deux intégrales

fjaclot0 · December 2006

Bonjour,

Je n'arrive pas a calculer les deux intégrales suivantes :

-intégrale de 0 à l'infini de Ln(Tan(x)^2)/(1+x^2) dx = Pi Ln(Tanh(1))

-intégrale de 0 à l'infini de Ln(Cos(ax)^2)Cos(bx)/(x^2) dx = Pi b Ln(2)-Pi a

En particulier, dans les deux cas la methode "Oumpapah" (dérivation sous l'intégrale) ne semble pas marcher ... ou bien je l'utilise mal .
Merci de votre aide.
NB : résultats trouvés dans le G&R
fjaclot;

Ludovic · December 2006

$\displaystyle \int_0^t \frac{\ln(\tan(x)^2)}{1+x^2}\ dx$
Ne vois-tu pas un changement de variable à faire?
La méthode de Ludo : se focaliser sur ce qui paraît le plus compliqué après on verra bien.
Qu'est ce qui est le plus compliqué à traiter dans l'expression?

barnabé2 · December 2006

pour $ \int_0^{+ \infty} \frac{\ln\tan^2(x)}{1+x^2}\ dx$ , on ne voit pas comment dériver sous le signe $\int$ puisque l'intégrale ne contient pas de paramètre...
par contre, $\frac {1}{1+x^2}$ est la dérivée d'une fonction élémentaire et
$ln(a^2)=....$

fjaclot0 · December 2006

C'est plus complique que ludovic et barnabe le suggerent

Quant a la derivation sous l'integrale, il suffit de parametrer la 1ere avec

Ln(Tan(ax)^2).

D'autres idees ? Re-Merci par avance.

fjaclot;

GreginUK0 · December 2006

Première intégrale: Découper $\mathbb{R}^+$ en intervalles de de longuer $\pi/2$, écrire $ln(tan(x)^2)=2ln(\pm tan(x))$ selon le signe de tan sur l'intervalle et faire le changement de variable $u=tan(x)$ sur chacun des intervalles.

On obtient une jolie série qui devrait donner la réponse attendue. En tout ca, ca devrait marcher...

Greg

barnabé2 · December 2006

mea culpa; en prenant le stylo, on s'aperçoit que le carré doit rester dans le logarithme et que des IPP astucieuses échouent lamentablement.
De plus le changement de variable u = tanx ne peut être fait que sur des intervalles de longueur $\pi /2$ pour avoir des intervalles de continuité de l'intégrant ce qui corrobore la méthode proposée plus haut.

barnabé2 · December 2006

bonsoir, j'ai bien trouvé la première intégrale dans le "G R" (il y en a aussi un qui passe près de mon club hippique...) mais la proposition de GreginUK donne une série d'intégrales qui paraissent impraticables.

GreginUK · December 2006

Ben si $u=tan(x)$, il faut intégrer $u' ln(u)$, qui est la dérivée de $\uln(u)-u$, non? Me serai-je trompé???

Greg

Ora, lege, lege, relege, labora et invenies (Prie, lis, lis , relis, travaille et tu trouveras)

JJ · December 2006

Bonjour,

La première intégrale est égale à :
I = (1/2)*(intégrale de –infini à +infini de ln(tg²(x))/(1+x²)dx)
Par la méthode des résidus, contour : axe réel –R. à +R et demi-cercle de rayon R.
Les x = (pi/2)+k.pi ne sont pas des pôles. Un seul pôle (z = i) dans le domaine.
Résidu = ln(tg²(i))/(2i )= ln(th²(1)/(2i)=ln(th(1))/i
I = (1/2)2pi.i(ln(th(1))/i) = pi.ln(th(1))
.
La seconde intégrale est une transformée de Fourier. On la trouve par exemple dans :
H.Bateman, "Tables of Integral Transforms", McGraw-Hill, N.-Y., 1954, (form.29, p.22)
La demo. doit pouvoir se trouver dans les ouvrages sur le sujet, ou directement par produits de convolution des transformées de Fourier des fonctions qui la compose. Je n’ai pas regardé de plus près.

Gilles Benson0 · December 2006

bonjour, n'y a t'il pas un problème de détermination du logarithme? Et comment qualifier les $\frac{\pi}{2} + k \pi$ si ce ne sont pas des pôles?
Ma question est purement interrogative et nullement polémique.

fjaclot0 · December 2006

Merci JJ,

Est-il possible à ton avis de calculer ces deux intégrales de manière classique, càd sans utiliser les résidus ?
Bonne soirée.
fjaclot;

JJ · December 2006

Bonjour à Gilles Benson qui a raison de me taper sur les doigts !
En effet, en relisant ce que j'ai écrit hier, je suis un peu horrifié. Voilà ce qui arrive lorsqu'on répond "à la va vite" sans trop réfléchir.
Je me suis très mal exprimé car, ce que je voulais dire, c'est que les intégrales de contour autour des points k.pi/2 sont nulles à la limite (rayon tendant vers 0) : On peut donc les ignorer.
On peut d'ailleurs ne pas controuner ces points et passer droit dessus : l'intégrale est également nulle sur le segment des réels encadrant le point (longueur tendant vers 0).
J'avais vu cela grossièrement hier et je l'ai vérifié ce matin. La page jointe le montre pour les (k.pi). Dans le cas des (pi/2)+k.pi, c'est similaire : la tg devient cotg, ce qui ne fait que changer de signe du logarithme.
Sauf erreur de ma part, bien entendu. S'il y a encore quelque chose qui cloche, je suis toujours prèt à reconnaitre une erreur. 5419

JJ · December 2006

Bonjour fjaclot,

Qui oserait répondre non à ta question :
" Est-il possible de calculer ces deux intégrales de manière classique, càd sans utiliser les résidus " ?
Je n'ai pas cherché d'autre méthode. Qu'est-ce qui pouve que quelqu'un n'en proposera pas une aujourd'hui, ou dans les prochains jours ?
Mais je pense que cela risque d'être lourd, en passant probablement par des développements en séries, preuve de convergence, etc.

jean lismonde · December 2006

bonjour

la première intégrale a été proposée ici-même il y a quelque temps par Anselme-Olivier

pour répondre à ta question il est probable qu'il existe une méthode classique (pour trouver le résultat) qui passe pas les produits eulériens liés à sin(pi.x)/pi.x et cos(pi.x/2) et aussi par les séries de Riemann

ton intégrale en coupant l'intervalle d'intégration de 0 à 1 puis de 1 à l'infini peut s'écrire d'une façon plus simple :

intégrale de 0 à 1 de [ln(tan²x)+ln(tan²1/x)].dx/(1+x²)

comme l'a souligné JJ les divergences liées aux discontinuités de la fonction à intégrer sont compensées dans l'intégration

cordialement

Gilles Benson0 · December 2006

ok super et pas d'autre commentaire

fjaclot0 · December 2006

Merci a JJ et Jean Lismonde,

A JJ : Bravo et quelle modestie !

A JL : Comme toi, je me suis ramene a l'intervalle (0,1), mais je n'ai pas

reussi a aller au dela de l'expression que tu donnes. Comment continuer ?

A tous les deux (et a Oumpapah) : Etes-vous surs que la

methode "Oumpapah" ne peut pas etre employee pour ma seconde

integrale ?

A tous : Qui saurait calculer integrale de 0 à 1 de 1/ (1+x^6) dx ? Resultat

a donner en exprimant : 1/12 ( Psi(7/12) - Psi(1/12) ) .

NB : la meme integrale sur 0 a l'infini vaut Pi/3.

Bonne soiree.

fjaclot;

gb0 · December 2006

On a la factorisation $x^6 +1 = (x^2+1)(x^2+x\sqrt{3}+1)(x^2-x\sqrt{3}+1)$, et la décomposition en éléments simples
$$\dfrac{1}{x^6+1} = \dfrac{1}{x^2+1} + \dfrac{1}{6}\dfrac{x\sqrt{3}+2}{x^2+x\sqrt{3}+1} - \dfrac{1}{6}\dfrac{x\sqrt{3}-2}{x^2-x\sqrt{3}+1}$$
d'où une primitive de $\dfrac{1}{1+x^6}$ :
$$\dfrac{1}{3}\arctan x + \dfrac{\sqrt{3}}{12}\ln(x^2+x\sqrt{3}+1) + \dfrac{1}{6}\arctan(2x+\sqrt{3}) - \dfrac{\sqrt{3}}{12}\ln(x^2-x\sqrt{3}+1) + \dfrac{1}{6}\arctan(2x-\sqrt{3})$$
et
$$\int_{0}^1 \dfrac{dx}{1+x^6} = \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\sqrt{3}}{12}\ln(7+4\sqrt{3})$$
sauf erreur de calcul

Yalcin · December 2006

oui gb c'est bon, on peut simplifier l'expression par

$\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{1 + x^6 }}} = \frac{1}{6}\left( {\pi + \sqrt 3 \ln \left( {2 + \sqrt 3 } \right)} \right)}$

ceci dit tu as bon ,bravo

Cordialement Yalcin

deux intégrales

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