Courte preuve du calcul d'une intégrale ?

Hello !

Après cdv : $u = e^{-x}$ et IPP cela revient à calculer
$$2 \int_0^1 \frac{1-u}{\ln(u)}du.


$$ Ensuite si je pose $\quad\displaystyle f(p) = \int_0^1 \frac{1 - u^p}{\ln(u)}dy,\qquad
f'(p) = -\frac{1}{p+1}.$

bonsoir, il y a une erreur de signe dans l'expression de ilortLEG; en fait: $I =2 \int_0^1 \frac{u-1}{\ln u} du$ dans la mesure où le logarithme est négatif entre 0 et 1.Sinon, la méthode de dérivation sous le signe somme est intéressante; je connaissais la valeur de cette dernière intégrale mais je ne me souviens absolument plus de la méthode qui conduisait au résultat.

Et finalement, on prouve de manière générale que $ \displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-ax} - e^{-bx}}{x} \mathrm dx = \ln \left( \frac{b}{a}\right) $ si $a$ et $b$ sont strictement positifs; et de même:

$ \displaystyle \int_0^1 \dfrac{1-u}{\ln u} \mathrm du = \int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-x} - e^{-2x}}{x} \mathrm dx = \ln 2$ en effectuant le changement de variable $u = e^{-x}$.

Pour le cas n, Il me semble pouvoir faire comme ça , on a $\frac{1-e^{-t}}{t} = \int_0^1 e^{-tx}dx$
donc $\int_0^{\infty} (\frac{1-e^{-t}}{t})^n dt=\int_0^{\infty}( \int_0^1 e^{-tx}dx)^ndt \\=
\int_0^{\infty}( \int_{[0,1]^n} e^{-tx_1}.....e^{-tx_n}dx_1...dx_n)dt\\
=\int_{[0,1]^n} (\int_0^\infty e^{-(x_1+...+x_n)t}dt) dx_1... dx_n\\
= \int_{[0,1]^n}\frac{1}{x_1+...+x_n}dx_1... dx_n$

J’espère que FDP n'est pas loin pour donner une forme close le cas n

FDP on aura plutot $\displaystyle \sum_{k=2}^n \alpha_{k,n} \ln k$. Il semble que c'est simple avec la formule de Binôme
$(1-e^{-x})^n= \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^k e^{-kx}$, on trouve bien les $\alpha_{k,n}$

P pourquoi traiter le cas n=3 puisque on sait faire le cas n en toute généralité , on trouve une somme de la forme $\displaystyle \sum_{k=2}^n \alpha_{k,n} \ln k$

Gebrane:

Les intégrales $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\text{e}^{-kx}}{x^n}dx$ divergent (problème de convergence pour la borne $0$).

FDP remarque que $\int_{0}^{+\infty}\frac{1-2e^{-x}+e^{-2x}}{x^2}\,dx $ est belle et bien convergente malgré que les intégrales
$\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{x^2}\,dx $ , $\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-x}}{x^2}\,dx $, $\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-2x}}{x^2}\,dx $ sont divergentes

FDP ecrivait a écrit:

Mais je ne vois toujours pas à quoi sert-il d'utiliser la formule du binôme ici.

c'est pour utiliser des ipp successives après :-D. Pour comprendre regardons le cas n=2 et posons la question pourquoi on a
$$
\int_{0}^{+\infty}\frac{1-2e^{-x}+e^{-2x}}{x^2}\,dx \stackrel{\text{IPP}}{=}2\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}\,dx,

$$ c'est parce que $$\int_{0}^{+\infty}\frac{1-2e^{-x}+e^{-2x}}{x^2}\,dx=\big[\frac{1-2e^{-x}+e^{-2x}}{-x} \big]_0^{\infty}+2\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}\,dx
$$ et surtout c'est parce que $$\lim_{x\to 0} \frac{1-2e^{-x}+e^{-2x}}{x}=0
$$ et surtout surtout parce que $1-2+1=0$ :-D (pour le voir un DL en 0 des expo)

Maintenant (on fixe n>1), tu vois bien pour la première ipp, si on a $ \sum_{k=0}^{n}a_k =0$, alors $$\int_{0}^{+\infty}\frac{ \sum_{k=0}^{n}a_k e^{-kx} }{x^n}\,dx=-\frac 1{n-1}\int_{0}^{+\infty}\frac{ \sum_{k=0}^{n}ka_k e^{-kx} }{x^{n-1}}\,dx.

$$ Pour faire une 2ème ipp, on a besoin de $ \sum_{k=0}^{n}ka_k=0$.
Dans notre cas, pour n fixé, on a $\quad a_k= \binom{n}{k}(-1)^k \ $
ces ipp successives sont justifiées grâce à $$\sum_{k=1}^{n}a_k k^{n-1}=\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}(-1)^k k^{n-1}=0$$ (une preuve de cette identité ici )

Bonsoir FDP. Ton silence dit que tu n'es pas d'accord :-D

Il y a des nombres de Stirling dans ce truc.

Je ne trouve pas le courage pour voir si l'on peut calculer $$I_n(a,b)=\int_0^{\infty}\Big(\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\Big)^ndx.\
$$ Peut-être notre ami J-L

FDP, La quelle, je me sens seul ce soir

Jandri, le courage m'a manqué.

J’espère que ça aidera P dans sa quête; ça me donne une occupation ce soir pour vérifier ta formule. Merci Jandri

Pour les $p$ réels, commençons par le commencement et voir ce que donne par exemple
$$\int_0^{+\infty}\frac{(e^{-ax}-e^{-bx})^n}{\sqrt x}dx,
$$ avec $n=1,\ n=2,\ n$ quelconque.

Waw très belle formule,
JLT bonjour, ton idée s'appuie aussi sur des ipp ?

merci. Vraiment encore une fois c'est beau

@ P.
On peut tout de même, à mon avis, conserver l'appellation « intégrale de Cauchy-Frullani » pour distinguer cette notion des nombreuses autres auxquelles on a légitimement atttaché le nom du génial Cauchy, et pour donner quand même une visibilité à Giuliano Frullani (1795-1834).
La plaisanterie que tu désignes sous le nom de « Théorème d'Arnold » est connue aussi comme « Loi de Stigler », « loi » qui s'applique à elle-même.
https://fr.wikipedia.org/wiki/Loi_de_Stigler
Bonne journée.
Fr. Ch.

Pour $p<1$ (réel) et $n\in\N^*$, pas besoin d'IPP, la formule du binôme suffit :
$$\int_0^{+\infty}\frac{(e^{-ax}-e^{-bx})^n}{x^p}dx=\Gamma(1-p)\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{n-k}(ka+(n-k)b)^{p-1}$$.

C'est pour $p>1$ non entier et $n>p-1$ ($n$ entier) qu'on a besoin d'une IPP pour obtenir cette jolie formule (avec la formule des compléments) :
$$\int_0^{+\infty}\frac{(e^{-ax}-e^{-bx})^n}{x^p}dx=\dfrac{\pi}{\Gamma(p)\sin(\pi p)}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{n-k}(ka+(n-k)b)^{p-1}$$

Peut-on espérer dans ce forum une généralisation de l'intégrale de C.F sous forme $\quad\displaystyle \int_0^{+\infty} \frac{ \big(f (ax)-f (bx)\big)^n}{x^p} dx .$
Que faut-il sur $f$ ?

Oui, la fonction est bien continue en $p_0$ entier et on obtient la formule pour $p_0$ en faisant tendre $p$ vers $p_0$ dans la formule pour $p$ non entier.