce qui m'arrive plus souvent qu'à mon tour. Je vais préciser.
La fonction $\Gamma$ de LeGendre est : $ \displaystyle \Gamma (x)=\int_{0}^{+\infty }t^{x-1}e^{-t}dt$.
Pas trop bonne idée de mon cher LeGendre, ce $x-1$, mais c'est comme ça, et la fonction $\Pi$ de Gauss n'est pas parvenue à supplanter.$\Gamma$.
En particulier, par CDV : $\displaystyle \Gamma (\frac{1}{2})=\int_{0}^{+\infty }t^{-\frac{1}{2}}e^{-t}dt=\sqrt{2}%
\int_{0}^{+\infty }e^{-\frac{u^{2}}{2}}du=\sqrt{\pi }$.
La dérivée est : $ \displaystyle \Gamma ^{\prime }(x)=\int_{0}^{+\infty }\frac{\partial }{\partial x}(t^{x-1}e^{-t})dt=\int_{0}^{+\infty }t^{x-1}e^{-t}\ln t~dt$.
On a aussi la formule suivante, concernant la fonction $\psi$ ou digamma, avec la constante d'Euler $\gamma$ :
$ \displaystyle \psi (x)=\frac{\Gamma ^{\prime }(x)}{\Gamma (x)}=-\gamma -\frac{1}{x}+H(x)$, où $ \displaystyle H(x)=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+x})$, fonction qui interpole les sommes partielles de la série harmonique.
Un exercice pas trop compliqué donne : $ \displaystyle H(\frac{1}{2})=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+\frac{1}{2}})=2(1-\ln 2)=2-\ln 4$.
Il en résulte : $ \displaystyle \Gamma ^{\prime }(\frac{1}{2})=\Gamma (\frac{1}{2})(-\gamma -2+H(\frac{1}{2}%
))=-\sqrt{\pi }(\gamma +\ln 4)$.
Et pour en venir enfin au problème posé, un CDV donne :
$ \displaystyle \int_{0}^{+\infty }e^{-t^{2}}\ln t~dt=\frac{1}{4}\int_{0}^{+\infty }u^{-\frac{1}{2}}e^{-u}\ln u~du=\frac{1}{4}\Gamma^{\prime }(\frac{1}{2})=-\frac{1}{4}\sqrt{\pi }(\gamma +\ln 4)$.
Et merci à Wolfram Alpha, qui m'a conforté.
Bonne journée.
Fr. Ch.
29/02/2020
Pensez à La Bougie du Sapeur.
Je pars de $\displaystyle F(a) = \int_{0}^{+\infty} e^{-x^2} x^a dx$ et je forme $\displaystyle F^2(a) = \int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty} e^{-(x^2+y^2)} (xy)^a dx dy$ avant de passer en polaire...
On a envie de partir de :
\begin{align}F(a)&=\int_0^\infty x^a\text{e}^{-x^2}\,dx\\
&\overset{y=x^2}=\frac{1}{2}\int_0^\infty y^{\frac{a-1}{2}}\text{e}^{-y}\,dy\\
&=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{a+1}{2}\right)
\end{align} Puis de calculer $F^\prime(0)$.
On a, d'une part, $\displaystyle F^\prime(0)=\int_0^\infty \ln x\times \text{e}^{-x^2}\,dx$
et, d'autre part,
$\displaystyle \frac{\partial}{\partial a}F(a)=\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}\Gamma^\prime\left(\frac{a+1}{2}\right)$
Donc, $\displaystyle F^\prime(0)=\frac{1}{4}\Gamma^\prime\left(\frac{1}{2}\right)$
Or, $\displaystyle \Gamma^\prime\left(\frac{1}{2}\right)=-(\gamma+2\ln 2)\sqrt{\pi}$ (voir: https://fr.wikipedia.org/wiki/Constante_d'Euler-Mascheroni )
donc: $\displaystyle \int_0^\infty \ln x\times\text{e}^{-x^2}\,dx=-\frac{1}{4}(\gamma+2\ln 2)\sqrt{\pi}$
NB. Je me doute bien que ce n'est pas le calcul attendu. :-D
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Bonne nuit.
Fr. Ch.
Hier soir je suis allé vite, au risque de me tromper, ce qui m'arrive plus souvent qu'à mon tour. Je vais préciser.
La fonction $\Gamma$ de LeGendre est : $ \displaystyle \Gamma (x)=\int_{0}^{+\infty }t^{x-1}e^{-t}dt$.
Pas trop bonne idée de mon cher LeGendre, ce $x-1$, mais c'est comme ça, et la fonction $\Pi$ de Gauss n'est pas parvenue à supplanter.$\Gamma$.
En particulier, par CDV : $\displaystyle \Gamma (\frac{1}{2})=\int_{0}^{+\infty }t^{-\frac{1}{2}}e^{-t}dt=\sqrt{2}%
\int_{0}^{+\infty }e^{-\frac{u^{2}}{2}}du=\sqrt{\pi }$.
La dérivée est : $ \displaystyle \Gamma ^{\prime }(x)=\int_{0}^{+\infty }\frac{\partial }{\partial x}(t^{x-1}e^{-t})dt=\int_{0}^{+\infty }t^{x-1}e^{-t}\ln t~dt$.
On a aussi la formule suivante, concernant la fonction $\psi$ ou digamma, avec la constante d'Euler $\gamma$ :
$ \displaystyle \psi (x)=\frac{\Gamma ^{\prime }(x)}{\Gamma (x)}=-\gamma -\frac{1}{x}+H(x)$, où $ \displaystyle H(x)=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+x})$, fonction qui interpole les sommes partielles de la série harmonique.
Un exercice pas trop compliqué donne : $ \displaystyle H(\frac{1}{2})=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+\frac{1}{2}})=2(1-\ln 2)=2-\ln 4$.
Il en résulte : $ \displaystyle \Gamma ^{\prime }(\frac{1}{2})=\Gamma (\frac{1}{2})(-\gamma -2+H(\frac{1}{2}%
))=-\sqrt{\pi }(\gamma +\ln 4)$.
Et pour en venir enfin au problème posé, un CDV donne :
$ \displaystyle \int_{0}^{+\infty }e^{-t^{2}}\ln t~dt=\frac{1}{4}\int_{0}^{+\infty }u^{-\frac{1}{2}}e^{-u}\ln u~du=\frac{1}{4}\Gamma^{\prime }(\frac{1}{2})=-\frac{1}{4}\sqrt{\pi }(\gamma +\ln 4)$.
Et merci à Wolfram Alpha, qui m'a conforté.
Bonne journée.
Fr. Ch.
29/02/2020
Pensez à La Bougie du Sapeur.
avec $\pi$ et la constante d'Euler et ln(2) ?
Je pars de $\displaystyle F(a) = \int_{0}^{+\infty} e^{-x^2} x^a dx$ et je forme $\displaystyle F^2(a) = \int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty} e^{-(x^2+y^2)} (xy)^a dx dy$ avant de passer en polaire...
\begin{align}F(a)&=\int_0^\infty x^a\text{e}^{-x^2}\,dx\\
&\overset{y=x^2}=\frac{1}{2}\int_0^\infty y^{\frac{a-1}{2}}\text{e}^{-y}\,dy\\
&=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{a+1}{2}\right)
\end{align} Puis de calculer $F^\prime(0)$.
On a, d'une part, $\displaystyle F^\prime(0)=\int_0^\infty \ln x\times \text{e}^{-x^2}\,dx$
et, d'autre part,
$\displaystyle \frac{\partial}{\partial a}F(a)=\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}\Gamma^\prime\left(\frac{a+1}{2}\right)$
Donc, $\displaystyle F^\prime(0)=\frac{1}{4}\Gamma^\prime\left(\frac{1}{2}\right)$
Or, $\displaystyle \Gamma^\prime\left(\frac{1}{2}\right)=-(\gamma+2\ln 2)\sqrt{\pi}$ (voir:
https://fr.wikipedia.org/wiki/Constante_d'Euler-Mascheroni )
donc: $\displaystyle \int_0^\infty \ln x\times\text{e}^{-x^2}\,dx=-\frac{1}{4}(\gamma+2\ln 2)\sqrt{\pi}$
NB. Je me doute bien que ce n'est pas le calcul attendu. :-D