intégrale à paramètre
Bonsoir,
Je bute sur l’intégrale suivante trouvée dans le G&R :
On arrive ainsi à une série d’intégrales dont le terme général (cf travaux de Schmolich) se calcule par résolution de l’équation différentielle :
À moins qu'il n'y ait une autre méthode.
fjaclot;
[Corrigé selon ton indication. Merci à P pour l'avoir signalé. AD]
Je bute sur l’intégrale suivante trouvée dans le G&R :
F(a) = integrale de 0 à l'infini de Ln ( 1 - e^(-2.a.Pi.x)) / (1 + x^2) . dx , avec a dans R+
L’idée est de développer le Ln en série et de dériver par rapport au paramètre a.On arrive ainsi à une série d’intégrales dont le terme général (cf travaux de Schmolich) se calcule par résolution de l’équation différentielle :
y"(x) + y(x) = 1/x
Mais la sommation de la série obtenue me pose problème ...À moins qu'il n'y ait une autre méthode.
fjaclot;
[Corrigé selon ton indication. Merci à P pour l'avoir signalé. AD]
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Réponses
$$F(a)=\int_0^{+\infty} \dfrac{\log( 1 - e^{-2a\pi x})}{1 + x^2}dx$$
[À ton service AD]
Voici le résultat intermédiaire auquel je parviens, F'(a) étant la dérivée de l’intégrale recherchée par rapport au paramètre a.
fjaclot;
C'est une intégrale "connue" mais un peu compliquée à calculer.
Une intégrale voisine obtenue à partir de $F(a)$ par IPP a été proposée au concours Mines-ponts 2004 (filière MP math1).
La méthode proposée consiste à utiliser un DSE du logarithme.
Ensuite on montre que $\displaystyle\int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-x t}}{1 + t^2}dt=\int_0^{+\infty} \dfrac{\sin u}{x + u}du$ en montrant que les deux fonctions de $x>0$ sont solutions de $y''+y'=\dfrac1x$.
Ensuite avec une IPP on obtient une intégrale avec $\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{\cos(kt)}{k^2}$ que l'on calcule comme série de Fourier de $G(t)=\frac t4(t-2\pi)+\frac{\pi^2}6$ sur $[0,2\pi]$.
Enfin on calcule une somme partielle de la série des intégrales de $2n\pi$ à $2(n+1)\pi$ dont on calcule la limite à l'aide de $\Gamma(x)=\lim \dfrac{n^xn!}{x(x+1)...(x+n)}$.
Avec la formule (que je viens d'apprendre) d'Abel-Plana, on obtient un résultat :
En effet dans la seconde égalité qui se trouve ici http://goo.gl/7ImYI, je prends $s=2$ et $\alpha=z$, je primitive par rapport à $z$ :
$$\Psi(z)=\ln(z)-\frac1{2z}-2\int_0^{+\infty}{\frac{tz}{(t^2+z^2)^2}}\frac{dt}{e^{2\pi t}-1}, $$
d'où avec un changement de variable $t=ax$ puis en prenant $z=a$ et en primitivant par rapport à $a$ j'obtiens
$$\ln\Gamma(a)=\left(a-\frac12\right)\ln(a)-a+\frac12 \ln(2\pi)-\frac1{\pi}\int_0^{+\infty}{\frac{\ln(1-e^{-2a\pi x})}{1+x^2}dx}$$