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Problème d'intégrale

Envoyé par moustache 
Problème d'intégrale
il y a six années
Bonjour à tous, j'ai un problème avec cette intégrale

A=inte(0,infini) ln(x) / (x^2+1)^2 dx

Je pose f(z)=(ln(z))^2/(1+Z^2)^2
Je trouve que f admet comme pôles i et -i
Je veux maintenant calculer le Res(f,i) et res (f,-i) je bloque pour ce calcul je trouve toujours un zéro au dénominateur.

Pouvez-vous m'aider svp
Merci



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par AD.
Re: Problem d'integral
il y a six années
i et -i sont des pôles doubles. Tu dois bloquer parce que tu utilises la formule pour les pôles simples. Applique une formule pour un pôle double...



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par olib.
gb
Re: Problem d'integral
il y a six années
avatar
On a tout simplement :
\[f(z) = \frac{\log^2 z}{(z+i)^2}\frac{1}{(z-i)^2}\]
et le résidu de \(f\) au pole \(i\) est le coefficient de \(z-i\) dans le développement de Taylor de \(g(z) = \frac{\log^2 z}{(z+i)^2}\) au voisinage de \(i\), c'est-à-dire \(g'(i)\).
Le calcul de \(g'\) n'est pas difficile... mais quelle est la détermination du logarithme à utiliser ?
Re: Problem d'integral
il y a six années
La détermination principale vu que arg(z) et entre -pi/2 pi/2



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par AD.
Re: Problem d'integral
il y a six années
M.gb

Je trouve pour Res(f;i)= -pi/4+(pi^2/16) i et donc pour -i je prends je conjugué mais le problème quand j'applique le théorème des résidus mon intégrale vaut
-i pi et je dois trouver pi/4



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par AD.
Re: Problèm d'intégrale
il y a six années
avatar
Chers amis,

cette integrale est facile a trouver en utilisant un contour dit "serrure", dont voici un image:

[attachment 11890 keyhole1.png]

On cherche donc l'intégrale \[ \int_0^\infty \frac{\log x}{(1+x^2)^2} dx \]

et pour la trouver, on utilise la fonction \[ f(z) = \frac{(\log z)^2}{(1+z^2)^2} \] et la branche du logarithme avec $-\pi < \arg \log z \le \pi$ (cela simplifie les calculs, parce que c'est aussi la branche utilisee par MAPLE.)

On va calculer l'integrale de $f(z)$ le long de la serrure, et on va voir qu'elle est egale a une multiple de la valeur cherchee.

Soit $R$ le rayon du grand cercle, et $r$ le rayon du petit. On appellera la ligne superieure $M$ et la ligne inferieure, $N$. Maintenant on prend la limite quand le grand cercle devient infiniment grand, et le petit cercle, infiniment petit. Les deux contributions disparaissent. Par exemple, on a la suivante majoration:

\[ \left| \int_R f(z) dz \right| \le 2 \pi R \frac{(\log R)^2 + \pi^2}{(R^2-1)^2} \rightarrow 0.\]

Par le théorème de Cauchy des résidus on a donc
\[
\left( \int_R + \int_M + \int_N + \int_r \right) f(z) dz =
2 \pi i \left( Res[f(z); z=i] + Res[f(z); z=-i] \right) \]
soit
\[2 \pi i \left( - \frac{\pi}{4} + \frac{1}{16} i \pi^2 - \frac{\pi}{4} - \frac{1}{16} i \pi^2 \right) =
- i \pi^2. \]

Il reste de calculer les contributions de $M$ et $N$. On pose $z =-x + i\epsilon$ sur $M$ et $z = -x - i\epsilon$ sur $N$, avec $0 < x < \infty.$ Cela donne
\[\left( \int_M + \int_N \right) f(z) dz =
- \int_\infty^0 \frac{(\log(-x + i\epsilon))^2}{(1+z^2)^2} dx
- \int_0^\infty \frac{(\log(-x - i\epsilon))^2}{(1+z^2)^2} dx\]
soit
\[\int_0^\infty \frac{(\log x + i\pi)^2}{(1+z^2)^2} dx
- \int_0^\infty \frac{(\log x - i\pi)^2}{(1+z^2)^2} dx. \]

Pour conclure, on observe que
\[ (\log x + i\pi)^2 - (\log x - i\pi)^2 = 4 \pi i \log x }\]
et donc
\[ 4 \pi i \int_0^\infty \frac{\log x}{(1+x^2)^2} dx = -i \pi^2 \]
soit
\[ \int_0^\infty \frac{\log x}{(1+x^2)^2} dx = - \frac{\pi}{4}.\]

Amicalement,

Marko
Re: Problème d'intégrale
il y a six années
Rien à dire c'est clair et précis, moi ce qui me bloquait, c'était le dessin, je ne le voyais pas du tout ainsi. thumbs down
Je te remercie Marko



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Problème d'intégrale
il y a six années
bonsoir

je confirme le résultat égal à -pi/4 pour l'intégrale de Moustache
je propose une solution très classique basée sur les développements en série:

on coupe l'intervalle d'intégration en [0;1] et [1;oo[
et sur la seconde intégrale on opère le changement de variable t = 1/u il vient

intégrale de 0 à 1 de (1-u²).lnu.du/(1+u²)²

or on connaît le développement : 1/(1+u²)² = 1 - 2u² + 3u^4 -.......
si on multiplie chaque membre de l'expression par (1-u²) il vient:

(1-u²)/(1+u²)² = 1 - 3u² + 5u^4 - 7u^6 + 9u^8 -.......

on multiplie par lnu et on intègre terme à terme de 0 à 1
sachant que intégrale de 0 à 1 de u^n.lnu.du = -1/(n+1)² il vient:

intégrale de 0 à 1 de (1-u²)lnu.du/(1+u²)² = -1 + 1/2 - 1/3 + 1/4 -.......
série numérique égale à -pi/4

cordialement
Re: Problème d'intégrale
il y a quatre années
Hi, I'm sorry, I have to write on English, I don't know French. I have problem with integral x^p/((x^2+1)(x+1)^2) dx from x=0 to infinity and -1<p<3
Re: Problème d'intégrale
il y a quatre années
avatar
is it:

$$ \int_{0}^{+\infty} \; \dfrac{x^p}{(x^2+1)({(x+1)}^2} \; \mathrm dx $$ ?

This can be obtained using the residue theorem...

Bon courage
First recall that for $a,b>0$ one has $\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}=B(a,b)=\int_0^{\infty}\frac{x^{a-1}dx}{(1+x)^{a+b}}$ and the complement formula $B(a,1-a)=\pi/\sin \pi a.$ Now use expansion in partial fractions for writing with $p=a-1$ and $0<a<4$
$$2I=2\int_0^{\infty}\frac{x^{a-1}dx}{(1+x)^{2}(1+x^2)}=\int_0^{\infty}\left(\frac{x^{a-1}}{(1+x)^{2}}+\frac{x^{a-1}}{1+x}-\frac{x^{a}}{1+x^2}\right)dx.$$If $0<a<1$ we use $\int_0^{\infty}\frac{x^{a}}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\int_0^{\infty}\frac{u^{(a-1)/2}}{1+u}du=\frac{1}{2}B((1+a)/2,(1-a)/2)$ and we get (up to some mistakes of my own)
$$2I=B(a,2-a)+B(a,1-a)-\frac{1}{2}B((1+a)/2,(1-a)/2)=\frac{(2-a)\pi}{\sin \pi a}-\frac{\pi}{2\cos \pi a/2}.$$ For $1\leq a<4$ careful integrations by parts seem necessary in order to get again converging Eulerian integrals...
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