Calcul intégral

Salut, j'ai eu des difficultés pour résoudre l'exercice suivant.

Soit $\displaystyle F(x) = \int_{-\pi }^{\pi }{\ln (1 + x^2 - 2x\cos \theta) d\theta }$.
1. Montrer que $F$ est continue et dérivable sur l'intervalle $\left] -1; +1\right[$ .
2. Calculer $F'$ sur l'intervalle $\left] -1; +1\right[$ (on pourra effectuer le changement de variable $t = \tan \frac{\theta}{2}$).
3. En déduire $F$ sur l'intervalle $\left] -1; +1\right[$.

Au niveau de la continuité, je n'arrive pas à bien borner la fonction de $\lvert f(x, \theta)\rvert = \lvert \ln (1 + x^2 - 2x\cos \theta)\rvert$ en utilisant l'argument de saturation.
Merci d'avance.

Réponses

  • Bonjour
    Si tu n'arrives pas à montrer le caractère dominé peut-être qu'il faut travailler sur un segment $[a;b]$ où $a<b,\ \big( a,b \in\, ]-1;1[\big).$
    La continuité étant une propriété locale, je crois que cela peut aider.
  • $-1 \leq \cos\theta \leq 1$, donc $1+|x|^2 -2|x| \leq 1+x^2-2x \cos \theta \leq 1+|x|^2 +2|x|$. Or $|x|<1$.
  • Marco, je ne comprends pas. Tu démontres que 0<f<4 et après pourquoi |log f| est borné?
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Comment faire pour borner $1 + x^2 - 2x\cos \theta$ en composant avec $\ln$ ? J'ai essayé de procéder au cas par cas. J'ai trouvé que $\lvert f(x, \theta) \rvert$ est borné par $2\ln(a +1)$ pour $a> 0$ sur $[0, a[ $. Pour le cas du coté négatif, je bloque.
  • On obtient $\log (1-|x|)^2 \leq \log f(x,\theta) \leq \log (1+|x|)^2$. Pour montrer que $F$ est continue en $x_0$, on peut se placer sur un voisinage $V$ de $x_0 \in ]-1,1[$, tel que $(x, \theta) \in V \times [-\pi,\pi] \mapsto \log f(x,\theta)$ est borné.
    Par exemple, $V=]a,b[$ contenant $x_0$ tel que $-1<a<x_0<b<1$.
    Qu'est-ce que l'argument de saturation ?
  • Ok, merci Marco. L'argument de saturation consiste justement à trouver ce voisinage. J'ai une question sur ton raisonnement, tu as borné avec $\lvert x \rvert$, y'a t-il un problème si j'ai utilisé $x$ pour borner?
  • Si $x$ est négatif, il faut bien utiliser $-x$ ou $|x|$. Sinon, on n'a pas $\log (1-x)^2 \leq \log (1+x)^2$.
  • Pour prouver la dérivabilité c'est la dérivée partielle qu'il faut dominer.
    https://prepas.org/index.php?document=32, p.22
  • Un avantage ici, c'est que l'intervalle d'intégration est borné, et il suffira de trouver une fonction dominante constante.
    Soit $F(x)=\int_{-\pi }^{\pi }f(x,\theta )d\theta $, avec $f(x,\theta )=\ln (1+x^{2}-2x\cos \theta )$, pour $x \in J=]-1,1[$.
    Alors : $\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{2x-2\cos \theta }{1+x^{2}-2x\cos \theta }$.
    Soit $0<a<1$, et $x\in \lbrack -a,a]$. On en déduit : $1+x^{2}-2x\cos \theta \geq (1-\left\vert x\right\vert )^{2}\geq (1-a)^{2}>0$, et par suite :
    $\left\vert \frac{\partial f}{\partial x}\right\vert =\left\vert \frac{2x-2\cos \theta }{1+x^{2}-2x\cos \theta }\right\vert \leq \frac{2(a+1)}{(1-a)^{2}}$.
    Les autres conditions étant remplies, on peut en déduire que la fonction $F$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $\lbrack -a,a]$, et par saturation sur $ J=]- 1,1[$.
    D'accord ?
    Bonne soirée.
    Fr. Ch.
    28/07/2020
  • Si l'on ne veut que la domination de $f(x,\theta )=\ln (1+x^{2}-2x\cos \theta )$ pour avoir seulement la continuité de $F$, le même raisonnement s'applique sur $[-a,a]$ avec $0<a<1$, et Marco l'avait bien vu je pense. Mais c'est un petit peu plus compliqué et en fait sans utilité puisque la suite de l’exercice demande qu'on calcule la dérivée de $F$. C'est travailler plus pour gagner moins ;-).

    On peut donc observer (encore !) une maladresse de l’énoncé, qui n'aurait pas dû demander de prouver que « $F$ est continue et dérivable », formulation clairement idiote, mais seulement « $F$ est de classe $\mathcal C^1$ ». Enfin (soupir !) ce n'est probablement pas le dernier énoncé mal foutu que nous verrons...

    Et nos ennuis ne font que commencer, car il reste à calculer $F^{\prime }(x)=\int_{-\pi }^{\pi }\frac{\partial f}{\partial x}(x,\theta)d\theta =\int_{-\pi }^{\pi }\frac{2(x-\cos \theta )}{1+x^{2}-2x\cos \theta }d\theta $. Magnanime, l'énoncé nous fait présent du Changement de Variable bien connu (ou qui l'était naguère) $t = \tan \frac{\theta}{2}$. Ce n'est que le début du chemin, iI reste une fraction rationnelle à décomposer en éléments simples, pas méchante mais avec paramètre $x$ qui complique le calcul. L'étonnante simplicité du résultat nous paiera de tout ce travail.

    Je n'en dis pas plus puisque je dois me garder de mon défaut qui est de trop souvent faire les choses à la place de ceux qui doivent les faire. J'exposerai en temps utile mes commentaires sur cette intégrale, qu'on calcule bien plus facilement d'une ou deux autres manières, sans convergence dominée, et qu'on posait déjà dans un recueil d'exercices datant de 1961, bientôt soixante ans en arrière.

    Bonne nuit.
    Fr. Ch.
  • En guise d'intermède et avant de revenir sur le problème tel qu'il est posé, voici une autre méthode pour calculer cette intégrale, ou plutôt $\displaystyle \int_{0}^{\pi }\ln (1-2x\cos \theta +x^{2})d\theta$, telle qu'on la pose depuis des lustres, ce qui revient au même.
    $\bullet $ On a pour $ \displaystyle n\in \mathbb{N}$, $n\geq 2$ : $ \displaystyle \ X^{n}-1=\overset{n-1}{\underset{k=0}{\prod }}(X-e^{\frac{2ki\pi }{n}})$.
    $\bullet $ Il en résulte, en faisant $n:=2n$ : $\displaystyle X^{2n}-1=\overset{%
    2n-1}{\underset{k=0}{\prod }}(X-e^{\frac{ki\pi }{n}})=(X-1)(X+1)\overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod }}(X-e^{\frac{ki\pi }{n}})
    \overset{2n-1}{\underset{k=n+1}{\prod }}(X-e^{\frac{ki\pi }{n}})$
    $ \displaystyle=(X^{2}-1)\overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod }}(X-e^{\frac{ki\pi }{n}})%
    \overset{n-1}{\underset{h=1}{\prod }}(X-e^{-\frac{hi\pi }{n}})=(X^{2}-1)\overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod }}((X-e^{\frac{ki\pi }{n}%
    })(X-e^{-\frac{ki\pi }{n}}))$
    $\displaystyle =(X^{2}-1)\overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod }}(X^{2}-2X\cos \frac{k\pi }{n}%
    +1)$.
    $\bullet $ Si $x\in ]-1,1[\subset \mathbb{R}$, alors : $ \displaystyle \overset{n-1}{\underset{k=1}{\sum }}\ln (x^{2}-2x\cos \frac{k\pi }{n}%
    +1)=\ln \frac{1-x^{2n}}{1-x^{2}}\longrightarrow -\ln (1-x^{2})$ quand $%
    n\rightarrow +\infty $.
    Il en résulte : $ \displaystyle \frac {\pi}n \overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}\ln (x^{2}-2x\cos \frac{k\pi }{n}%
    +1)\longrightarrow 0$ quand $n\rightarrow +\infty $, et comme c'est une somme de Riemann, on en conclut :
    $\displaystyle \int_{0}^{\pi }\ln (1-2x\cos \theta +x^{2})d\theta=0$.
    Et il y a encore un autre calcul de cette intégrale, que je donnerai tantôt.
    Bonne après-midi.
    Fr. Ch.
  • @ Marco
    Moi non plus, je n'avais jamais entendu parler de « l'argument de saturation » et j'en étais tout penaud.
    Il apparaît ici :https://www.ilemaths.net/sujet-argument-de-saturation-739979.html mais sans explication.
    Je l'ai trouvé aussi ici : https://webusers.imj-prg.fr/~sylvie.delabriere/PM1/PM1.pdf,
    Je présume qu'il s'agit de la méthode consistant à démontrer une propriété telle que domination, ou convergence uniforme, ou autre, non pas sur l'intervalle de définition $J$ tout entier mais sur chaque intervalle d'une famille dont la réunion est cet intervalle $J$. Ainsi au final la propriété visée comme corollaire se trouve prouvée sur l'intervalle $J$ tout entier.
    On veut dire sans doute que la famille considérée « sature » l'intervalle $J$.
    Ici par exemple, on a $J=]-1,1[$ et j'ai pris la famille d'intervalles $[-a,a], 0<a<1$. J'établis la domination sur chacun de ces segments, et il en résulte que la fonction $F$ est de classe $\mathcal C^1$ sur chacun de ces segments. Comme la réunion de ces segments est $J$, la fonction $F$ est finalement de classe $\mathcal C^1$ sur $J$.
    Mais le terme « argument de saturation », il fallait le trouver. Accueillons-le : l'innovation langagière n'a pas de limites !
    Les collègues qui enseignent ces choses pourraient nous dire si j'ai bien deviné.
    Bonne après-midi.
    Fr. Ch.
  • Un certain TJF a posé exactement la même question ici : CALCUL INTÉGRAL
  • Encore un mot sur cet exercice tel qu'il est posé dans ce fil, pour ceux qui veulent quand même dominer $f(x,\theta )= \ln(1+x^{2}-2x\cos \theta) $ et non sa dérivée partielle $\frac{\partial f}{\partial x}$.
    On repart comme avant en prenant $0<a<1$, et $x\in \lbrack -a,a]$. On a les inégalités :
    $0< ( 1-a)^{2} \le (1-\left\vert x\right\vert )^{2} \le 1+x^{2}-2x\cos \theta \le (1+\left\vert x\right\vert )^{2} \le (1+a)^{2}\le \frac 1{(1-a)^2}$.
    On en déduit : $ -2 \ln (\frac 1{1-a}) \le \ln (1+x^{2}-2x\cos \theta ) \le 2 \ln (\frac 1{1-a})$.
    Et enfin : $ | \ln (1+x^{2}-2x\cos \theta ) | \le 2 \ln (\frac 1{1-a})$.
    Ce n'est pas très utile ici, comme j'ai dit précédemment, mais on ne sait jamais...
  • Bravo Jandri pour avoir dégotté un questionnement identique à celui qui inaugure ce fil.
    J'ai retrouvé ici cet énoncé avec son « continue et dérivable » : http://licence-math.univ-lyon1.fr/lib/exe/fetch.php?media=p16:analyseiv:td7-2016.pdf
  • Encore un commentaire sur cet exercice.
    L'intégrale $\displaystyle F(x) = \int_{0 }^{\pi }{\ln (1 + x^2 - 2x\cos \theta) d\theta }$ est parfois appelée : intégrale de Poisson. À l'évidence, celle du présent exercice en est le double, et la borne $-\pi$ de l'intégrale n'apporte rien de plus.

    En fait cette fonction $F$ est définie sur $\mathbb R$ tout entier, et pas seulement sur $]-1,1[$. La méthode proposée dans le présent exercice me semble la plus (ba)lourde, exigeant les outils évolués de convergence dominée, et limitée à $]-1,1[$. Je vous joins une feuille qui donne une autre méthode qu'on peut poser en Math-Sup, et que j'ai moi-même posée dans cette classe il y a longtemps.

    J'aime bien retracer la vie des exercices de mathématiques. La première référence que j'ai pour celui-ci c'est : G. Lefort, Algèbre et Analyse, Exercices, Collection universitaire de Mathématiques (bleu), Dunod, 1961. Bientôt soixante ans ! C'était dans cette belle collection bleue de chez Dunod solidement cartonnée (pas du Gabay), qui comporte tant d'ouvrages importants. À l'époque le manuel de référence pour la première année de fac, c’était le Pisot-Zamansky, édité dans ladite collection, et le Lefort en était le livre d'exercices.

    Vous verrez dans le texte ci-joint que cet exercice a eu une belle carrière, car on le retrouve dans plusieurs ouvrages et non des moindres, et il a encore été posé à un oral en 2015. Vous vous rendez compte : 1961-2015 ! Et il faudrait vérifier s'il ne serait pas encore présent dans les oraux ultérieurs. C'est dans les vieilles marmites qu'on fait la meilleure soupe.

    Bonne soirée.
    Fr. Ch.
    29/07/2020
  • @Chaurien : Je crois que jandri sous-entend que la même personne poste son exercice sur plusieurs forums de mathématiques.
  • Oui MrJ, c'est aussi mon idée, c'est ce que je voulais dire en employant le mot « identique ».
    Le questionneur aurait pu être plus malin en variant les formulations, et il ne s'est pas beaucoup manifesté dans ce fil.
    Enfin, je suis content d'avoir appris « l'argument de saturation ».

  • Si des gens ont les archives, Alain Troesch avait fait un problème niveau sup de calcul de l'intégrale de plusieurs manières. C'était facilement abordable, ça devait être le troisième DS de sa deuxième année en MPSI. Si je me souviens bien.
  • On peut aussi regarder l’exercice 2 de la planche 14 11 sur Maths-france.

    Par contre, c'est vraiment long en passant par une intégrale à paramètre. Personnellement, je préfère le calcul en utilisant une somme de Riemann (la solution est rédigée par Chaurien plus haut).
  • MrJ
    planche 11
  • Aidons notre ami raoul à comprendre l'argument de saturation https://www.ilemaths.net/sujet-argument-de-saturation-739979.html
    Cordialement gebrane le diabolique .
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Mouhahaha je ne suis pas le raoul de la question désolé....

    PS. gebrane le parano (:D
  • Je le sais l'ami! mais un constat : les raouls posent des questions intéressantes
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Moi ma méthode préférée c'est celle de la feuille que j'ai jointe à un précédent message car je trouve que c'est la plus simple. Mais pour ceux qui s'intéressent au calcul avec les sommes de Riemann, voici les deux autres cas.

    $\bullet $ Si $ x\in \mathbb{R}$, $\left\vert x\right\vert >1$, alors : $ \displaystyle \frac{\pi }{n}\overset{n-1}{\underset{k=1}{\sum }}\ln (x^{2}-2x\cos \frac{%
    k\pi }{n}+1)=\frac{\pi }{n}\ln \frac{\left\vert x\right\vert ^{2n}-1}{%
    \left\vert x\right\vert ^{2}-1}$
    $=2\pi \ln \left\vert x\right\vert +\frac{\pi }{n}(\ln (1-\frac{1}{%
    \left\vert x\right\vert ^{2n}})-\ln (\left\vert x\right\vert
    ^{2}-1))\longrightarrow 2\pi \ln \left\vert x\right\vert $ quand $%
    n\rightarrow +\infty $.

    $\bullet $ Si $x=\pm 1$, on revient à : $\displaystyle (X^{2}-1)\overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod }}(X^{2}-2X\cos \frac{k\pi }{n}+1)=X^{2n}-1$, qui implique :
    $ \displaystyle \overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod }}(X^{2}-2X\cos \frac{k\pi }{n}+1)=\overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}X^{2k}$, d'où : $\displaystyle \overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod }}(2-2\cos \frac{k\pi }{n})=\overset{n-1}{\underset{k=1}
    {\prod }}(2+2\cos \frac{k\pi }{n})=n$.
    Et par suite : $\displaystyle \frac{\pi }{n}\overset{n-1}{\underset{k=1}{\sum }}\ln (2-2\cos \frac{k\pi }{n})=\frac{\pi }{n}\ln
    n\longrightarrow 0$ quand $n\rightarrow +\infty $.
    Et de même pour $\displaystyle \frac{\pi }{n}\overset{n-1}{\underset{k=1}{\sum }}\ln (2+2\cos \frac{k\pi }{n})$.

    Bonne journée.
    Fr. Ch.
    31/07/2020
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