Intégrale du 1 Mai
Réponses
-
Bonjour,
Je pense que ça diverge. Mais j'ai fait un raisonnement pseudo-mathématique ("à la physicienne" j'ai envie de dire ^^) en écrivant en gros que $$\begin{eqnarray*}
\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^{2+\cos(x)}} \,{\rm d}x
&=& \int_{0<\varepsilon<2} \left( \int_{-1+\varepsilon < \cos(x) < -1 + \varepsilon + {\rm d}\varepsilon} \frac{{\rm d}x }{x^{1+\varepsilon}} \,\right) \\
&\approx& \int_{0<\varepsilon<2} \left( \int_{1}^\infty \frac{{\rm d}x }{x^{1+\varepsilon}} \,\right) \, \frac{{\rm d}(\arccos(-1+\varepsilon))}{\pi} \\
&\approx& \int_0^2 \frac1\varepsilon \, \frac{ {\rm d}\varepsilon}{\pi \sqrt{2\varepsilon}}\\
&=& +\infty
\end{eqnarray*}
$$Donc il faut que je vérifie si ce que j'ai écrit a vraiment du sens. J'y reviendrai demain. -
Bonjour,
L’intégrale diverge.
Voilà ! -
Soit $0=a_{0} <\dots <a_{n} =1$ une subdivision de $[0,1]$ de pas inférieur à $\frac{1}{n}$. Elle remplace mon découpage précédent en parts de taille ${\rm d}\varepsilon$. On a :
\begin{eqnarray*}
\int _{1} ^{\infty } \frac{\mathrm{d}x}{x^{2+\cos(x)}} &\geqslant & \sum _{k=1} ^{n-1} \int _{x\geqslant 2\pi ,\, -1+a_{k} <\cos(x)<-1+a_{k+1} } \frac{\mathrm{d}x}{x^{1+a_{k+1}}} \\[1.5mm]
&=& \sum _{k=1} ^{n-1} \sum _{\ell =1} ^{\infty } \int _{2\ell \pi <x<2(\ell +1)\pi ,\, -1+a_{k} \leqslant \cos(x)<-1+a_{k+1} } \frac{\mathrm{d}x}{x^{1+a_{k+1}}} \\[1.5mm]
&\geqslant & \sum _{k=1} ^{n-1} \sum _{\ell =1} ^{\infty } \frac{1}{(2(\ell +1)\pi )^{1+a_{k+1}} }\, \lambda (\{2\ell \pi <x<2(\ell +1)\pi \mid -1+a_{k} <\cos(x)<-1+a_{k+1} \}) \\[1.5mm]
&\geqslant & \sum _{k=1} ^{n-1} \frac{\arccos(-1+a_{k} )-\arccos(-1+a_{k+1} )}{\pi } \sum _{\ell =1} ^{\infty } \int _{2(\ell +1)\pi } ^{2(\ell +2)\pi } \frac{\mathrm{d}x}{x^{1+a_{k+1}}} \\[1.5mm]
&\geqslant & \sum _{k=1} ^{n-1} \frac{(a_{k} - a_{k+1} ) \arccos'(-1+a_{k+1} )}{\pi } \int _{4\pi } ^{\infty } \frac{\mathrm{d}x}{x^{1+a_{k+1}}} \quad\quad\text{par convexité de $\arccos$ sur }[-1,0] \\[1.5mm]
&=& \sum _{k=1} ^{n-1} \frac{(a_{k} - a_{k+1} ) \arccos'(-1+a_{k+1} )}{\pi } \frac{1}{a_{k+1} (4\pi )^{a_{k+1}} } \\[1.5mm]
&\geqslant & \frac{1}{4\pi ^2 } \sum _{k=1} ^{n-1} \; (a_{k} - a_{k+1} ) \frac{ \arccos'(-1+a_{k+1} )}{a_{k+1} } \quad\quad\text{car } a_{k+1}\leqslant 1 \\[1.5mm]
&\underset{n\rightarrow \infty }{\longrightarrow} & \frac{1}{4\pi ^2 } \int _{0} ^{1}- \frac{\arccos'(-1+a)}{a} \,\mathrm{d}a \quad\quad\quad\text{par somme de de Riemann}\\[3mm]
&=& +\infty \quad\quad\quad\quad\text{car } \arccos'(-1+a) \underset{a\rightarrow 0}\sim -\frac{1}{\sqrt{2a}}
\end{eqnarray*} -
Bonsoir,
On pouvait aussi effectuer cette minoration.
Notons $f(x) = \dfrac 1 {x^{2 +\cos x}}, \quad \forall k \in \N^*,\:\: I _k= \displaystyle \int_ {(2k+ \frac 12)\pi} ^ {(2k+ \frac 32)\pi}f .\quad$: Alors:
$I_k \geqslant \displaystyle \int_{-\frac{\pi}2}^{\frac {\pi}2} \dfrac 1{ \left((2k +2)\pi \right) ^{2-\cos t} }\mathrm dt \geqslant \displaystyle 2\int_0^{\frac {\pi}2} \dfrac 1{ \left((2k +2)\pi \right) ^{1+\frac {t ^2}2}}\mathrm dt\:\: \underset{k \to + \infty}{\sim}\: \dfrac 1{\pi k\sqrt{\log k}} \:\int _0 ^{+\infty} \exp( - \frac {u^2}2) \:\mathrm du.$
La série $\sum I_k$ est donc divergente et il en va de même pour l'intégrale proposée. -
Ça ressemble même à un équivalent pour $X \to +\infty$ :
\[
\int_1^X \frac1{x^{2+\cos(x)}}\,dx\ \sim \ \sqrt{\frac{2\ln(X)}{\pi}} ,
\]
non ? -
Lou16 : (tu)
Attien : Mais regarde comme Lou16 est plus efficace. -
Et je suppose que $$\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^{2+\sin(x)}} dx$$ diverge aussi ??
-
Oui totem. Ça fonctionne pareil.
-
Cher totem, avec le changement de variable $x = t + \frac\pi2$ tu as directement :
$$
\frac1{x^{2+\sin(x)}} = \frac1{(t+\frac\pi2)^{2+\cos(t)}} \sim \frac{1}{t^{2+\cos(t)}}
$$ -
Ok je suppose que $$\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^{a+\cos(x)}} dx$$ converge, $a>2$ ?
-
Bonjour
Version courte :
\begin{align*}
I &= \int_1^{+\infty} dx {1 \over x^{2+\cos x}},\\
I &= \int_1^{+\infty} dx \int_{-1}^1 dy {1 \over x^{2+y}} \delta(y - \cos x)\\
&= \int_1^{+\infty} dx\int_{-1}^1 dy {1 \over x^{2+y}} \sum_{m \in \Z} {\delta(x-(\arccos y+ 2m \pi)) \over \sqrt{1-y^2}} ,\\
I &= \int_{-1}^1 dy {1 \over \sqrt{1-y^2}} \sum_{m \geq 1}{1 \over (\arccos y+ 2m \pi)^{2+y}},\\
I & \geq \int_{-1}^1 dy{1 \over \sqrt{1-y^2}} {\zeta(2+y)-1 \over (2\pi)^{2+y}}
\end{align*} qui diverge comme $\displaystyle {1 \over \sqrt{u}}, (u \to 0).$
Version longue :
On vérifie que l'intégrale existe, sauf peut-être à la borne supérieure. Puis :
$\bullet$ On introduit la distribution de Dirac s'attaquer au cosinus : $\displaystyle I = \int_1^{+\infty} dx {1 \over x^{2+\cos x}} = \int_1^{+\infty} dx \int_{\R}dy {1 \over x^{2+y}} \delta(y - \cos x).$
Comme $\displaystyle \cos x \in [-1,1]$, on peut restreindre l'intégration sur $\displaystyle y \in [-1,1]$ : $\displaystyle I = \int_1^{+\infty} dx \int_{-1}^1 dy {1 \over x^{2+y}} \delta(y - \cos x).$
$\bullet$ Il faut alors inverser l'argument dans la distribution de Dirac :
Pour tout $\displaystyle m \in \Z$, $x$ réel et $y$ réel, on a
$\displaystyle \cos(\arccos y) - \cos x = 2 \sin{x -(\arccos y+ 2m \pi) \over 2}\sin{x -(\arccos y+ 2m \pi) +2 \arccos y\over 2}.$
Puis on calcule $\displaystyle {d \over dx} (\cos(\arccos y) - \cos x )=\sin x$,
et $\displaystyle |\sin (\arccos y+ 2m \pi)| = \sqrt{1-y^2}.$
On a donc $\displaystyle \delta(y - \cos x) = \sum_{m \in \Z} {\delta(x-(\arccos y+ 2m \pi)) \over \sqrt{1-y^2}}.$
On reporte $\displaystyle I = \int_1^{+\infty} dx\int_{-1}^1 dy {1 \over x^{2+y}} \sum_{m \in \Z} {\delta(x-(\arccos y+ 2m \pi)) \over \sqrt{1-y^2}} = \int_{-1}^1 dy {1 \over \sqrt{1-y^2}} \sum_{m \geq 1}{1 \over (\arccos y+ 2m \pi)^{2+y}} .$
La somme commence a $m=1$ puisque $\displaystyle 1< \arccos y+ 2m \pi \leq 1+ 2m \pi.$
$\bullet$ On mimore alors brutalement avec $\displaystyle \arccos y \leq 2 \pi$ :
$\displaystyle I = \int_{-1}^1 dy {1 \over \sqrt{1-y^2}} \sum_{m \geq 1}{1 \over (\arccos y+ 2m \pi)^{2+y}} \geq \int_{-1}^1 dy{1 \over \sqrt{1-y^2}} {\zeta(2+y)-1 \over (2\pi)^{2+y}} .$
$\bullet$ On calcule l'équivalent pour prouver la divergence :
$\displaystyle{1 \over \sqrt{1-y^2}} {\zeta(2+y)-1 \over (2\pi)^{2+y}} \sim {1 \over 2 \pi \sqrt{2} (1+y)^{3/2}}, (y \to -1). $ -
Oui totem puisque $\dfrac{1}{x^{a+\cos(x)}} \leqslant \dfrac1{x^{a-1}}$ qui est intégrable pour $a>2$.
Yves, tu le fais exprès d'écrire plein de $\displaystyle\int{\rm d}x\,f(x)$ juste le jour où je dis que je n'aime pas ça ?
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.2K Toutes les catégories
- 9 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 53 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 63 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 313 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 773 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
Qui est en ligne 24
+16 Invités