Intégrale à paramètre
Bonjour
Je bute sur le calcul d'une intégrale (jointe à ce message) autrement que par un développement en série infinie.
Entre 0 et +infini, le calcul est connu (analyse complexe, intégrales eulériennes) mais entre 0 et 1 je n'aboutis à rien
en utilisant le calcul des résidus. Existe-t-il une méthode, sans doute pas ?
Je ne suis pas mathématicien de formation seulement ancien prof de physique en lycée qui s'amuse à refaire des maths ...
Je bute sur le calcul d'une intégrale (jointe à ce message) autrement que par un développement en série infinie.
Entre 0 et +infini, le calcul est connu (analyse complexe, intégrales eulériennes) mais entre 0 et 1 je n'aboutis à rien
en utilisant le calcul des résidus. Existe-t-il une méthode, sans doute pas ?
Je ne suis pas mathématicien de formation seulement ancien prof de physique en lycée qui s'amuse à refaire des maths ...
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Réponses
https://fr.wikipedia.org/wiki/Formule_des_compléments
https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+x^(a-1)/(1+x),x=0,1
bonne soirée
En utilisant: $\sum_{n\geq 0} (-x)^n = \frac{1}{1+x}$, on obtient $F(a) = \displaystyle \int_0^1 \frac{x^{a-1}}{1+x} \mathrm dx = \sum_{n\geq 0} (-1)^n \frac{1}{n+a}$, ce qui n'est pas très passionnant.
Ensuite, en posant $u = \frac{1}{x}$ dans l'intégrale définissant $F(a)$, on a :
$$
F(a) = \int_0^1 \frac{x^{a-1}}{1+x} \mathrm \; = \; \int_1^{+\infty} \frac{u^{-a+1}}{1+\frac{1}{u}} \frac{\mathrm du}{u^2} \; = \; \int_1^{+\infty} \frac{u^{-a}}{1+u} \mathrm du .
$$ Donc, en revenant en sens contraire :
$$
\int_1^{+\infty} \frac{u^{a-1}}{1+u} \mathrm du \; = \; \int_0^1 \frac{x^{-a}}{1+x} \mathrm \; = \; F(1-a).
$$ Sachant que $ \displaystyle \int_0^{+\infty} \frac{u^{a-1}}{1+u} \mathrm du \; = \; \dfrac{\pi}{\sin ( \pi a)} $, on obtient l'équation fonctionnelle: $ F(a) + F(1-a) \; = \; \dfrac{\pi}{\sin ( \pi a)} $
On peut développer le dénominateur en série, intégrer terme à terme, et reconnaître (ou pas) un polylogarithme. Il faut faire attention d'écrire des quantités qui existent.
très astucieux, cela me donne envie de poursuivre ...
merci, bonne journée
En utilisant: $\sum_{n\geq 0} (-x)^n = \frac{1}{1+x}$, on obtient $F(a) = \displaystyle \int_0^1 \frac{x^{a-1}}{1+x} \mathrm dx = \sum_{n\geq 0} (-1)^n \frac{1}{n+a}$, ce qui n'est pas très passionnant.
En fait, si ,dans la mesure où la série alternée à droite converge uniformément et on peut la dériver...
$$F'(a) \; = \; \sum_{n\geq 0} (-1)^{n+1 }\frac{1}{{(n+a)}^2}$$
Maintenant, la définition de la fonction Polygamma d'ordre $m$ est : $ \psi _m = \psi ^{(m)} $ avec $\psi (z) = \dfrac{\Gamma '(z)}{\Gamma (z) }$ où $\Gamma$ est la fonction gamma usuelle...
On connaît le développement de $\psi _1 (z) = \displaystyle \sum_{n\geq 0} \dfrac{1}{(n+z)^2}$.
Maintenant, on évalue $\psi _1 (\frac{a}{2})$ et $\psi _1 (\frac{1+a}{2})$ en se rappelant que $\psi _1 = \psi '$:
1) $\psi _1 (\frac{a}{2}) \; = \; \displaystyle \sum_{n\geq 0} \dfrac{1}{(n+\frac{a}{2})^2} \; = \; \displaystyle 4 \sum_{n\geq 0} \dfrac{1}{(2n+a)^2}$.
De même:
2) $\psi _1 (\frac{a+1}{2}) \; = \; \displaystyle \sum_{n\geq 0} \dfrac{1}{(n+\frac{a+1}{2})^2} \; = \; \displaystyle 4 \sum_{n\geq 0} \dfrac{1}{(2n+1+a)^2}$.
On voit donc que $ \frac{1}{4} \left( \psi _1 (\frac{a}{2}) - \psi _1 (\frac{a+1}{2}) \right) \; = \; \displaystyle \sum_{n\geq 0} {(-1)}^n \dfrac{1}{(n+a)^2} $.
Bilan: $\psi _1 (\frac{a}{2}) - \psi _1 (\frac{a+1}{2}) = -4F'(a).$
$\displaystyle G(a)=\int_0^\infty \frac{x^{a-1}}{1+x}dx$ avec $0<a<1$.
\begin{align}\Big(G(a)\Big)^2&=\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{(xy)^{a-1}}{(1+x)(1+y)}dxdy\\
&\overset{u(x)=xy}=\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{u^{a-1}}{(1+y)(u+y)}dudy\\
&=\int_0^\infty \left[\frac{u^{a-1}\ln\left(\frac{1+y}{u+y}\right)}{u-1}\right]_0^\infty du\\
&=\int_0^\infty \frac{u^{a-1}\ln u}{u-1}du\\
\end{align}
Grand merci à tous; je ne m'attendais à une telle réactivité; il me faut apprivoiser en particulier cette fonction polygamma inconnue jusqu'à maintenant.
Il y avait un spécialiste des fonctions spéciales (JJ) qui intervenait sur ce forum mais je ne sais pas si c'est encore le cas...
Sinon, la fonction dilogarithme $li_2(z) = \sum_{n \geq1 } \dfrac{z^n}{n^2}$ mentionnée plus haut est assez extraordinaire à étudier en particulier du fait de ses liens avec le nombre d'or.
Je reprends mes notations utilisées plus haut et le résultat établi.
$\displaystyle G\left(\frac{1}{2}\right)=\int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}dx\overset{y=\sqrt{x}}=2\int_0^\infty \frac{1}{1+y^2}dy=\pi$
\begin{align}\Big(G\left(\frac{1}{2}\right)\Big)^2&=\int_0^\infty \frac{u^{\frac{1}{2}-1}\ln u}{u-1}du\\
&\overset{x=\sqrt{u}}=4\int_0^\infty \frac{\ln x}{x^2-1}dx\\
&=4\int_0^1 \frac{\ln x}{x^2-1}dx+4\int_1^\infty \frac{\ln u}{u^2-1}du\\
&\overset{x=\frac{1}{u}}=8\int_0^1 \frac{\ln x}{x^2-1}dx\\
&=8\int_0^1 \frac{\ln x}{x-1}dx-8\int_0^1 \frac{u\ln u}{u^2-1}du\\
&\overset{x=u^2}=6\int_0^1 \frac{\ln x}{x-1}dx\\
&=-6\int_0^1 \ln x\left(\sum_{n=0}^\infty x^n\right)dx\\
&=-6\sum_{n=0}^\infty\left(\int_0^1 x^n\ln xdx\right)dx\\
&=6\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)^2}\\
&=6\text{Li}_2(1)
\end{align} Donc $\boxed{\displaystyle \text{Li}_2(1)=\dfrac{\pi^2}{6}}$
1) Li$_2(-1) = -\frac{\pi ^2}{12}$.
2) Li$_2(\frac{1}{2}) = \frac{\pi ^2}{12} - \frac{1}{2} \log ^2 (\frac{1}{2})$.
Avec $\rho = \phi ^{-1} = \dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$, on a:
3) Li$_2(\rho ) = \frac{\pi ^2}{10} - \log ^2 (\rho)$.
4) Li$_2(\rho ^2 ) = \frac{\pi ^2}{15} - \log ^2 (\rho)$.
5) (Coxeter) Li$_2( \rho ^6) \; = \; 4 $Li$_2( \rho ^3) + 3$Li$_2( \rho ^2) - 6 $Li$_2( \rho ) + 7 \frac{\pi ^ 2}{30} $
l'intégrale I n'existe que pour $\lambda$ strictement positif (Wolfram l'a oublié dans les résultats qu'il annonce)
le calcul se fait pas par un développement en série du dénominateur et intégration terme à terme
on obtient le développement en série rationnelle :
$I = \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{1+\lambda} +\frac{1}{2+ \lambda} - \frac{1}{3 + \lambda} + ..... + (-1)^{n+1}\frac{1}{n + \lambda} +.....$
il s'agit d'un développement rationnel lié à la fonction eulérienne Gamma et à ses dérivées logarithmiques :
$$I = \frac{1}{\lambda} - \frac{\Gamma'(1+ \frac{\lambda}{2})}{2\Gamma(1+\frac{\lambda}{2})} + \frac{\Gamma'(\frac{1 + \lambda}{2})}{2\Gamma(\frac{1 + \lambda}{2})}$$
cordialement
bravo même si pour vous c'est la routine ... ; j'ai trouvé en ligne sur Z-library le livre de Leonad Lewin "polylogarithm and associated functions"
Voici deux fils, mais il y en a d'autres.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1685994
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2082664
Notamment le truc de Herglotz a été évoqué à plusieurs reprises.
(Gustav Herglotz, 1881-1953, professeur à Göttingen, a eu pour étudiant Emil Artin).
On peut traiter cette question sans utiliser les fonctions spéciales $\Gamma$ ou $Li_2$.
Bonne journée.
Fr. Ch.
1) $I = \int_0^1 \; \int_0^1 \; \sum_{n\geq 0}(xy) ^n \mathrm dx \mathrm dy \; = \; \sum_{n\geq 0} \int_0^1 x^n \mathrm dx \; \int_0^1 \; y ^n \mathrm dy \; = \; \sum_{n\geq 0} \dfrac{1}{(n+1) ^2} \; = \; \zeta (2) $
2) par rotation de $-\pi/4$ du carré d'intégration: on effectue le changement: $ x = \frac{u-v}{\sqrt{2}}$ et $ y = \frac{u+v}{\sqrt{2}}$ soit $ 1 -xy = 2 - u^2 + v^2$.
Par symétrie: $I = 4 \displaystyle \int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \left( \int_0^u \dfrac{1}{ 2 - u^2 + v^2} \mathrm dv \right) \mathrm du \; + \; 4 \int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{\sqrt{2}} \left( \int_0^{\sqrt{2}-u} \dfrac{1}{ 2 - u^2 + v^2} \mathrm dv \right) \mathrm du $;
On reconnaît Arctangente dans les intégrales intérieures:
$I = 4 \displaystyle \int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \dfrac{1}{\sqrt{2-u^2}} \arctan \left( \dfrac{u}{\sqrt{2-u^2}} \right) \mathrm du \; + \; 4 \int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{\sqrt{2}} \dfrac{1}{\sqrt{2-u^2}} \arctan \left( \dfrac{\sqrt{2} - u}{\sqrt{2-u^2}} \right) \mathrm du $.
Maintenant, Apostol pose: dans la première intégrale $u = \sqrt{2} \sin \theta $ et dans la seconde $u = \sqrt{2} \cos 2\theta $ pour retrouver le résultat désiré...
Il y a de nombreuses preuves qui n'utilisent pas de séries de Fourier pour la série des inverses des carrés non nuls.
Mais elles utilisent des intégrales doubles (ou la dérivation d'une intégrale à paramètre)
Une preuve parmi tant d'autres (lire aussi les autres preuves présentes sur la page mise en lien):
https://math.stackexchange.com/a/2391506/186817
Celle que je trouve la plus curieuse:
https://math.stackexchange.com/a/2329687/186817
$$
\sum_{k=1}^{m} \cot ^2 \left( \dfrac{k\pi}{2m+1} \right) \;= \; \dfrac{2m(2m-1)}{6}.
$$ Ceci se prouve en développant $ \sin nx \; = \; \displaystyle \sum_{0 \leq 2k+1 \leq n} (-1)^{k}\binom{n}{2k+1} \sin ^{2k+1} \cos ^{n-2k-1} $ que l'on divise par $\sin ^n x$ puis en considérant le cas $n = 2m+1$: on substitue $x \dfrac{r\pi}{2m+1}$ dans l'égalité obtenue pour $ 1 \leq r \leq m$ entier; les valeurs obtenues annulent le sinus; on a donc trouvé les racines d'un polynôme $P(X) = \displaystyle \sum_{0 \leq k\leq m} (-1)^{k} \binom{2m+1}{2k+1} X^{k} $; on regarde la somme des racines de ce polynôme pour avoir l'identité indiquée.
On prouve de même en utilisant $:\dfrac{1}{\sin ^2 x} = 1 + \cot ^2 x$ que :
$$
\sum_{k=1}^{m} \dfrac{1}{\sin ^2} \left( \dfrac{k\pi}{2m+1} \right) \;= \; \dfrac{2m(2m+2)}{6} .
$$ On part ensuite de $0 < \sin u < u < \tan y$ pour $ 0 < y < \pi / 2$ qui donne $ \cot ^2 y < \dfrac{1}{y^2} < \dfrac{1}{\sin ^2 y} $.
On applique ceci pour $y = \dfrac{k\pi}{2m+1} $ et on somme :
$$
\dfrac{2m(2m-1)}{6} < \displaystyle \sum_{k=0}^{ k = m} \left( \dfrac{k\pi}{2m+1} \right) ^2 <
\dfrac{2m(2m+2)}{6}
$$ On simplifie :
$$
\dfrac{2m(2m-1)\pi ^2}{6(2m+1)^2} < \displaystyle \sum_{k=0}^{ k = m} \dfrac{1}{k ^2 } <
\dfrac{2m(2m+2) \pi ^2}{6(2m+1)^2} .
$$ On obtient le résultat en passant à la limite.
EDIT: ces deux preuves viennent de proofs from the book de Aigner et Ziegler mais elles ont été données plusieurs fois sur ce forum.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,341769
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,437266
La fonction dilogarithme est venue sur ce fil comme un cheveu sur la soupe et d'un autre côté, pour interpréter le développement de Mittag Leffler de l'intégrale de départ, employer la dérivée logarithmique de la fonction $\Gamma$ était justifié (en particulier du fait du résultat donné par mathematica (via wolfram alpha).
Pour certaines valeurs de $a$ on est ramené à un calcul de polylogarithme pour évaluer $F(a)$, en reprenant tes notations ci-dessus, du fait qu'on ait aussi: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2137904,2138376#msg-2138376
\frac{x^{a-1}}{1+x}dx$ mais je n'ai peut-être pas compris.
Une petite question me turlupine cependant : comment montre-t-on la "double intégrabilité" (on dit comme ça ?) de $f(x;y)=\frac{1}{1-xy}$ en $(x;y)=(1;1)$ ??
Plus explicitement, pour une fonction positive mesurable (continue par morceaux si on préfère), la finitude de $I_1=\int_0^1\left(\int_0^1f(x,y)\mathrm{d}y\right)\mathrm{d}x$ (ou de $I_2=\int_0^1\left(\int_0^1f(x,y)\mathrm{d}x\right)\mathrm{d}y$) assure l'intégrabilité de $f$ sur $[0,1]\times[0,1]$ et le fait que son intégrale soit égale à $I_1$ et $I_2$.
\int_0^1 \frac{x^{a-1}}{1+x} \mathrm dx =
\sum_{n\geq 0} (-1)^n \frac{1}{n+a}$, alors le développement de l'arctangente donne:
$$ \displaystyle \sum_{n\geq 0} (-1)^n \frac{1}{n+1/2} \; = \; 2\sum_{n\geq 0} (-1)^n \frac{1}{2n+1} \; = \; \pi /2 $$
Mais en ce qui concerne la paternité de cette méthode Gilles Benson devrait lire de plus près le livre de Aigner-Ziegler qu'il cite : Raisonnements divins, traduit par Nicolas Puech. Apostol et Papadimitriou (1973) n'y sont pour rien. Sans doute le pittoresque de ce dernier patronyme, genre Rastapopoulos, a-t-il fait beaucoup pour sa popularité. La mauvaise monnaie chasse la bonne. En fait, cette méthode est due aux jumeaux juifs russes Yaglom et elle date de 1954. Nous en avons parlé longuement naguère, et Fin de Partie a même trouvé la référence à l'article initial des Yaglom. Il est urgent d'oublier ce Ioannis Papadimitriou (à supposer qu'il ait jamais existé), et le rôle d'Apostol dans cette affaire.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Le calcul de $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2 }$ au moyen de l'intégrale double $\displaystyle \iint_{[0,1]\times [0,1]} \dfrac{1}{1-xy} \mathrm dx \mathrm dy$ n'est pas non plus dû à Apostol.
Aigner et Ziegler affirment que la première mention connue de cette démonstration figure dans un livre de William Judson LeVeque de 1956.
J'ai donné sur ce forum la copie de la page en question dans un message qu'on retrouvera sans doute.
Je partage les interrogations de Totem sur l'existence de cette intégrale, et la réponse de Math Coss montre bien que la justification n'est pas élémentaire. Alors, j'avais eu l'idée de remplacer cette intégrale douteuse par celle-ci : $\displaystyle \iint_D \dfrac{1}{1+xy} \mathrm dx \mathrm dy$, qui est une intégrale tout à fait banale sur le carré $[0,1]\times [0,1]$ De plus je prenais pour domaine d'intégration $D$, non plus le carré mais le demi-carré, qui donne un domaine d'intégration plus simple après rotation de $\frac {\pi}4$. On en déduit la série alternée des inverses carrés, et la série tout court n'est pas loin. Je vous joins ça.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Ce qu'on gagne sur l'intégrande on le perd sur la détermination du nouveau domaine d'intégration qui est plus difficile à obtenir.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1400462,1496652#msg-1496652
J'en profite pour vous communiquer le problème que j'ai fabriqué pour calculer $ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2 }$ et aussi $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^4 }$ par la méthode Yaglom.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
La première démonstration de l'égalité qui donne la valeur de la série des inverses des carrés non nuls a été donnée par Euler* au XVIIIème siècle. Celui-ci a produit deux preuves dont l'une, celle qu'on aime lui attribuer mais qui n'est pas une preuve rigoureuse, et une autre, moins connue, tout à fait valable aujourd'hui (preuve rappelée dans le PDF que j'ai mis en lien ci-dessus).
*: Euler a commencé par obtenir une bonne approximation de cette série qui converge très lentement.
Il a été capable à la vue de cette approximation de conjecturer que la série avait pour valeur $\dfrac{\pi^2}{6}$.
Bonne journée.
Fr. Ch.
*: Ce n'est pas moi qui les ait localisés. J'aurais bien aimé le faire.
PS:
En cherchant un article sur le forum j'ai retrouvé ce message:
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?17,1843546