Une intégrale

Fin de partie

Une lecture m'a suggéré cette intégrale:

\begin{align}\int_0^1 \arctan\left(\sqrt{\frac{x(2-x)}{1-x^2}}\right)dx\end{align}

gebrane

Ce n'est pas pi sur 4 ?

Fin de partie

@Gebrane: Oui, bien sûr. Ce n'est pas tellement le calcul qui m'a intéressé mais comment on peut produire ce type d'intégrales "industriellement".

gebrane

Ramanujan avait ce don de proposer des formules difficiles à démontrer. 

gebrane

Allé au pif chercher une forme close de $$  \int_0^1 \arctan\left(\sqrt{\frac{2-x}{1-x^2}}\right)dx$$
Pas encore fait les calculs

Guego

Maple répond un gros truc à coups de fonctions elliptiques. Je doute qu'on ait une forme close simple à base de fonctions et constantes usuelles.

gebrane

Merci Guego , cela devient intéressant

Notre salut est entre les mains   FDP ;
Exploser la FDP ,  je sais que les monstruosités sorties par Maple ne te découragent guère

Fin de partie

@gebrane:

En supprimant le facteur $x$ tu brises la symétrie qui rendait l'intégrale initiale très facile à calculer.

La racine carrée est là pour faire peur elle ne joue aucun rôle.

gebrane

bah oui c'est moins facile que la première mais toujours il y a de l'espoir avec FDP. Je viens d'essayer, je bloque 

Fin de partie

Pour continuer sur le même genre d'idées:

\begin{align}\int_0^1 \frac{\arctan\left(\sqrt{\frac{2x(1+2x)}{(1-x)(3-x)}}\right)}{1+x^2}dx\end{align}

bisam

Toujours dans le même ordre d'idées, le concours des Mines a demandé à des MP de calculer l'intégrale suivante qui a franchement l'air impossible à calculer : \[I=\int_{-1}^1 \frac{\cos(x)}{e^{\frac{1}{x}}+1}dx\]
Source : RMS volume 134 n°1, exercice 749

Fin de partie

Avec les bornes, c'est un peu "téléphoné".

gebrane

Si on n'a pas l'idée de calculer \(2I\) et de faire le changement \(y = -x\), la personne qui passe le concours va y passer toute la journée.

jandri

Plus généralement si $f$ est paire et $g$ impaire on a $\displaystyle\int_{-a}^a\dfrac f{e^g+1}=\int_0^af$.

Fin de partie

@gebrane: C'est sûr mais disons que c'est un réflexe à avoir, tu cherches les symétries de la fonction que tu intègres.

@Jandri: le $1/x$ dans l'intégrale proposée par Bisam est là pour frapper de stupeur le candidat.

Encore plus terrifiant:

\begin{align}\int_{-1}^1 \frac{\cos x}{e^{x\cos x}+1}dx\end{align}

Fin de partie

On peut vérifier que: \begin{align}\psi(x)&=\sqrt{\frac{2x(1+2x)}{(1-x)(3-x)}}\\\psi\left(\frac{1-x}{1+x}\right)&=\frac{1}{\psi(x)}\end{align}

et $\dfrac{dx}{1+x^2}$ est invariant par le changement de variable $u=\dfrac{1-x}{1+x}$

donc on peut montrer que:

\begin{align}\int_0^1 \frac{\arctan\left(\sqrt{\frac{2x(1+2x)}{(1-x)(3-x)}}\right)}{1+x^2}dx=\dfrac{\pi^2}{16}\end{align}

PS:

Pour produire des fonctions $\psi$ c'est facile il suffit de considérer:

\begin{align}\psi(x)=\sqrt[n]{\frac{F(x)}{F\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}}\end{align}

avec $F$ une fonction positive définie sur $[0,1]$ et $n$ un entier $\geq 2$.

dirikly

Bonjour

une intégrale du type $$\int_0^1 \arctan [\varphi(x)] d x$$ peut être calculée par une IPP en posant $u'=1$ et $v=\phi(x)$ puisque la deuxième intégrale de l'IPP est de la forme 

$$\int_0^1 \frac{x\varphi^{\prime}(x)}{1+\varphi^2(x)} d x$$

gebrane

Soit $a>0$.  Calculer 
$$\int_0^a \frac{\ln \sqrt{u(x)}}{\sqrt{u(x)}}dx$$ avec $u(x)=ax-x^2  $

jandri

@gebrane
Je trouve $\pi\ln(a/4)$ en posant :  

$x=a\sin^2t$

gebrane

Bingo, le cas $a = 4$ est surprenant,  l'intégrale vaut 0

Fin de partie

@dirikly:   si $\varphi$ n'est pas une fraction rationnelle, l'intégrale obtenue après IPP n'est pas nécessairement plus simple à calculer. Applique ton idée à:

\begin{align}\int_0^1 \arctan\left(\sqrt{\frac{2-x}{1-x^2}}\right)dx\end{align} 

jandri

Je pense que @dirikly a voulu dire que l'intégrale peut être calculée par une IPP en posant $u′=1$ et $v=\arctan(\varphi(x))$.
Mais cela ne donne pas l'intégrale qu'il a indiquée puisqu'on obtient $\displaystyle\int_0^1 \frac{x\varphi^{\prime}(x)}{1+\varphi^2(x)} d x$.

dirikly

@jandri  merci, j'ai corrigé.

Fin de partie

@Jandri: Cela ne change pas grand chose, si on se précipite avec cette idée sur l'intégrale initiale (celle que j'ai donnée en ouverture de ce fil), cela risque d'être sportif pour obtenir le résultat qu'on obtient aisément en considérant les symétries de l'intégrande.

gebrane

Je plussoie FDP, donc dirikly comment traites-tu l'intégrale initial avec ta suggestion? je suis impatient de te lire sans blague 

Ajout Pour ma part j'avais calculé $2I=I+I$ et en faisant le changement y=1-x dans la deuxième et en utilisant que $\arctan x+\arctan \frac 1x=\frac{\pi}2$

gebrane

Voici un joli calcul à l'arc tangente
$$ \int_0^{\infty} \frac{\arctan(x^2)}{1+x^4} \, dx$$

jean lismonde

Bonjour gebrane

Tu poses $x = \sqrt{tan(u)}$ avec $ 0 < u < \frac{\pi}{2}$

et donc $dx= \frac{du}{2cos^2u\sqrt{tan(u)}}$:

Ton intégrale devient : $$I= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{u}{\sqrt{tan(u)}}du$$

On connaît une primitive définie à une constante additive près :
$\int_0^{x}\frac{dt}{\sqrt{tan(t)}}=- \frac{\sqrt{2}}{4}ln\frac{tan(x)-\sqrt{2tanx}+1}{tanx+\sqrt{2tanx}+1}+\frac{\sqrt{2}}{2}Arctan\frac{\sqrt{2tanx}}{1-tanx}$

mais une intégration par parties de l'intégrale I en tan(u) n'est pas évidente
d'autre part un développement en série de $\frac{u}{\sqrt{tanu}}$ est connu (avec les nombres de Bernoulli) 
mais il ne permettra pas de trouver une formule "close" avec des constantes classiques

Si on détermine à la calculatrice premium cette dernière intégrale en tan(u) on trouve : 0,4874117403...
un résultat plus précis que celui de Wolfram

Cordialement

gebrane

Bonjour @jean lismonde  Wolfram donne un résultat précis. 

Fin de partie

On a:
\begin{align}\int_0^\infty\frac{\arctan(x^2)}{1+x^4}dx=\int_0^\infty\left(\int_x^\infty\frac{1}{1+t^4}dt\right)^2dx\end{align}

Fin de partie

\begin{align}
J&=\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}dx\\
K&=\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}\left(\int_0^x \frac{1}{1+t^4}dt\right)dx\\
&=\frac{1}{2}J^2\\
\end{align}
D'un autre côté:
\begin{align}K&=\int_0^\infty \left(\int_0^1 \frac{x}{(1+x^4)(1+t^4x^4)}dt\right)dx\\
&=\frac{1}{2}\int_0^1 \left[\frac{\arctan\left(x^2\right)-t^2\arctan\left(t^2x^2\right)}{1-t^4}\right]_{x=0}^{x=\infty}dt\\
&=\frac{\pi}{4}\int_0^1 \frac{1}{1+t^2}dt=\boxed{\frac{\pi^2}{16}}\\
\end{align}
Donc:
\begin{align}\boxed{J=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}}\end{align}

PS:
C'était une autre façon de calculer  $J$.
(il y a un peu plus simple c'est sûr)

gebrane

Bonjour FDP, pourquoi 

$\begin{align}\int_0^\infty\frac{\arctan(x^2)}{1+x^4}dx=\int_0^\infty\left(\int_x^\infty\frac{1}{1+t^4}dt\right)^2dx\end{align}$

gebrane

Une primitive de $\frac 1{1+x^4}$ est affreuse  et une primitive de $\frac {1-x^2}{1+x^4}$ est sympathique. wolfram 
Comme dans les précents posts, on calcule $2I=I+I$ et on fait le changement $y=1/x$ dans le deuxième $I$  c'est-à-dire
$$2I=\int_0^\infty \frac{1}{x^4+1} \, \arctan(x^2) \, dx+ \int_0^\infty \frac{x^2}{x^4+1} \, \arctan(\frac 1{x^2}) \, dx\\=\int_0^\infty \frac{1}{x^4+1} \, \arctan(x^2) \, dx.+ \int_0^\infty \frac{x^2}{x^4+1} \, (\frac  \pi 2 -\arctan(x^2)) \, dx\\=\frac  \pi 2 \int_0^\infty \frac{x^2}{x^4+1} + \int_0^\infty \frac{1- x^2}{x^4+1} \, \arctan(x^2) \, dx\\= \frac  \pi 2  \frac {\pi \sqrt 2}{4}+ \int_0^\infty \frac{1- x^2}{x^4+1} \, \arctan(x^2) \, dx$$

Et $$\int_0^\infty \frac{x^2-1}{x^4+1} \, \arctan\left(x^2\right) \, dx=\int_0^\infty \frac{x^2-1}{x^4+1} \left( \int_0^{x^2} \frac{dy}{1+y^2} \right) dx\\=\int_0^\infty \left( \int_{\sqrt{y}}^\infty \frac{x^2-1}{x^4+1} \, dx \right) \frac{dy}{1+y^2}$$
On utilise la primitive de Wolfram ce dessus et on se ramène aux intégrales connues de ce forum $$\displaystyle\int\limits_0^{\infty}\frac{\ln (1+ax+x^{2})}{1+x^2}dx$$ Avec ici $a=\pm \sqrt 2$

jandri

L'intégrale de @gebrane peut se calculer en considérant une intégrale à paramètre (ou une intégrale double, cela donne les mêmes calculs).
Je pose $F(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\arctan(ax^2)}{1+x^4} \, dx$ d'où pour $a\in\R_+\setminus\{1\}$ :
$F'(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^2}{(1+x^4)(1+a^2x^4)} \, dx=\int_0^{\infty} \dfrac{x^2}{1-a^2}\left(\frac{1}{1+x^4}-\frac{a^2}{1+a^2x^4} \right)\, dx=\dfrac{J}{(1+a)(1+\sqrt a)}$ en coupant en deux intégrales puis en posant $t=x\sqrt a$ dans le seconde intégrale et en notant $J=\displaystyle\int_0^\infty \frac{x^2}{1+x^4}dx$.

On en déduit $F(1)=J\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{(1+a)(1+\sqrt a)} \, da=J\int_0^1 \frac{2t}{(1+t^2)(1+t)} \, dt=J\left(\dfrac{\pi}4-\dfrac12\ln2\right)$ en posant $a=t^2$.

Enfin $J=\displaystyle\int_0^\infty \frac{x^2}{1+x^4}dx=\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}dx=\dfrac12\displaystyle\int_0^\infty \frac{1+x^2}{1+x^4}dx=\dfrac12\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{t^2+2}dt=\dfrac{\pi}{2\sqrt2}$ en posant $t=x-\dfrac1x$.

Fin de partie

@gebrane:


Une primitve de $x\rightarrow \dfrac{1-x^2}{1+x^4}$ est un peu plus sympathique qu'une primitive de $x\rightarrow \dfrac{1}{1+x^4}$
Je suis curieux de voir comment tu te ramènes à intégrer une fonction de la forme $\displaystyle\int\limits_0^{\infty}\frac{\ln (1+ax+x^{2})}{1+x^2}dx$
Concernant:
\begin{align}\int_0^\infty\frac{\arctan(x^2)}{1+x^4}dx=\int_0^\infty\left(\int_x^\infty\frac{1}{1+t^4}dt\right)^2dx\end{align}
Tu peux commencer par considérer la primitive de  $x\rightarrow \dfrac{1}{1+x^4}$, $\displaystyle x \rightarrow -\int_x^\infty \dfrac{1}{1+t^4}dt$ et procéder à une intégration par parties.

Fin de partie

@gebrane :
  Je pensais aussi à ça. Mais j'aimerais trouver une meilleure conclusion.

gebrane

Fin de partie a dit :

Je suis curieux de voir comment tu te ramènes à intégrer une fonction de la forme $\displaystyle\int\limits_0^{\infty}\frac{\ln (1+ax+x^{2})}{1+x^2}dx$

A cause de ma vision j'ai confondu $\sqrt y$ et $y$. Ce que j'ai fait :

Par décomposition en éléments simples 
$$\dfrac{1-x^2}{1+x^4}=\frac{\sqrt 2}4 \big(\frac{2x+\sqrt 2}{x^2+x\sqrt{2}+1}- \frac{2x-\sqrt 2}{x^2-x\sqrt{2}+1}\big)$$ donc

$$\int_0^\infty \left( \int_{\sqrt{y}}^\infty \frac{x^2-1}{x^4+1} \, dx \right) \frac{dy}{1+y^2}=\frac{\sqrt 2}4\int_0^\infty \left( \big[\ln(x^2+x\sqrt{2}+1)-\ln(x^2-x\sqrt{2}+1) \big]_{\sqrt{y}}^\infty \, dx \right) \frac{dy}{1+y^2}=\frac{\sqrt 2}4\int_0^\infty \frac{\ln(y+\sqrt{2y}+1)}{1+y^2} dy - \frac{\sqrt 2}4\int_0^\infty \frac{\ln(y-\sqrt{2y}+1)}{1+y^2} dy$$

@Jandri, j'avais essayé ta méthode sans y parvenir . Bravo

Fin de partie

@Jandri:
Il vaut mieux prendre pour fonction:
\begin{align}F(a)=\int_0^\infty \frac{\arctan(a^2x^2)}{1+x^4}dx\end{align}

gebrane

Les deux intégrales $$\int_0^\infty \frac{\ln(y \pm \sqrt{2y}+1)}{1+y^2} dy $$ se calculent bien 

Fin de partie

@gebrane:  quand on connaît la valeur de l'une d'entre elles, il est facile de connaître la valeur de l'autre car leur somme se calcule bien.

gebrane

FDP la différence se calcule aussi aisément.

En jouant avec wolfram, ni moi ni lui n'arrive à une forme close des deux intégrales 
$$ \int_0^{\infty} \frac{\arctan(x^2)}{1\pm x^2+ x^4} \, dx$$

Fin de partie

@gebrane: la différence se calcule bien quand on effectue le calcul fait par Jandri.

Une curiosité qui malheureusement n'est pas d'une grande utilité:

\begin{align}\int_0^\infty \frac{(1-x^2)\arctan(x^2)}{1+x^4}dx=\int_0^1 \frac{\arctan\left(\frac{2\sqrt{1-x^2}}{x^2}\right)}{x^2-2}dx\end{align}

Fin de partie

@gebrane:

A première vue l'intégrale,
\begin{align}\int_0^\infty \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2+x^4}dx\end{align}
me semble calculable par la même méthode indiquée par Jandri.
On commence par introduire la fonction,
\begin{align}F(a)=\int_0^\infty \frac{\arctan(a^2x^2)}{1+x^2+x^4}dx\end{align}
On dérive en fonction de la variable $a$,
On effectue une décomposition en éléments simples en fonction de la variable $x$ et on ouvre les yeux.

PS:

gebrane

la méthode de Jandri est pénible , je ne sais pas s'il aura le courage pour donner une forme close de
$\begin{align}\int_0^\infty \frac{\arctan(x^2)}{1-x^2+x^4}dx\end{align}$. Pour la différence, c'est un calcul que tu as déjà fait mais tu as oublié. je te donne jusqu'au ce soir pour rafraichir ta mémoire

Fin de partie

La méthode indiquée ici

semble fonctionner aussi pour calculer $\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{1}{1+x^3}dx$

gebrane

pour ne pas faire perdre ton temps, voici le calcul que tu connaissais déja,

$FDP=\int_{0}^\infty \frac{\ln({1+x-\sqrt{2x}})-\ln({1+x+\sqrt{2x}})}{x^2+1}\ \overset{x=t^2}{dx}\\$

$=\int_{-\infty}^\infty \frac{t\ln({1+t^2-\sqrt{2}t})-t\ln({1+t^2+\sqrt{2}t})}{t^4+1}\ dt\\$

$=  \frac1{\sqrt2}\int_{-\infty}^\infty \overset{x=\sqrt2t-1}{\frac{\ln(t^2-\sqrt2t+1)}{t^2-\sqrt2t+1}}+ \overset{x=\sqrt2t+1}{ \frac{\ln(t^2+\sqrt2t+1)}{t^2+\sqrt2t+1}}-\overset{x={(t-t^{-1})}/{\sqrt2}}{\frac{(1+t^2)\ln(t^4+1)}{t^4+1}}\ dt\\$

$=  2\int_{-\infty}^\infty \frac{\ln \frac{x^2+1}2}{x^2+1}dx - \int_{-\infty}^\infty \frac{\ln (2(x^2+1))}{x^2+1}dx$

 $=2 \int_{0}^\infty \frac{\ln \frac{x^2+1}8}{x^2+1}dx$ et avec ta remarque sur leur somme, ceci montre que $\int_{0}^\infty \frac{\ln({1+x-\sqrt{2x}})}{x^2+1}=0$

gebrane

FDP Silence radio? Un problème dans ce calcul ?

jandri

Dans la troisième ligne je trouve un terme en plus : $-\dfrac{t\sqrt2}{1+t^4}\ln\dfrac{1+t^2+\sqrt{2}t}{1+t^2-\sqrt{2}t}$.

Fin de partie

@gebrane: je n'ai pas regardé en détail mais en effet je crois avoir traité un truc comme ça dans le passé, je me rappelle le principe, mais ce nest pas très élégant j'espèrais trouver une plus jolie solution.

gebrane

Bonjour @Jandri, on a 

\[\frac{\ln(t^2 - \sqrt{2}t + 1)}{t^2 - \sqrt{2}t + 1} + \frac{\ln(t^2 + \sqrt{2}t + 1)}{t^2 + \sqrt{2}t + 1} = \frac{(t^2 + \sqrt{2}t + 1)\ln(t^2 - \sqrt{2}t + 1) + (t^2 - \sqrt{2}t + 1)\ln(t^2 + \sqrt{2}t + 1)}{t^4 + 1}= \frac{t^2 \ln(t^4+1)+ \sqrt{2}t  \big(\ln(t^2 - \sqrt{2}t + 1)  - \ln(t^2 + \sqrt{2}t + 1)\big) + \ln(t^4+1)}{t^4 + 1}\\=  \frac{(t^2 +1) \ln(t^4+1)+ \sqrt{2}t  \big(\ln(t^2 - \sqrt{2}t + 1)  - \ln(t^2 + \sqrt{2}t + 1)\big) }{t^4 + 1}\] donc
$\frac{t  \big(\ln(t^2 - \sqrt{2}t + 1)  - \ln(t^2 + \sqrt{2}t + 1)\big) }{t^4 + 1}=\frac 1{\sqrt 2} \big[ \frac{\ln(t^2 - \sqrt{2}t + 1)}{t^2 - \sqrt{2}t + 1} + \frac{\ln(t^2 + \sqrt{2}t + 1)}{t^2 + \sqrt{2}t + 1}-\frac{(t^2 +1) \ln(t^4+1) }{t^4 + 1}    \big]$
C'est bon ? et merci pour ta vigilance 

gebrane

J'ai trouvé la forme close de $$ \int_0^\infty \frac{\arctan(x^2)}{1-x^2+x^4}dx$$
c'est $$\frac{{{\pi }}}{4}(\frac{{{\pi }}}{a}+\frac 1b\ln \left( \frac{a+b}{5+ab\sqrt{2}} \right))$$
Trouver le $a$ et le $b$ 
Le calcul n'est pas difficile mas il faut être soigneux

Fin de partie

@gebrane : Moi aussi je sais utiliser "Approach zero".

En particulier ceci donne en principe les valeurs de tes $a,b$ c'est-à-dire une forme close à l'intégrale proposée.