Une Intégrale en or

JRManda

Soit à calculer l'intégrale suivante : $$I\left(\varphi \right)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(1+x^{\varphi}\right)^{\varphi}}$$ où $\varphi =\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ désigne le nombre d'or. 

Ma question est la suivante : Quelle est la méthode la plus simple et efficace pour calculer $I\left(\varphi \right)$ ?

En effet, si on considère l'intégrale impropre $$I\left(r,s,t\right)=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{r-1}}{(1+x^{s})^{t}}\mathrm{d}x$$ avec $r, s, t\in \mathbb{R}^{+\ast}$, alors la condition de convergence de cette intégrale est que $s\cdot t > r > 0$.

Et dans ce cas, en faisant le changement de variable suivant dans $I(r, s, t)$, à savoir $x^{\frac{s}{2}}=\tan \theta$ ou encore $x=\tan^{\frac{2}{s}}\theta$ on a : $\mathrm{d}x=\frac{2}{s}\cdot \tan^{\frac{2}{s}-1}\cdot (1+\tan^{2}\theta)\mathrm{d}\theta$. Et quand $x=0\implies \theta=0$, quand $x\to +\infty \implies \theta \to \frac{\pi}{2}$. On a finalement : 

$$I\left(r, s, t\right)=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{r-1}}{(1+x^{s})^{t}}\mathrm{d}x= \frac{1}{s}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2\cdot \sin^{2\frac{r}{s}-1}\theta \cdot \cos^{2\left(t-\frac{r}{s}\right)-1}\theta \cdot \mathrm{d}\theta= \frac{1}{s}\cdot \beta \left(\frac{r}{s}, t-\frac{r}{s}\right)=\frac{1}{s}\cdot \frac{\Gamma \left(\frac{r}{s}\right) \cdot \Gamma \left(t-\frac{r}{s}\right)}{\Gamma(t)}$$

Et en posant $s=t=\varphi$ et $r=1$, on a $s\cdot t =\varphi^{2}=(\varphi+1) > r =1$. Par conséquent, l'intégrale impropre $I\left(\varphi \right)=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\mathrm{d}x}{\left(1+x^{\varphi}\right)^{\varphi}}$ est convergente. Et on a $I\left(\varphi \right)=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\mathrm{d}x}{\left(1+x^{\varphi}\right)^{\varphi}}=\dfrac{1}{\varphi}\cdot \beta\left(\dfrac{1}{\varphi}, \varphi - \dfrac{1}{\varphi}\right)$. Et en notant que $\dfrac{1}{\varphi}=\varphi - 1$, on obtient : $I\left(\varphi \right)=(\varphi-1)\cdot \beta(\varphi-1, 1)=\dfrac{(\varphi -1)\cdot \Gamma(\varphi-1)}{\Gamma(\varphi)}$. Et comme $\Gamma(\varphi)=(\varphi -1)\cdot \Gamma(\varphi-1)$, on obtient finalement : $$\boxed{I\left(\varphi \right)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(1+x^{\varphi}\right)^{\varphi}}=1}$$

Mais je trouve cette méthode un peu trop exigeante.

Fin de partie

On peut faire plus élémentaire: \begin{align}J&=\int_0^\infty \frac{1}{(1+x^\varphi)^\varphi}dx\\ &\overset{u=\frac{1}{x}}=\int_0^\infty \frac{u^{{\varphi^2}-2}}{(1+u^\varphi)^\varphi}du\\ &\overset{\varphi^2=1+\varphi}=\int_0^\infty \frac{u^{\varphi-1}}{(1+u^\varphi)^\varphi}du\\ &\overset{z=x^\varphi}=\frac{1}{\varphi}\int_0^\infty \frac{1}{(1+z)^\varphi}dz\\ &=\frac{1}{\varphi}\left[\frac{(1+z)^{1-\varphi}}{1-\varphi}\right]_0^\infty\\ &=\frac{1}{(\varphi-1)\varphi}\\ &=\frac{1}{\varphi^2-\varphi}\\ &\overset{\varphi^2=1+\varphi}=\boxed{1} \end{align}

L2M

Changement de variable $t=\frac{1}{x}$, sachant que $\varphi^2=1+\varphi$ et $\varphi-1= \frac{1}{\varphi}$.

$$I\left(\varphi \right)=\int_{0}^{+\infty}\frac{t^{\varphi-1}}{\left(1+x^{\varphi}\right)^{\varphi}}\mathrm{d}x = \frac{1}{\varphi} \left[\frac{1}{1-\varphi} \left(1+x^{\varphi}\right)^{1-\varphi}\right]_{0}^{+\infty} =1.$$

P.2

Non, non, pitie pas d'astuces, de la technique puisque $\int_{0}^{\infty}\frac{y^{a-1}dy}{(1+y)^{a+b}}=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}.$ Avec $y=x^{\varphi}$ tout est dit.

L2M

FDP : Tu étais trop rapide.

Fin de partie

@P.2: C'est naturel de faire le changement de variable $\displaystyle u=1/x$ dans cette intégrale. C'est le b.a.b.a quand on recherche des symétries.

P.2

Moi pas vouloir chercher. Moi vouloir appliquer cours.

P.2

Une chose étonnante est qu'on aboutit à $ \frac{1}{\varphi}\Gamma(\frac{1}{\varphi})=\Gamma(\varphi)$ Rien que de normal car $z\Gamma(z)=\Gamma(z+1)$ appliqué à $z=1/\varphi$ donne bien ce résultat, car $1+\frac{1}{\varphi}=\varphi.$ Toutefois prendre $z=\varphi$ dans $\Gamma(\frac{1}{\varphi}=\varphi\Gamma(\varphi)$ est plus surprenant et conduit à $$\Gamma(\frac{\sqrt{5}-1}{2})=\Gamma(\frac{\sqrt{5}+3}{2}).$$

P.2

C'est très joli d'observer que $ \int_0^{\infty}\frac{dx}{(1+x^a)^a}=1$ quand $a=\varphi.$ Mais est-ce que $\varphi$ est le seul $a>1$ à avoir cette propriété ?

JLapin

Oui, la fonction qui va bien est strictement décroissante, puis strictement croissante et tend vers $1$ en $+\infty$.

P.2

Merci J.Lapin. Mais quelle est cette fonction qui va bien?

Fin de partie

Je pense qu'il parle de cette fonction-là: $\displaystyle I\left(t \right)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(1+x^t\right)^{t}}$

JLapin

Oui, c'est ça.

JRManda

Merci à vous tous. J'ai beaucoup appris

etanche

Fin de partie a dit :

Je pense qu'il parle de cette fonction-là: $\displaystyle I\left(t \right)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(1+x^t\right)^{t}}$

Comment on démontre que I(t) est décroissante puis croissante avec calcul des limites aux bornes du domaine de définition ?Merci 

Le signe de la dérivée de I(t) n’est pas simple à étudier 

Fin de partie

$t>s>1$ et $x\geq 0$

Sauf erreur, on a:

$\displaystyle \dfrac{1}{(1+x^t)^t}<\dfrac{1}{(1+x^t)^s}<\dfrac{1}{(1+x^s)^s}$

Quand $t$ est très grand l'intégrande devient presque comme la fonction nulle on peut donc s'attendre à ce que $\lim_{t\rightarrow \infty} I(t)=0$

PS.
Ne pas oublier que pour que l'intégrale soit convergente il faut que $t>1$.
PS2
Ce que j'ai écrit n'est pas conforme à ce qu'on constate numériquement.

P.2

Pour verifier que $I(t)=\int_0^{\infty}\frac{dx}{(1+x^t)^t}$, definie pour $t>1,$ est egale a 1 si et seulement si $t=\varphi=(1+\sqrt{5})/2,$ on peut utiliser le fait que $\log \Gamma$ est strictement convexe, c'est -a- dire que $\psi(u)=\Gamma'(u)/\Gamma(u)$ est strictement croissante. En effet, en posant $y=x^t$ on voit que $I(t)=B(1/t,t-\frac{1}{t})/t$ et donc \begin{eqnarray}\log I(t)&=&\log \Gamma(1+\frac{1}{t})-(\log \Gamma(t)-\log \Gamma(t-\frac{1}{t}))\\&=&\int_1^{1+\frac{1}{t}}\psi(u)du-\int_{t-\frac{1}{t}}^{t}\psi(u)du=\int_0^{1/t}V_t(u)du\end{eqnarray}

avec $V_t(u)=\psi(1+u)-\psi(t-\frac{1}{t}+u).$ Pour terminer on observe que pour tout $u$, on a que $V_t(u)>0$ si et seulement si $1<t<\varphi$, que $V_t(u)<0$ si et seulement si $t>\varphi,$ et naturellement que $V_{\varphi}(u)=0,$ Ce qui montre le resultat annonce.

P.2

Dans un vieux fil, etanche demande les solutions de $F(x,y)=\int_0^{\infty}\frac{dt}{(1+t^x)^y}=1.$ La methode ci dessus donne la reponse : " Si et seulement si $xy-x=1".$

etanche

Résoudre  pour  $t\in\,]1;+\infty[$   $$\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(1+x^t\right)^{t}} = t $$