Une intégrale

Chelito

Bonjour
J’ai bloqué dans le calcul de $$ \int_0^\infty \frac {\arctan(t^2) }{ t^2} dt.
$$ Par une ipp, on trouve un lien avec $ \quad\displaystyle \int_0^\infty \frac {1 }{1+ t^4} dt$.
Mais après je reste bloqué.

Quelqu’un aurait-il la gentillesse de m’aider un peu ? Svp...

MrJ

Il y a une méthode générale pour calculer ta seconde intégrale : décomposer en éléments simples.

Dans ce cas très précis, on peut aussi s'en sortir avec une astuce : Voir exercice 43.

jean lismonde

Bonjour
la seconde intégrale est un cas particulier de l'intégrale paramétrée (pour $n = 4$)
$$
\int_0^{+\infty}\frac{dt}{1+t^n} = \frac{\frac{\pi}{n}}{\sin\frac{\pi}{n}}.

$$ Quant à la première intégrale par une intégration par parties en posant $u = \arctan(t^2)$ tu obtiens 2 fois la seconde intégrale.
cordialement.

Fin de partie

Pour la deuxième intégrale:

\begin{align}J&=\int_0^{\infty} \frac{1}{1+x^4}dx\\
&\overset{y=\tfrac{1}{x}}=\int_0^{\infty}\frac{y^2}{1+y^4}dy\\
2J&=\int_0^{\infty} \frac{1+y^2}{1+y^4}dy\\
&=\int_0^{\infty} \frac{1+\frac{1}{y^2}}{2+\left(y-\frac{1}{y}\right)^2}dy\\
&\overset{u=y-\tfrac{1}{y}}=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{2+u^2}du\\
&=\left[\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\left(\frac{u}{\sqrt{2}}\right)\right]_{-\infty}^{\infty}\\
&=\frac{\pi}{\sqrt{2}}\\
J&=\boxed{\dfrac{\pi}{2\sqrt{2}}}
\end{align}

gebrane

FDP c'est beau, je n'ai jamais rencontré cette méthode

Fin de partie

Gebrane: assez souvent utilisée ici pourtant. Dès que je vois un terme en $x^4$ au dénominateur et que celui-ci est un polynôme je regarde si cette méthode est utilisable.
On a aussi le changement de variable $y=x+\dfrac{1}{x}$ qui peut fonctionner et plus généralement $\displaystyle y=x^k+\frac{1}{x^k}$ ou $\displaystyle y=x^k-\frac{1}{x^k}$.

Chelito

Merci à vous deux.

Oui l’IPP vient vite.

Mais je bloque ensuite.

MrJ: pour la décomposition, après de longs calculs j’ai abandonné la décomposition , peut-être par lâcheté, devant le système que je devais résoudre.
Quant à ton lien, c’est exactement le type d’astuce que j’espérais. Pourtant, je ne vois même pas comment calculer la première intégrale avec un t au numérateur.

Jean Lismonde: je vais réessayer de démonter cette jolie formule. En fait la technique classique ipp pour faire apparaître une relation de récurrence me paraît inopérante. Je dois m’y pencher avec plus d’entrain.

Merci encore. J’ai quand même l’impression que j’ai plutôt intérêt à éviter de prendre un sujet sur les intégrales à l’oral de l’interne dans 15 jours... et c’est un peu grâce à vous.

Chelito

(:D

Chelito

Merci.

Dire que j’y ai passé au moins trois heures...

Merci à tous.

Fin de partie

La décomposition est celle-ci: $x^4+1=(x^2+\sqrt{2}x+1)(x^2-\sqrt{2}x+1)$

YvesM

Bonjour,

Ramanujan’s master theorem.

P.

Et pourquoi ne pas memoriser une bonne fois pour toutes
\begin{eqnarray*}\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}&=&\int_0^{\infty}\frac{x^{a-1}}{(1+x)^{a+b}}dx=\int_0^{1}y^{a-1}(1-y)^{b-1}dy \\
\Gamma(p)\Gamma(1-p)&=& \frac{\pi}{\sin \pi p}
\end{eqnarray*} qui trivialise $\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{1+t^r}$ par le changement de variable $t^r=x$?

Fin de partie

P. : Pourquoi sortir l'artillerie pour abattre une mouche?

PS:
La méthode la plus élémentaire ici est de décomposer la fraction en éléments simples ce qui revient à résoudre l'équation $Z^4=-1$ dans $\mathbb{C}$ puis de regrouper les éléments conjugués etc.

P.

Tu as tout a fait raison FdP s'il s'agit de calculer une prinmitive. Mais pour certaines integrales definies, les methodes elementaires ne sont pas les plus rapides, et si j'etais quelque chose, je militerais pour mettre les deux proprietes ci dessus de la fonction gamma au programme de L2 ou de ses equivalents des lycees (souvent d'ailleurs deja traitees sous forme d'exercice en application de Fubini et des series de Fourier).