Égalité d'intégrales
dans Analyse
J'essaie de montrer l'égalité suivante.
$$ \bigg(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin\theta}}d\theta\bigg)^2=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt{1-\sin^2\theta\sin^2\phi}}d\phi d\theta.
$$ Pour le moment sans grand succès.
PS. On reconnaît une intégrale elliptique du premier type dans le membre de droite ($\displaystyle K(\sin \theta)$)
On peut exprimer le membre de gauche en fonction de valeurs de la fonction Gamma.
$$ \bigg(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin\theta}}d\theta\bigg)^2=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt{1-\sin^2\theta\sin^2\phi}}d\phi d\theta.
$$ Pour le moment sans grand succès.
PS. On reconnaît une intégrale elliptique du premier type dans le membre de droite ($\displaystyle K(\sin \theta)$)
On peut exprimer le membre de gauche en fonction de valeurs de la fonction Gamma.
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Réponses
$\bigg(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin\theta}}d\theta\bigg)^2=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt{\sin\theta\sin\phi}} d\phi d\theta.$
L’égalité que tu proposes est en relation avec le problème 12232 de AMM
Il faut connaître cette formule $x>0,y>0, \displaystyle \text{B}(x,y)=2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2x-1}t\cos^{2y-1}t dt$
Et tu appliques cette formule pour avoir une expression de $\displaystyle \text{B}\left(\frac{1}{4},\frac{1}{2}\right)$ (edit: ce n'est pas la bonne valeur qu'il faut considérer)
Et il ne faut pas oublier qu'on a aussi $x>0,y>0, \displaystyle \text{B}(x,y)=\dfrac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$
NB: $\text{B}$ est la fonction bêta d'Euler.
PS:
Etanche, oui c'est bien ce problème qui m'a inspiré cette égalité.
PS2:
On a aussi que $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$
PS3:
Il y a une étape intermédiaire que j'ai oubliée:
Il faut trouver une relation entre $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin\theta}}d\theta$ et $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin\theta\cos\theta}}d\theta$ et après on s'intéresse à $\displaystyle \text{B}\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)$
NB: on sait calculer $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2k}\theta d\theta$.
Remarque que $\sin\theta\cos\theta=\frac 12 \sin(2\theta))$ puis tu sépares l’intégrale en deux, de 0 à $\frac{\pi}{2}$ puis de $\frac{\pi}{2}$ à $\pi $. par un changement $\theta\to \pi -\theta$, les deux intégrales coïncident
Oui, c'est comme ça que j'ai fait aussi.
Je vais regarder cette nuit cette égalité. Elle me fascine. J’espère que YvesM est déjà au lit sinon ton égalité ne lui résistera [pas] plus d'une minute.
$\displaystyle 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt{1-\sin^2\theta\sin^2\phi}}d\phi d\theta=\pi \sum_{n\geq 0} a_n\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n}\theta d\theta$ avec $a_n=\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ edit $a_n=[\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}]^2$
Je crois on peut s'en sortir avec la formule $$\int_0^{\pi/2}\sin(x)^ndx=\frac{\pi^{1/2}}{2}\frac{\Gamma(\tfrac{n+1}2)}{\Gamma(\tfrac{n}2+1)}$$
On sait donner les coefficients du développement en série de $\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.
Ton calcul me semble bizarre si pour $0\leq x<1$,$\displaystyle \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=0}^\infty a_nx^n$ alors:
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt{1-\sin^2\theta\sin^2\phi}} d\phi d\theta=\sum_{n=0}^\infty a_nW_{2n}^2$ où $\displaystyle W_k=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{k}xdx$
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin\theta}}d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{2}} (1-\cos^2\theta)^{-\frac{1}{4}}d\theta$
Cela permet d'envisager d'avoir une expression sous forme de série pour cette intégrale.
Après il faut espérer qu'on sache trouver la série résultat de l'élévation au carré de la série précédente (produit de Cauchy).
$ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt{1-\sin^2\theta\sin^2\phi}} d\phi d\theta=(\pi /2 )^2 \sum _{n=0}^{\infty }(\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2})^3$.
Un exercice montrer que
$\displaystyle(\pi /2 )^2 \sum _{n=0}^{\infty }\Big(\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\Big)^3=$https://www.wolframalpha.com/input/?i=(\pi+/2+)^2+\sum+_{n=0}^{\infty+}(\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2})^3
Ton égalité est bien démontrée.
J'étais peu motivé aujourd'hui.
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin\theta}}d\theta=\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!\prod_{k=0}^{n-1} (4k+1)}{2^{4n}(n!)^3}+\frac{\pi}{2}$
NB:Je ne peux pas "vérifier" numériquement cette égalité (la convergence est trop lente)
PS:
J'ai sommé $10 000$ termes de cette série avec GP PARI et j'ai obtenu la valeur approchée $2,524$ mais il n'y a pas "stabilisation" de la première décimale.
PS2:
Plus haut j'ai raconté n'importe quoi. Il n'y a aucune raison a priori que la série obtenue en faisant le produit par elle-même de cette série donne une série dont les termes sont égaux à ceux de l'autre série (obtenue à partir de l'autre intégrale). Mais cela peut être le cas tout de même. Il faut que je le vérifie ou l'infirme au moins numériquement.
PS3:
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin\theta}}d\theta=2,622...$
PS4:
Cette approche ne va pas fonctionner. L'une des intégrales exprimée sous forme de série se voit affubler d'une constante multiplicative égale à $\pi$ tandis que l'autre se voit affubler d'une constante multiplicative égale à $\pi^2$.
Mon approche plus haut est bidon mais ici il y a le développement en série des intégrales elliptiques de première espèce.
Cela permet de retrouver le résultat donné par Wolfy que tu as indiqué plus haut et cela termine le calcul.
Une question, est ce que $K(\frac 12)$ peut s'exprimer d'une manière exacte avec $\Gamma$ et peut être une autre constante ( comme $\pi$) ; avec K qui se trouve dans ton lien wiki
$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin\theta}}d\theta=\sqrt 2 K(\frac 12)$$
Çà peut fournir un raccourcis pour ton égalité
PS Je viens de découvrir ces intégrales elliptique grâce à toi .Merci
Je me demande bien comment calculer l'intégrale double sans développement en série. :-S
Ce serait merveilleux si quelqu'un trouvait une méthode de résolution sans série.
Les intégrales elliptiques sont un domaine riche. Il y a plein de propriétés.
J'ai ressorti le livre Autour du nombre $\pi$ de Pierre Eymard et Jean-Pierre Lafon qui traite des propriétés de base de certaines de ces intégrales.
PS:
Si quelqu'un donne une solution je parie que ce sera celle esquissée ici.
Ma question a besoin d'un "like" pour survivre
J'y pense rassure toi. J'attends quelque minutes pour que cela ne semble pas trop suspect.
PS:
Ok, j'ai mis un coup de pouce et j'ai rajouté des tags.
Mais j'étais parti avec une idée délirante en tête. C'est en suivant ton lien vers Wolfy que j'ai compris ce qu'il fallait faire et que j'étais délirant. :-D
PS:
En réalité on n'a pas besoin de la fonction Gamma. La vraie héroïne ici est la valeur $K\left(\frac{1}{2}\right)$
(Edit: je m'avance peut-être un peu vite)
Voici une idée :
Le membre de gauche est bien merdique. On peut exprimer l’intégrale comme une série, mais comment se débarrasser du carré ?
Le membre de droite est facile à exprimer comme une série.
On calcule d’abord le membre de droite en développant le dénominateur en série. Intégrale de Wallis. Terminé.
On calcule l’intégrale dans le membre de gauche comme une série en développant le dénominateur transformé successivement $\sin t\leadsto \cos t\leadsto \cos 2 u\leadsto 1-2 \sin^2 u.$ Là, on reconnaît une fonction hypergéométrique $_2F_1$.
La formule de Clausen égale le carré d’une telle function à une hypergéométrique de type $_3F_2.$ Il faut alors espérer que cette dernière est la série de droite.
Je vous laisse regarder.
Sans développement en série entière.
Le changement de variable $\sin(z)=\sin(\theta)\sin(\phi)\ $ donne $\ \displaystyle \frac{1}{2}\Big( \int_0^{\pi/2} \frac{1}{\sqrt{ \sin x } }\Big)^2$.
$\bullet$ Second membre. Soit $D=\left[ 0,\frac{\pi }{2}\right] \times \left[ 0,\frac{\pi }{2}\right] $ et $\displaystyle I=\int \int_{D}\frac{d\theta d\varphi }{\sqrt{1-\sin ^{2}\theta \sin
^{2}\varphi }}$.
Il est connu que pour $\left\vert x\right\vert <1$ : $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-x}}=\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{n}x^{n}$, avec : $\displaystyle a_{n}=(_{~~n}^{-\frac{1}{2}})(-1)^{n}=\frac{1.3...(2n-1)}{2.4...(2n)}=\frac{%
(_{~n}^{2n})}{2^{2n}}$.
Il en résulte : $\displaystyle I=\int \int_{D}\frac{d\theta d\varphi }{\sqrt{1-\sin ^{2}\theta \sin
^{2}\varphi }}=\int \int_{D}\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}%
a_{n}\sin ^{2n}\theta \sin ^{2n}\varphi d\theta d\varphi =\underset{n=0}{%
\overset{+\infty }{\sum }}a_{n}\int \int_{D}\sin ^{2n}\theta \sin
^{2n}\varphi d\theta d\varphi $
$\displaystyle =\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{n}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}%
}\sin ^{2n}\theta d\theta \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\sin ^{2n}\varphi
d\varphi =\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{n}(\int_{0}^{\frac{\pi
}{2}}\sin ^{2n}tdt)^{2}$
L'intégrale $U_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\sin ^{2n}tdt$ est une intégrale de Wallis, qui avec une IPP satisfait à la relation de récurrence $U_{n}=\frac{2n-1}{2n}U_{n-1}$, qui conduit à : $\displaystyle U_{n}=a_{n}\frac{\pi }{2}$, d'où l'expression sous forme de série : $\displaystyle I=\frac{\pi^2 }{4}\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{n}^{3}$.
$\bullet$ Premier membre. Soit $\displaystyle J=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{d\theta }{\sqrt{\sin \theta }}$. Le Changement de Variable classique $t=\tan \frac{\theta }{2}$ conduit à : $\displaystyle J=\sqrt{2}\int_{0}^{1}\frac{dt}{\sqrt{t(1+t^{2})}}=\sqrt{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{t}}\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}%
a_{n}(-1)^{n}t^{2n}dt$
$\displaystyle =\sqrt{2}\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}(-1)^{n}a_{n}\int_{0}^{1}t^{2n-\frac{1}{2}}dt=2\sqrt{2}\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}(-1)^{n}\frac{a_{n}}{4n+1}$.
$\bullet$ Maintenant, les camarades disposent sans doute des moyens de calcul numérique permettant de vérifier numériquement l'égalité proposée en tête de ce fil, et si c'est le cas, on pourra chercher plus avant.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Par contre, il y a une petite chance que la série obtenue à partir de l'intégrale double ait pour termes les termes de la série produit de la série qui donne $K\left(\frac{1}{2}\right)$ multipliée par elle-même. On a dans les deux cas la constante multiplicative $\pi^2$ qui intervient.
Pour $0\leq k<1, \displaystyle K(k)=\frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\right)^2k^{2n}$
@Fin de partie mon changement de variables donne le résultat que tu veux.
Etanche: Je veux bien voir tes calculs.
Dans le livre déjà cité on définit $0\leq k<1,\displaystyle K(k)=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{1-k^2\sin^2 t}}dt$
Tandis que Wolfram a pour définition: $0\leq k<1,\displaystyle K(k)=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{1-k\sin^2 t}}dt$
je suis de passage, donc si j'ai compris, tu ne sais pas calculer la somme de la série $\displaystyle(\pi /2 )^2 \sum _{n=0}^{\infty }\Big(\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\Big)^3$
PS:
Cela ne semble pas fonctionner:
script GP PARI:
Résultat:
[3047, -250047]
PS2:
Il reste encore un très petit espoir..B-)-
$\displaystyle K(k')=\dfrac{2}{1+k}K\left(\dfrac{1-k}{1+k}\right)$ avec $k'=\sqrt{1-k^2}$ et $0\leq k<1$
On a donc:
\begin{align}
\int_0^1 \frac{K(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx&\overset{y=\sqrt{1-x^2}}=\int_0^1 \frac{K\left(\sqrt{1-y^2}\right)}{\sqrt{1-y^2}}dy\\
&=2\int_0^1 \frac{K\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}dx\\
&\overset{x=\frac{1-y}{1+y}}=\int_0^1 \frac{K\left(x\right)}{\sqrt{x}}dx\\
&\overset{y=\sqrt{x}}=2\int_0^1 K(y^2)dy.
\end{align} Cela permet d'avoir un autre développement en série qui aura une constante multiplicative égale à $\dfrac{\pi}{2}$.
Il y a une formule qui donne le produit de deux séries hypergéométriques d'un certain type.
Le terme de gauche vaut $(\sqrt{2} K(1/2))^2.$ Il s’écrit aussi $2 ({\pi\over 2})^2 \,_2F_1(1/2,1/2;1;1/2)^2.$ On a $_2F_1(1/2,1/2;1;1/2)={\Gamma(1/4)\over \sqrt{2\pi} \Gamma(3/4)}.$
Le terme de droite vaut $2 ({\pi\over 2})^2 \sum_{n\geq 0} ({(2n)!\over 4^n (n!)^2})^3.$ La série vaut ${\pi\over \Gamma(3/4)^4}.$
L’égalité est évidente par la relation $\Gamma(1/4)\Gamma(3/4)={\pi\over \sin (\pi/4)}.$
L’égalité est donc établie.
La difficulté est d’exprimer les séries selon la fonction gamma.
Comment évalues-tu $\displaystyle 2 \Big({\pi\over 2}\Big)^2 \sum_{n\geq 0} \Big({(2n)!\over 4^n (n!)^2}\Big)^3$ ?
C'est l'intégrale double qui pose problème (et non pas l'autre intégrale qui elle est "aisée" à exprimer avec des valeurs de Gamma).
La somme partielle $\ \displaystyle \sum_{n=0}^k \Big({(2 n)!\over 4^n (n!)^2}\Big)^3$ s’exprime avec $\displaystyle _4F_3(1,k+3/2,k+3/2,k+3/2;k+2,k+2,k+2;1)$ et ce truc est une fonction hypergéométrique généralisée de la forme $\displaystyle _{q+1}F_q$ prise en $1$ : il existe des tables.
Puis tu passes à la limite $k\to \infty.$
Utilise un logiciel et les tables. C’est toujours particulièrement pénible de chercher à la main dans les tables et encore plus d’essayer de démontrer les relations utilisées. Je les admets.