Gebrane, tu penses à la formule des résidus dans le cas de pôles simples ?
Je ne sais pas trop si ce genre d'exo un peu calculatoire est vraiment profitable à OS. Certes, il faut trouver une façon astucieuse de s'épargner un calcul difficile mais si c'est juste une ruse de sioux...
Alexique, l'exercice à un intérêt et ce n'est pas une perte de temps comme tu le crois. En suivant OS dans les fils je remarque qu'il cesse de réfléchir pour plusieurs raison
1- Lorsque il ne comprend pas le contexte mathématiques
2- Lorsque il sent au fond de lui que ça dépasse ces capacités
3= Lorsque sa première tentative tombe en échec
La j'ai donné un exemple d'une autre nature, il sait le faire théoriquement car il connait une méthode générale mais elle est coûteuse en temps. Soit il va dire j’abandonne ou bien il va chercher comment s'en sortir.
Maintenant à toi Alexique, tu vas me dire c'est inutile mais je sais que le matheux en toi va te réveiller en plein nuit pour déceler ce calcul proposé par gebrane, il a de l'humour ce gebrane même un peu comique des fois mais pas au point de faire une mauvaise blague.
Je sais que FDP va tester des changements de variables pour casser l'atrocité des calculs, P plutot va penser Gamma
Cela devient tout de suite plus facile quand on sait que :
$$
1+x^5=\Big(x+1\Big)\Big(x^2+\frac{\sqrt{5}-1}{2}x+1\Big)\Big(x^2-\frac{\sqrt{5}+1}{2}x+1\Big).$$
On connait toutes les solutions complexes de l'équation $Z^5=-1$
Ce sont toutes les solutions de l'équation $Z^5=1$ qu'on va multiplier par $-1$ qui est une solution particulière de l'équation qu'on cherche à résoudre.
Par ailleurs, on sait que $\boxed{\left(z-a\right)\left(z-\overline{a}\right)=z^2-2\Re(a)+\left|a\right|}$
La valeur donnée par Gebrane est très probablement fausse:
Une équation à coefficients réels a ses racines qui sont soient réelles, soient conjuguées deux à deux.
C'est facile à démontrer.
PS:
En fait, je me suis emballé un peu vite. Tu as fait la même chose que moi j'ai fait la même chose que toi.
Je ne fais jamais les décompositions en éléments simples moi-même je demande à Maxima* (mon amie numérique) de les faire à ma place. Elle est très douée pour ça. B-)-
*: son nom finit par un a, je lui attribue donc arbitrairement le sexe féminin.
Il faudrait donc sommer: $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{\cos(nx)}{5n+1}+\sum_{n=0}^\infty \frac{\cos(nx)}{5n+4}$
sur un intervalle qui contient $\pi$.
JLT ou décomposer sur $\C$ me semble plus simple mais je ne connais pas le logarithme complexe.
Voici ma décomposition dans $\C$ :
Notons $F(x)=\dfrac{1}{x^5+1}$ Notons $\{ w_k = -e^{2 ik \pi /5} \ k \in [|0,4|] \}$ les racines de $x^5+1=0$.
On a $F(x)= \displaystyle\sum_{k=0}^4 \dfrac{ a_k}{x-w_k}$. D'après une formule du cours, on trouve $a_k=\dfrac{1}{5 w_k ^4}=\dfrac{w_k}{5}$
Donc $F(x)= \dfrac{1}{5} \displaystyle\sum_{k=0}^4 \dfrac{-e^{2 ik \pi /5} }{x+e^{2 ik \pi /5}}$
Donc $\boxed{\dfrac{1}{1+x^5} =\dfrac{-1}{5} \left( \dfrac{1}{x+1} + \dfrac{e^{2 i \pi /5}}{x+e^{2 i \pi /5}}+ \dfrac{e^{4 i \pi /5}}{x+e^{4 i \pi /5}}+ \dfrac{e^{6 i \pi /5}}{x+e^{6 i \pi /5}}+\dfrac{e^{8 i \pi /5}}{x+e^{8 i \pi /5}} \right)}$
Si $\omega\in\C\setminus \R^-$ alors $\displaystyle \int_0^x \frac{dt}{t+\omega}=\log(x+\omega)-\log(\omega)$ où $\log(re^{i\theta})=\ln(r)+i\theta$ pour tout $r>0$ et $-\pi<\theta<\pi$.
Ah mince... j'ai vu le problème... bon on va dire qu'on calcule cette intégrale de 1 à infini... et pas de 0 à infini (quellle erreur ai-je fait !!!).
\[\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{10}+x^{5}}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{5}\left (x^{5}+1\right )}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{5}}dx-\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{5}+1}dx=\frac{1}{4}-[\frac{4\pi}{5\sqrt{10-2\sqrt{5}}}=\frac{\frac{5\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}-4\pi}{5\sqrt{10-2\sqrt{5}}}.
J'ai intégré ma décomposition en éléments simples, et quand je fais tendre $x$ vers $+ \infty$ la partie du log tend vers $0$.
Posons $\forall k \in [|0,4|] \ w_k = e^{2 i k \pi /5}$
Je tombe sur $\displaystyle\int_{0}^N \dfrac{1}{1+x^5} dx= - \dfrac{1}{5} \displaystyle\sum_{k=0}^4 \left( w_k \ln(N+w_k) -w_k \times \dfrac{2 i k \pi}{5} \right)$
Or $\lim\limits_{N \rightarrow +\infty} - w_k \ln(N+w_k)=0$ donc :
Je n'ai pas compris le détail avec les arguments dans $]- \pi,\pi[$
Dans le cours de MPSI, il est donné une autre formule, je l'avais oubliée. Ta formule doit être hors-programme JLT...
Si $a=\alpha+i \beta$ avec $(\alpha,\beta) \in \R \times \R^{*}$ alors sur tout $\R$, la fonction $x \mapsto \dfrac{1}{2} \ln ( (x-\alpha)^2+\beta ^2)+i Arctan( \dfrac{x- \alpha}{\beta})$ est une primitive de la fonction $x \mapsto \dfrac{1}{x-a}$
Des arctangente de cos et de sin, les calculs doivent être affreux.
$I=\dfrac{1}{5} \left( \dfrac{2 i \pi }{5} e^{2 i \pi /5}+ \dfrac{4 i \pi }{5} e^{4 i \pi /5} + \dfrac{-4 i \pi }{5} e^{-4 i \pi /5}+ \dfrac{-2 i \pi }{5} e^{-2 i \pi /5} \right)$
Donc $I=\dfrac{1}{5} \left( \dfrac{2 i \pi }{5} (e^{2 i \pi /5} -e^{-2 i \pi /5} ) + \dfrac{4 i \pi }{5} (e^{4 i \pi /5} -e^{-4 i \pi /5}) \right)$
Merci JLT d'avoir détecter l'erreur dans mon résultat j'ai glissé dans le calcul de $\sin (\frac {\pi}5)$.
Oshine je t'ai proposé ce calcul suite à une discussion entre P et FDP ; ce dernier reprocha au avant dernier d’écraser une mouche par son bazooka. Je voulais insister sur l'utilité de connaître la méthode de P et c'est un enrichissement pour ta formation. Pour calculer
$$I_n=\int_0^{+\infty}\frac 1{1+x^n} dx.
$$ 1) Tu pose que $t=x^n$ et démontre que $I_n=\frac 1n \int_0^{+\infty} \frac{t^{s-1}}{1+t}dt$ avec $s=\frac 1n$.
2) Soit tu le sais ou dans le cas contraire démontre que $\int_0^{+\infty} \frac{t^{s-1}}{1+t}dt =\Gamma(s)\Gamma(s-1)$ (indication, tu passes aux intégrales doubles en ecrivant que $\frac 1{1+t}=\int_0^{+\infty} e^{-(1+t)y} dy$.
3) Soit tu le sais ou dans le cas contraire démontre que $\Gamma(s)\Gamma(1-s) = \frac{\pi}{\sin \pi s}$.
4) Montrer que $\sin (\frac {\pi}5)=\frac{\sqrt{2}}{4}\sqrt{5-\sqrt{5}}$.
5) Conclure.
FDP En ce moment j'ai posé $x^5=tan^2(y)$ dans $\displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^5+1} dx$, il semble que c'est une piste prometteuse on tombe sur une intégrale de $tan^p$
Gebrane: Bravo !
Je ne sais pas si on obtient quelque chose de prometteur mais la nouvelle intégrale $\displaystyle \frac{2}{5}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\tan^{\frac{3}{5}} x}dx$ est sympa tout de même. B-)-
Réponses
Enfin un exercice à mon niveau. J'ai déjà une idée, utiliser les racines 5 ième de l'unité est faire une décomposition en éléments simples.
Il faut d'abord que je termine les épreuves du concours des lycées mais j'y réfléchirai.
Les solutions sont les $\{ -e^{ 2i k \pi /5} \ | k \in [|0,4|] \}= \{ -1,-e^{ i \pi /5},-e^{ 2i \pi /5}, -e^{ 3i \pi /5},-e^{ 4i \pi /5} \}$
Je me rends compte que cette piste n'est pas la bonne, trop compliqué.
On peut écrire $a^5-b^5=(a-b) \displaystyle\sum_{k=0}^{4} a^k b^{4-k}$
Donc $x^5+1=x^5-(-1)^5=(x+1)(1-x+x^2-x^3+x^4)$
Posons $1-x+x^2-x^3+x^4 =(x^2+ax+1)(x^2+bx+1)=x^4+(a+b)x^3+(2+ab)x^2+(a+b)x+1$
Ce qui donne $a+b=-1$ et $2+ab=1$ en combinant on trouve $2+a(-1-a)=1 \implies 2-a-a^2=1 \implies a^2+a-1=0$
Posons $a=\dfrac{1+ \sqrt{5}}{2}$ et $b=\dfrac{1- \sqrt{5}}{2}$
On en déduit $\boxed{x^5+1 = (x+1) (x^2+ax+1)(x^2+bx+1) }$
Effectuons une décomposition en éléments simples dans $\R[X]$ :
$F(x)=\dfrac{1}{1+x^5}= \dfrac{A}{1+x}+ \dfrac{Cx+D}{x^2+ax+1}+ \dfrac{Ex+F}{x^2+bx+1}$
Les calculs me semblent trop horribles j'abandonne.
Je sais résoudre l'exercice mais je n'ai pas envie de perdre une heure à faire des calculs ultra chiants.
Je ne sais pas trop si ce genre d'exo un peu calculatoire est vraiment profitable à OS. Certes, il faut trouver une façon astucieuse de s'épargner un calcul difficile mais si c'est juste une ruse de sioux...
$$\dfrac{\pi}{25}(4\sin\frac{2\pi}{5}+8\sin\frac{4\pi}{5}).$$
Edit : en poursuivant les calculs, on obtient $\dfrac{\pi}{25}\sqrt{10}\sqrt{5+\sqrt{5}}=\dfrac{2\pi\sqrt{2}}{5\sqrt{5-\sqrt{5}}}$.
1- Lorsque il ne comprend pas le contexte mathématiques
2- Lorsque il sent au fond de lui que ça dépasse ces capacités
3= Lorsque sa première tentative tombe en échec
La j'ai donné un exemple d'une autre nature, il sait le faire théoriquement car il connait une méthode générale mais elle est coûteuse en temps. Soit il va dire j’abandonne ou bien il va chercher comment s'en sortir.
Maintenant à toi Alexique, tu vas me dire c'est inutile mais je sais que le matheux en toi va te réveiller en plein nuit pour déceler ce calcul proposé par gebrane, il a de l'humour ce gebrane même un peu comique des fois mais pas au point de faire une mauvaise blague.
Je sais que FDP va tester des changements de variables pour casser l'atrocité des calculs, P plutot va penser Gamma
JLT je vais vérifier mon calcul le soir
$$
1+x^5=\Big(x+1\Big)\Big(x^2+\frac{\sqrt{5}-1}{2}x+1\Big)\Big(x^2-\frac{\sqrt{5}+1}{2}x+1\Big).$$
On connait toutes les solutions complexes de l'équation $Z^5=-1$
Ce sont toutes les solutions de l'équation $Z^5=1$ qu'on va multiplier par $-1$ qui est une solution particulière de l'équation qu'on cherche à résoudre.
Par ailleurs, on sait que $\boxed{\left(z-a\right)\left(z-\overline{a}\right)=z^2-2\Re(a)+\left|a\right|}$
La valeur donnée par Gebrane est très probablement fausse:
https://pari.math.u-bordeaux.fr/gp.html
Je ne savais pas qu'il y avait des conjugués parmi les racines 5 èmes de l'unité.
Il y a sûrement d'autres méthodes en utilisant les séries entières mais je ne maitrise pas.
mon résultat est : $\frac{\frac{\pi}{5}}{sin\frac{\pi}{5}}$
soit encore $$\frac{4\pi}{5\sqrt{10-2\sqrt{5}}} = 1,068959332...$$
cordialement
Une équation à coefficients réels a ses racines qui sont soient réelles, soient conjuguées deux à deux.
C'est facile à démontrer.
PS:
En fait, je me suis emballé un peu vite. Tu as fait la même chose que moi j'ai fait la même chose que toi.
Je ne fais jamais les décompositions en éléments simples moi-même je demande à Maxima* (mon amie numérique) de les faire à ma place. Elle est très douée pour ça. B-)-
*: son nom finit par un a, je lui attribue donc arbitrairement le sexe féminin.
Il ne reste plus qu'à simplifier ta formule pour faire disparaître le sinus. B-)-
On peut montrer aisément que cette intégrale vaut $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{5n+1}+\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{5n+4}$ ( https://www.wolframalpha.com/input/?i=\sum_{n=0}^\infty+\frac{(-1)^n}{5n+1}+\sum_{n=0}^\infty+\frac{(-1)^n}{5n+4} ).
Il faudrait transformer ces deux sommes en séries de Fourier*. J'imagine que c'est possible.
* Edit: On peut réécrire en:
$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{\cos(n\pi)}{5n+1}+\sum_{n=0}^\infty \frac{\cos(n\pi)}{5n+4}$
Il faudrait donc sommer: $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{\cos(nx)}{5n+1}+\sum_{n=0}^\infty \frac{\cos(nx)}{5n+4}$
sur un intervalle qui contient $\pi$.
Voici ma décomposition dans $\C$ :
Notons $F(x)=\dfrac{1}{x^5+1}$ Notons $\{ w_k = -e^{2 ik \pi /5} \ k \in [|0,4|] \}$ les racines de $x^5+1=0$.
On a $F(x)= \displaystyle\sum_{k=0}^4 \dfrac{ a_k}{x-w_k}$. D'après une formule du cours, on trouve $a_k=\dfrac{1}{5 w_k ^4}=\dfrac{w_k}{5}$
Donc $F(x)= \dfrac{1}{5} \displaystyle\sum_{k=0}^4 \dfrac{-e^{2 ik \pi /5} }{x+e^{2 ik \pi /5}}$
Donc $\boxed{\dfrac{1}{1+x^5} =\dfrac{-1}{5} \left( \dfrac{1}{x+1} + \dfrac{e^{2 i \pi /5}}{x+e^{2 i \pi /5}}+ \dfrac{e^{4 i \pi /5}}{x+e^{4 i \pi /5}}+ \dfrac{e^{6 i \pi /5}}{x+e^{6 i \pi /5}}+\dfrac{e^{8 i \pi /5}}{x+e^{8 i \pi /5}} \right)}$
J'ai une autre intégrale pour Oshine:
Calculez \[\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^{10}+x^{5}}dx\]
(:P)
Exercice pour @OS: généraliser la question de @Gebrane, c-à-d montrer que pour tout $z>1$ on a :
$$ \int_0^\infty \dfrac{1}{1+t^z} dt =\dfrac{\pi}{z\sin(\pi/ z)} $$
J'ai fait la décomposition en éléments simples mais après je ne sais pas faire.
$\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{C}:x\rightarrow \exp(a.x)$ a pour primitive $x\rightarrow \dfrac{1}{a}\exp(a.x)$ où $a$ est un nombre complexe non nul.
As-tu remarqué le problème en $x=0$ ?
\[\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{10}+x^{5}}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{5}\left (x^{5}+1\right )}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{5}}dx-\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{5}+1}dx=\frac{1}{4}-[\frac{4\pi}{5\sqrt{10-2\sqrt{5}}}=\frac{\frac{5\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}-4\pi}{5\sqrt{10-2\sqrt{5}}}.
\] Je me suis encore planté...
\] encore une erreur d'inattention B-)-
Posons $\forall k \in [|0,4|] \ w_k = e^{2 i k \pi /5}$
Je tombe sur $\displaystyle\int_{0}^N \dfrac{1}{1+x^5} dx= - \dfrac{1}{5} \displaystyle\sum_{k=0}^4 \left( w_k \ln(N+w_k) -w_k \times \dfrac{2 i k \pi}{5} \right)$
Or $\lim\limits_{N \rightarrow +\infty} - w_k \ln(N+w_k)=0$ donc :
$\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{1+x^5} dx= \dfrac{i\pi}{5} \displaystyle\sum_{k=0}^4 kw_k $
Après des calculs sur le cercle trigo, je trouve que $\displaystyle\sum_{k=0}^4 kw_k = -4 i \sin( \dfrac{2 \pi}{5})$
D'où $\boxed{I=\dfrac{4 \pi}{5} \sin( \dfrac{2 \pi}{5})}$
Gebrane, pas très sympa, les calculs sont interminables, le genre de questions que j'ai croisé à certains écrits de Polytechnique MP.
Dans le cours de MPSI, il est donné une autre formule, je l'avais oubliée. Ta formule doit être hors-programme JLT...
Si $a=\alpha+i \beta$ avec $(\alpha,\beta) \in \R \times \R^{*}$ alors sur tout $\R$, la fonction $x \mapsto \dfrac{1}{2} \ln ( (x-\alpha)^2+\beta ^2)+i Arctan( \dfrac{x- \alpha}{\beta})$ est une primitive de la fonction $x \mapsto \dfrac{1}{x-a}$
Des arctangente de cos et de sin, les calculs doivent être affreux.
Je pense que cet exercice est en dehors de mes compétences.
Mais $\dfrac{ 6 \pi}{5} > \pi$ et $\dfrac{ 8 \pi}{5} > \pi$
Donc il faut écrire $e^{6 i \pi /5}=e^{-4 i \pi /5}$ et $e^{8 i \pi /5}=e^{-2 i \pi /5}$.
$I=\dfrac{1}{5} \left( \dfrac{2 i \pi }{5} e^{2 i \pi /5}+ \dfrac{4 i \pi }{5} e^{4 i \pi /5} + \dfrac{-4 i \pi }{5} e^{-4 i \pi /5}+ \dfrac{-2 i \pi }{5} e^{-2 i \pi /5} \right)$
Donc $I=\dfrac{1}{5} \left( \dfrac{2 i \pi }{5} (e^{2 i \pi /5} -e^{-2 i \pi /5} ) + \dfrac{4 i \pi }{5} (e^{4 i \pi /5} -e^{-4 i \pi /5}) \right)$
Ainsi, $I=\dfrac{1}{25} ( -4 \pi \sin( \dfrac{2 \pi}{5}) -8 \pi \sin( \dfrac{4 \pi}{5} ) $
Donc $I=\dfrac{-1}{25} 12 \pi \sin( \dfrac{2 \pi}{5})$ ce qui reste faux.
Il y a encore une erreur supplémentaire après.
On a $\dfrac{1}{1+x^5}=\dfrac{P(x)}{Q(x)}=\displaystyle\sum_{k=0}^4 \dfrac{a_k}{x-w_k}$ où $w_k= -e^{2 i k \pi /5}$
Le cours dit que $a_k= \dfrac{P(w_k)}{Q'(w_k)}=\dfrac{1}{5 w_k ^4} =\dfrac{w_k}{5}$ car $w_k ^5=1$
Donc $\dfrac{1}{1+x^5}=\dfrac{1}{5}\displaystyle\sum_{k=0}^4 \dfrac{w_k}{x-w_k}$
$\boxed{\dfrac{1}{1+x^5}=\dfrac{1}{5}\displaystyle\sum_{k=0}^4 \dfrac{-e^{2 i k \pi /5}}{x+e^{2 i k \pi /5}}}$
Il reste toujours ce moins devant.
Oshine je t'ai proposé ce calcul suite à une discussion entre P et FDP ; ce dernier reprocha au avant dernier d’écraser une mouche par son bazooka. Je voulais insister sur l'utilité de connaître la méthode de P et c'est un enrichissement pour ta formation. Pour calculer
$$I_n=\int_0^{+\infty}\frac 1{1+x^n} dx.
$$ 1) Tu pose que $t=x^n$ et démontre que $I_n=\frac 1n \int_0^{+\infty} \frac{t^{s-1}}{1+t}dt$ avec $s=\frac 1n$.
2) Soit tu le sais ou dans le cas contraire démontre que $\int_0^{+\infty} \frac{t^{s-1}}{1+t}dt =\Gamma(s)\Gamma(s-1)$ (indication, tu passes aux intégrales doubles en ecrivant que $\frac 1{1+t}=\int_0^{+\infty} e^{-(1+t)y} dy$.
3) Soit tu le sais ou dans le cas contraire démontre que $\Gamma(s)\Gamma(1-s) = \frac{\pi}{\sin \pi s}$.
4) Montrer que $\sin (\frac {\pi}5)=\frac{\sqrt{2}}{4}\sqrt{5-\sqrt{5}}$.
5) Conclure.
PS:
On peut faire des trucs encore plus "dingues" avec la fonction bêta. B-)-
PS:
On peut connaître un polynôme $x^2+ax+b$ dont le coefficient $a$ est $2\times\cos\left(\frac{\pi}{5}\right)$
Si tu veux m'emprunter de l'argent tu as choisi le mauvais cheval. X:-(
Je ne sais pas si on obtient quelque chose de prometteur mais la nouvelle intégrale $\displaystyle \frac{2}{5}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\tan^{\frac{3}{5}} x}dx$ est sympa tout de même. B-)-