Une super intégrale
dans Analyse
$\newcommand{\Res}{\operatorname{Res}}$Bonjour! J'ai essayé de calculer l'intégrale suivante. $\quad \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{6}}dx .$
Voici mes calculs.
Les pôles de $\displaystyle \frac{1}{1+x^{6}}$ sont $\displaystyle e^{\frac{i}{6}\pi} ; e^{\frac{3i}{6}\pi} ; e^{\frac{5i}{6}\pi} ; e^{\frac{7i}{6}\pi} ; e^{\frac{9i}{6}\pi}; e^{\frac{11i}{6}\pi}$.
Les pôles de partie imaginaire positive sont $\displaystyle e^{\frac{i}{6}\pi} ; e^{\frac{3i}{6}\pi} ; e^{\frac{5i}{6}\pi} $.
Donc d'après le théorème des résidus on à $ \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{6}}dx = 2i\pi\Big(\Res\big(\frac{1}{1+x^{6}}, e^{\frac{i}{6}\pi}\big)+\Res\big(\frac{1}{1+x^{6}}, e^{\frac{3i}{6}\pi}\big)+\Res\big(\frac{1}{1+x^{6}},e^{\frac{5i}{6}\pi}\big)\Big)$
$\displaystyle =\frac{i\pi}{3}\Big( e^{-\frac{5i}{6}\pi} + e^{-\frac{3i}{6}\pi} + e^{-\frac{i}{6}\pi} \Big)=\frac{i\pi}{3}\Big(-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{i}{2}+0-i+\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{i}{2}\Big)=\frac{i\pi}{3}×(-2i)=\frac{2\pi}{3}$
On à donc finalement (sauf erreur) $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{6}}dx= \frac{2\pi}{3}$.
Et $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{6}}dx= \frac{\pi}{3}$.
La question est : est ce que je me suis trompé ?
PS : c'est un truc génial le théorème des résidus.
Voici mes calculs.
Les pôles de $\displaystyle \frac{1}{1+x^{6}}$ sont $\displaystyle e^{\frac{i}{6}\pi} ; e^{\frac{3i}{6}\pi} ; e^{\frac{5i}{6}\pi} ; e^{\frac{7i}{6}\pi} ; e^{\frac{9i}{6}\pi}; e^{\frac{11i}{6}\pi}$.
Les pôles de partie imaginaire positive sont $\displaystyle e^{\frac{i}{6}\pi} ; e^{\frac{3i}{6}\pi} ; e^{\frac{5i}{6}\pi} $.
Donc d'après le théorème des résidus on à $ \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{6}}dx = 2i\pi\Big(\Res\big(\frac{1}{1+x^{6}}, e^{\frac{i}{6}\pi}\big)+\Res\big(\frac{1}{1+x^{6}}, e^{\frac{3i}{6}\pi}\big)+\Res\big(\frac{1}{1+x^{6}},e^{\frac{5i}{6}\pi}\big)\Big)$
$\displaystyle =\frac{i\pi}{3}\Big( e^{-\frac{5i}{6}\pi} + e^{-\frac{3i}{6}\pi} + e^{-\frac{i}{6}\pi} \Big)=\frac{i\pi}{3}\Big(-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{i}{2}+0-i+\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{i}{2}\Big)=\frac{i\pi}{3}×(-2i)=\frac{2\pi}{3}$
On à donc finalement (sauf erreur) $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{6}}dx= \frac{2\pi}{3}$.
Et $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{6}}dx= \frac{\pi}{3}$.
La question est : est ce que je me suis trompé ?
PS : c'est un truc génial le théorème des résidus.
Je suis donc je pense
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Réponses
&\overset{y=x^6}=\frac{1}{6}\int_0^\infty \frac{y^{\frac{1}{6}-1}}{1+y}dy\\
&=\frac{1}{6}\text{B}\left(\frac{1}{6},\frac{5}{6}\right)\\
&=\frac{1}{6}\Gamma\left(\frac{1}{6}\right)\Gamma\left(1-\frac{1}{6}\right)\\
&=\frac{1}{6}\times \dfrac{\pi}{\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)}\\
&=\boxed{\dfrac{\pi}{3}}
\end{align}
NB: $\text{B}$ est la fonction bêta d'Euler.
Gébrane, tu exagères, surtout pour un élève de 4ème.
Cordialement,
Rescassol
1)Quel contour est utilisé?
2)Dans ce type de calcul il y a des passages à la limite et il faut justifier pourquoi certaines intégrales vont tendre vers $0$.
3)Déterminer les pôles de la fonction à laquelle on veut appliquer le théorème de Cauchy.
Même si on ne maîtrise pas une technique il vaut mieux savoir qu'il y a un "mode d'emploi" qu'il faut respecter si on veut être sûr d'un résultat. Autrement on est dans l'à peu-près.
Oui, d'accord avec tout ça, mais c'est quand même un bon début.
Cordialement,
Rescassol
À noter que, pour nos polynômes, il est inutile d'invoquer les mânes de Cauchy puisqu'un calcul simple permet de calculer la limite quand $X\to+\infty$ de $\displaystyle\int_{-X}^X\frac{{\rm d}t}{t-z}$ lorsque $z\not\in\R$ (ah non, pas de $\ln$, mais séparer $\Re$ et $\Im$).
e.v.
PS:
J'ai montré plus haut qu'avec quelques connaissances en analyse réelle on n'avait pas besoin d'analyse complexe pour faire ce calcul.