Bonjour
Cette intégrale est la suite d'un précédent fil donné à @Oshine pour le calcul d'une intégrale. Mais pour plus de clarté j'ouvre un nouveau sujet.
En s'inspirant du calcul de l'intégrale du fil cité ci-dessus, montrer que $$\int_0^1 \frac{1+x^{14}}{1+x^{16}} dx=\frac{\pi}{8} \sqrt{\frac{1}{2} \left(2+\sqrt{2}\right) \left(2+\sqrt{2+\sqrt{2}}\right)} . $$
[Inutile de multiplier les discussions pour OShine ! AD]
"la" méthode standard:
1)Tu factorises le numérateur et le dénominateur de cette fraction en un produit de polynômes de degré 1 ou 2 à coefficients réels (on peut connaître aisément les racines du numérateur et du dénominateur qui sont conjuguées deux à deux)
2) On procède à une décomposition en éléments simples.
Je ne dis pas que c'est la méthode la plus simple.
On a : $\int_0^1 \frac{1+x^{14}}{1+x^{16}} dx=\frac 12 \int_0^{+\infty} \frac{1+x^{14}}{1+x^{16}} dx=\frac 14 \int_{- \infty}^{+\infty} \frac{1+x^{14}}{1+x^{16}} dx$.
Et là, méthode des résidus spécifique aux fractions rationnelles n'ayant pas de pôle réel.
La méthode la plus simple c'est d'utiliser ce qu'on a fait avant comme admis $\int_0^\infty\dfrac{x^{\large s-1}}{1+x^n}\ dx=\frac{\pi}{n}\csc\left(\frac{s\pi}{n}\right)$
C'est dans ce sens que bd a posé la question
Fin de Partie, la décomposition en éléments simples me semble immonde, même dans $\C$. Il y a $17$ pôles simples. Après il faut encore intégrer des log complexes.
Bref, encore un exercice qui est hors de mes connaissances.
Est-ce que quelqu'un pourra m'expliquer s'il te plait le théorème des résidus? (je vais pouvoir comprendre plein de démonstration et calcul que je ne comprenait pas avant car elle utilisait le théorème des résidus)
Et il n'y a plus qu'à calculer $\sin\left(\dfrac{\pi}{16}\right)$. Ce qu'on fait aisément quand on se rappelle que $\displaystyle 0\leq x\leq \dfrac{\pi}{2}, \cos\left(\dfrac{x}{2}\right)=\sqrt{\dfrac{\cos x+1}{2}}$
Bonjour
Effectivement l'idée de ma question était toute simple : c'est-à-dire d'utiliser ce qui a déjà été fait en posant $y=1/x$ et d'utiliser la valeur de $\displaystyle I= \int_0^\infty \dfrac{1}{1+x^{16}} dx .$
Il reste tout de même à calculer $\sin\frac{\pi}{16} $ dont je laisse à @Os le soin de faire le calcul.
Bien entendu une autre façon de faire c'est de calculer par la méthode des résidus.
$\displaystyle J= \int_{-\infty} ^\infty \dfrac{x^4}{1+x^{16}} dx= 2 i\pi \sum _{Im (z_i)>0} Residu \Big[ \dfrac{z^4}{1+z^{16}} \Big ] _{z=z_i} ,$
les $z_i$ sont les pôles de la fonction $f$ définie par $f(z)=\dfrac{z^4}{1+z^{16}}.$
Idem je laisse le soin à @Os de faire le calcul (inutile de faire la calcul à sa place, c'est dans son domaine de compétence).
Je pensais à des méthodes classiques d'analyse réelle qu'on m'a sûrement apprises, que j'avais oubliées, puis redécouvertes quand j'ai commencé à passer beaucoup de temps à calculer des intégrales.
Je ne comprends pas cette animosité (à travers des sarcasmes) contre Oshine . Ce type passe un temps dingue, semble-t-il, à essayer de s'améliorer en mathématiques. C'est remarquable de nos jours pour un adulte.
Fin de Partie, s'il faut utiliser cette fonction, dans les exercices à mon niveau, la fonction $B$ sera introduite avant à l'aide de questions intermédiaires.
Je crois avoir vu cette fonction quelque part déjà dans un problème.
@FdP : où vois-tu de l'animosité envers OShine ? Je pense que l'intégrale que tu proposes poserait des difficultés à pas mal d'agrégatifs, donc a fortiori à OShine.
JLT c'est facile cette nouvelle intégrale de FDP et au niveau de Oshine s'il admet les résultats sur $\int_0^\infty\dfrac{x^{\large s-1}}{1+x^n}\ dx=\frac{\pi}{n}\csc\left(\frac{s\pi}{n}\right)$
OShine:
indication.
Considérer la fonction $\displaystyle F(s)=\int_0^\infty \dfrac{x^s}{1+x^5}dx$ avec $s$ un réel positif pas trop grand.
et penser à la fonction Bêta d'Euler.
\begin{align}
x>0,\ y>0,\quad \text{B}(x,y)&=\int_0^\infty \frac{t^{x-1}}{(1+t)^{x+y}}dt\\
&=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)},
\end{align} et on a besoin de: $\displaystyle 0<x<1, \Gamma(x)\Gamma(1-x)=\dfrac{\pi}{\sin\left(\pi x\right)}$.
Tu as vendu la mèche FDP, Oshine en était capable
( j'ai considéré $F(s)=\int_{0}^{\infty}x^{s-1}f(x)dx \implies F'(s) = \int_{0}^{\infty} x^{s-1}\ln(x)f(x) dx.$)
Ce n'est pas grave, de toute façon il faut que je termine la réduction des endomorphisme et ensuite je m'attaquerai au premier chapitre d'analyse de MP sur les fonctions convexes.
D'ici là je ferai peut être quelques calculs de DL ou d'intégrale de niveau L1.
Gebrane: Je ne connais pas toutes ces formules par coeur je sais que la fonction bêta a principalement trois formes, la formule qui la lie à la fonction gamma est facile à retenir, je connais la formule des compléments pour la fonction gamma et c'est à peu près tout.
Le reste ce sont des heuristiques de calcul qui permettent de se ramener aux formules susmentionnées: si tu as une intégrale à évaluer sur $[0;\infty[$ il faut que l'intégrale ne comporte que des facteurs $x^a,(1+x)^b$. Si c'est sur $[0;1]$ il faut que l'intégrale ne comporte que des facteurs $x^a,(1-x)^b$. Si on est dans l'un de ces deux cas alors il y a une bonne chance qu'on puisse utiliser la fonction bêta pour effectuer un calcul d'intégrale.
Bien sûr dès qu'on a un facteur $(1+x^a)^b$ dans une intégrale sur $[0;\infty[$ on essaie le changement de variable $y=x^a$ et on applique l'heuristique ci-dessus. Si on a un facteur $(1-x^a)^b$ et l'intervalle d'intégration est $[0,1]$ on fait procède au même changement de variable. Voilà en gros ce que je connais sur ce sujet.
Réponses
Gebrane je n'ai pas encore étudié les intégrales doubles et les intégrales impropres, il faut que j'avance un peu dans le cours de MP.
Je saurai faire la question $1$, mais la 2 je ne pense pas.
Cette intégrale est la suite d'un précédent fil donné à @Oshine pour le calcul d'une intégrale. Mais pour plus de clarté j'ouvre un nouveau sujet.
En s'inspirant du calcul de l'intégrale du fil cité ci-dessus, montrer que $$\int_0^1 \frac{1+x^{14}}{1+x^{16}} dx=\frac{\pi}{8} \sqrt{\frac{1}{2} \left(2+\sqrt{2}\right) \left(2+\sqrt{2+\sqrt{2}}\right)} . $$
[Inutile de multiplier les discussions pour OShine ! AD]
"la" méthode standard:
1)Tu factorises le numérateur et le dénominateur de cette fraction en un produit de polynômes de degré 1 ou 2 à coefficients réels (on peut connaître aisément les racines du numérateur et du dénominateur qui sont conjuguées deux à deux)
2) On procède à une décomposition en éléments simples.
Je ne dis pas que c'est la méthode la plus simple.
merci Chaurien
Et là, méthode des résidus spécifique aux fractions rationnelles n'ayant pas de pôle réel.
C'est dans ce sens que bd a posé la question
Fin de Partie, la décomposition en éléments simples me semble immonde, même dans $\C$. Il y a $17$ pôles simples. Après il faut encore intégrer des log complexes.
Bref, encore un exercice qui est hors de mes connaissances.
$\displaystyle \int_0^1 \frac{1+x^{14}}{1+x^{16}}dx=\int_1^\infty \frac{1+x^{14}}{1+x^{16}}dx$
&=\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{1+x^{14}}{1+x^{16}}dx\\
&\overset{y=x^{16}}=\frac{1}{32}\int_0^\infty \frac{y^{\frac{-15}{16}}+y^{-\frac{1}{16}}}{1+x}dy\\
&=\frac{1}{32}\text{B}\left(\frac{1}{16},\frac{15}{16}\right)+\frac{1}{32}\text{B}\left(\frac{1}{16},\frac{15}{16}\right)\\
&=\frac{1}{16}\text{B}\left(\frac{1}{16},\frac{15}{16}\right)\\
&=\frac{1}{16}\frac{\gamma\left(\frac{1}{16}\right)\gamma\left(\frac{15}{16}\right)}{\frac{1}{16}+\frac{15}{16}}\\
&=\frac{1}{16}\gamma\left(\frac{1}{16}\right)\gamma\left(\frac{15}{16}\right)\\
&=\frac{1}{16}\frac{\pi}{\sin\left(\frac{\pi}{16}\right)}
\end{align}
Et il n'y a plus qu'à calculer $\sin\left(\dfrac{\pi}{16}\right)$. Ce qu'on fait aisément quand on se rappelle que $\displaystyle 0\leq x\leq \dfrac{\pi}{2}, \cos\left(\dfrac{x}{2}\right)=\sqrt{\dfrac{\cos x+1}{2}}$
NB: la fonction $\text{B}$ est la fonction bêta d'Euler
Calculer $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\ln x}{1+x^5}dx$
Effectivement l'idée de ma question était toute simple : c'est-à-dire d'utiliser ce qui a déjà été fait en posant $y=1/x$ et d'utiliser la valeur de $\displaystyle I= \int_0^\infty \dfrac{1}{1+x^{16}} dx .$
Il reste tout de même à calculer $\sin\frac{\pi}{16} $ dont je laisse à @Os le soin de faire le calcul.
Bien entendu une autre façon de faire c'est de calculer par la méthode des résidus.
$\displaystyle J= \int_{-\infty} ^\infty \dfrac{x^4}{1+x^{16}} dx= 2 i\pi \sum _{Im (z_i)>0} Residu \Big[ \dfrac{z^4}{1+z^{16}} \Big ] _{z=z_i} ,$
les $z_i$ sont les pôles de la fonction $f$ définie par $f(z)=\dfrac{z^4}{1+z^{16}}.$
Idem je laisse le soin à @Os de faire le calcul (inutile de faire la calcul à sa place, c'est dans son domaine de compétence).
Je pensais à des méthodes classiques d'analyse réelle qu'on m'a sûrement apprises, que j'avais oubliées, puis redécouvertes quand j'ai commencé à passer beaucoup de temps à calculer des intégrales.
Je ne comprends pas cette animosité (à travers des sarcasmes) contre Oshine . Ce type passe un temps dingue, semble-t-il, à essayer de s'améliorer en mathématiques. C'est remarquable de nos jours pour un adulte.
Je crois avoir vu cette fonction quelque part déjà dans un problème.
BD2017
Ok.
Ca fait un mélange confus.
indication.
Considérer la fonction $\displaystyle F(s)=\int_0^\infty \dfrac{x^s}{1+x^5}dx$ avec $s$ un réel positif pas trop grand.
et penser à la fonction Bêta d'Euler.
\begin{align}
x>0,\ y>0,\quad \text{B}(x,y)&=\int_0^\infty \frac{t^{x-1}}{(1+t)^{x+y}}dt\\
&=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)},
\end{align} et on a besoin de: $\displaystyle 0<x<1, \Gamma(x)\Gamma(1-x)=\dfrac{\pi}{\sin\left(\pi x\right)}$.
( j'ai considéré $F(s)=\int_{0}^{\infty}x^{s-1}f(x)dx \implies F'(s) = \int_{0}^{\infty} x^{s-1}\ln(x)f(x) dx.$)
Je n'ai rien vendu du tout, mais il ne faut pas exagérer, ce truc de Sioux tu peux difficilement le deviner tout seul à partir de rien.
D'ici là je ferai peut être quelques calculs de DL ou d'intégrale de niveau L1.
Le reste ce sont des heuristiques de calcul qui permettent de se ramener aux formules susmentionnées: si tu as une intégrale à évaluer sur $[0;\infty[$ il faut que l'intégrale ne comporte que des facteurs $x^a,(1+x)^b$. Si c'est sur $[0;1]$ il faut que l'intégrale ne comporte que des facteurs $x^a,(1-x)^b$. Si on est dans l'un de ces deux cas alors il y a une bonne chance qu'on puisse utiliser la fonction bêta pour effectuer un calcul d'intégrale.
Bien sûr dès qu'on a un facteur $(1+x^a)^b$ dans une intégrale sur $[0;\infty[$ on essaie le changement de variable $y=x^a$ et on applique l'heuristique ci-dessus. Si on a un facteur $(1-x^a)^b$ et l'intervalle d'intégration est $[0,1]$ on fait procède au même changement de variable. Voilà en gros ce que je connais sur ce sujet.