Intégrale exacte
dans Analyse
Bonjour
Dans l'intégrale définie suivante,
$$\int_{-a}^{a}\exp \Big( \frac{-1}{1-(x/a)^{2}}\Big){\rm d}x
$$ nous pouvons effectuer la substitution $u=\frac{x}{a}$ et par conséquent, nous pouvons obtenir
$$\int_{-a}^{a}\exp\Big( \frac{-1}{1-(x/a)^{2}}\Big){\rm d}x=a\int_{-1}^{1}\exp\Big(\frac{-1}{1-u^{2}}\Big){\rm d}u.
$$ Peut-on trouver une forme fermée pour cette dernière intégrale ?
Nous savons que $f: [-1;1] \to \mathbf{R}$ défini par $f(u)=\exp\big( \frac{-1}{1-u^{2}}\big)$ est intégrable sur $[-1;1]$, alors l'intégrale est bien définie.
Merci.
Dans l'intégrale définie suivante,
$$\int_{-a}^{a}\exp \Big( \frac{-1}{1-(x/a)^{2}}\Big){\rm d}x
$$ nous pouvons effectuer la substitution $u=\frac{x}{a}$ et par conséquent, nous pouvons obtenir
$$\int_{-a}^{a}\exp\Big( \frac{-1}{1-(x/a)^{2}}\Big){\rm d}x=a\int_{-1}^{1}\exp\Big(\frac{-1}{1-u^{2}}\Big){\rm d}u.
$$ Peut-on trouver une forme fermée pour cette dernière intégrale ?
Nous savons que $f: [-1;1] \to \mathbf{R}$ défini par $f(u)=\exp\big( \frac{-1}{1-u^{2}}\big)$ est intégrable sur $[-1;1]$, alors l'intégrale est bien définie.
Merci.
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Réponses
$\displaystyle \int_{-1}^1 \exp \bigg( \dfrac{-1}{1-u^2} \bigg) {\rm d}u = \int_{-1}^1 \exp \bigg( \dfrac{1}{2(u-1)} - \dfrac{1}{2(u+1)} \bigg) {\rm d}u = \dfrac{1}{2}\int_{-2}^2 \exp \bigg( \dfrac{1}{v-2} - \dfrac{1}{v+2} \bigg) {\rm d}v$
$\displaystyle \int_{-1}^1 \exp \bigg( \dfrac{-1}{1-u^2} \bigg) {\rm d}u = \int_{-1}^1 \exp \bigg( \dfrac{1}{u^2-1} \bigg) {\rm d}u = 2 \int_0^1 \exp \bigg( \dfrac{1}{u^2-1} \bigg) {\rm d}u$ car $u \longmapsto \exp \bigg( \dfrac{1}{u^2-1} \bigg)$ est paire.
C'est une heuristique qui marche à l'occasion: $f(A(x))$, si on est gêné par $A$ faire le changement de variable $y=A(x)$
PS:
L'intégrande de l'intégrale est paire, on a intérêt à intégrer sur $[0,1]$.
$\displaystyle \int_{-1}^1 \exp \bigg( -\dfrac{1}{1-u^2} \bigg) {\rm d}u = 2 \int_0^1 \exp \bigg( -\dfrac{1}{1-u^2} \bigg) {\rm d}u = \int_1^{+\infty}\dfrac{\sqrt{y}}{ y^2e^y\sqrt{y-1}}{\rm d}y$.
(PS : j'avais essayé mais vu la tronche du résultat, je me suis dit qu'il fallait essayer autre chose)
$2\displaystyle \int_0^{\infty} \dfrac{\sqrt{z^2+1}}{(z^2+1)^2\exp(z^2+1)}{\rm d}z$
1) il faut mettre l'intégrande sous la forme $P^\prime(x)\text{e}^{P(x)}$
2) Se ramener à l'integrande $\text{e}^{-x^2}$
On peut faire des simplifications dans l'intégrande (mais ce n'est pas "ouf")
D'abord, la fonction $\displaystyle z \mapsto \exp(- {1 \over 1-z^2})$ pour $\displaystyle z \in C, z\neq \pm 1$ n'admet pas de primitive définie par des fonctions élémentaires. On a partagé un document sur un autre fil.
L'intégrale $\displaystyle I=\int_{-1}^{1} \exp(- {1 \over 1-x^2}) dx$ existe et s'exprime avec des fonctions à la con.
Voici une référence à connaître par coeur :
$\displaystyle \int_u^{+\infty} x^{\nu-1} (x-u)^{\mu-1} e^{- \beta x} dx = \beta^{-{\mu+\nu \over 2}} u^{{\mu+\nu-2 \over 2}} \Gamma(\mu) e^{{-\beta u\over 2}} W_{{\nu-\mu\over 2},{1-\mu-\nu \over 2}}(\beta u)$ avec $\displaystyle \Re(\mu)>0, \Re(\beta u)>0.$
Application : $I$ est obtenue avec $\displaystyle u=1, \nu=-{1\over 2}, \mu={1\over 2}, \beta=1.$
On a donc $\displaystyle \int_{-1}^{1} \exp(- {1 \over 1-x^2}) dx=\sqrt{{\pi\over e}}W_{-{1\over 2},{1\over 2}}(1) = {1 \over \sqrt{e}}(K_1({1\over 2}) - K_0({1\over 2}))={\sqrt{\pi} \over e}U({3 \over 2},2,1)\sim 0,44\,399\,38161\,68079$ avec $W(k,m,z)$ la fonction de Whittaker, $K_n(z)$ la fonction de Bessel modifiée de seconde espèce et $U(a,b,z)$ la fonction hypergéométrique de seconde espèce.