Intégrale difficile

Sara1993
Modifié (August 2022) dans Analyse
Bonjour, 
je n’arrive pas à calculer : $$\int_1^n (x-1)(x-2)\cdots(x-n) dx.$$
Le développement ne donne pas facilement tous les coefficients du polynôme de degré $n$ pour intégrer. 
Merci d’avance.

Réponses

  • Fin de partie
    Modifié (August 2022)
    Et as-tu pensé à une récurrence ? \begin{align}J_n=\int_1^n \prod_{k=1}^n (x-k)dx\end{align} (je n'ai fait aucun calcul donc sans garantie).
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • jmf
    jmf
    Modifié (August 2022)
    Bonjour
    Déjà l'intégrale est nulle si n est impair.
    Plus sérieusement, on pourra consulter cette discussion.
  • Fin de partie
    Modifié (August 2022)
    Expérimentalement, on voit que pour $n$ impair $J_n$ est nul.
    ? J(n)={intnum(x=1,n,prod(k=1,n,x-k))}
    for(n=0,10,print(J(2*n+1))) 0 -3.112496576326874248663421206 E-49 2.608817559472493226333798987 E-48 2.904170676629832235629683621 E-47 -5.822310666881540792129223204 E-45 -2.563445470875027315011205903 E-43 9.645932747030589555981194570 E-41 1.031156725242159311257869468 E-38 2.818108765599497087534715657 E-36 2.105533679421892340605114936 E-33 -2.852023800700198577096779069 E-31
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Les intégrales d'indices pairs ont l'air bien compliquées en revanche. 
  • Fin de partie
    Modifié (August 2022)
    On peut démontrer que $J_{2n+1}=0$ pour tout $n\geq 0$ entier sans récurrence, directement (par des changements de variable)
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Said Fubini
    Modifié (August 2022)
    Fin de partie
    en se plaçant au milieu des racines, le polynôme  après un cdv devient impair ?
  • cadiou
    Modifié (August 2022)
    Bonjour, J3=-9/4 ? ou ai-je fait une erreur ?
  • Sara1993
    Modifié (August 2022)
    Pour n impair, vous dites : “ des changements de variables” , est-ce que c’est si compliqué que ça ? 
    Merci de votre aide.
  • Fin de partie
    Modifié (August 2022)
    @Sara1993: Beaucoup moins difficile que de calculer dans le cas général $n$ pair.
    Tu dois montrer que $\displaystyle J_{2n+1}=\int_{-n}^{n} \prod_{k=-n}^n (x-k)$, après la conclusion s'obtient en faisant dans l'intégrale le changement de variable $u=-x$ (le produit a $2n+1$ termes).
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Je viens de montrer que J(2n+1)=0 mais par un autre changement de variable : t=-x+2n+2. 
    Merci de m’avoir donné l’idée du changement de variable.
    pour J(2n), vraiment aucune idée. 
  • Sinon, tu peux aussi appliquer directement le CDV $u = n + 1 - x$ pour obtenir $J_n = (-1)^n J_n$.
  • Fin de partie
    Modifié (August 2022)
    @Bibix: tu veux dire $J_{2n+1}=(-1) ^{2n+1}J_{2n+1}$ j'imagine car pour $n$ pair $J_n$ ne semble pas nul.
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • troisqua
    Modifié (August 2022)
    Bonjour,

    Pour $n\geqslant1$, on définit les polynômes $p_{n}$ par $p_{n}=\left(x-n\right)p_{n-1}$ et $p_{0}=1$. Il me semble que le problème revient à savoir calculer pour $k$ et $n$ naturels, $p_{n}^{\left(k\right)}\left(1\right)$.

  • @Fin de partie C'est surtout que pour $n$ pair, la formule devient trivialement inutile :smile: .
  • \begin{align}J_n&=\int_1^n \prod_{k=1}^n (x-k)dx\\ &\overset{u=\frac{x-1}{n-1}}=(n-1)\int_0^1 \prod_{k=1}^n (1+(n-1)u-k)du\\ &\overset{m=k-1}=(n-1)\int_0^1 \prod_{m=0}^{n-1} ((n-1)u-m)du\\ \end{align} Donc, $\displaystyle J_n=(n-1)\int_0^1 P_n\Big((n-1)u\Big)du$ avec $\displaystyle P_n(z)=\prod_{m=0}^{n-1} (z-m)$
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • cadiou
    Modifié (August 2022)
    Pardon, je me réponds à moi-même, j'ai calculé de 0 à n au lieu de 1 à n.
  • Area 51
    Modifié (August 2022)
    Si on considére : $$I_n(t) = \frac{d^n}{dt^n} \int_1^n t^{x-1} dx = \frac{d^n}{dt^n} \bigg( \frac{t^{n-1} - 1}{\log t} \bigg)$$ alors l'intégrale cherchée s'avère être égale à $I_n(1)$. L'aide d'un logiciel pour effectuer les dérivations - qui font apparaître plein de termes affreux $\dfrac{1}{t^p \log^q t}$ - et calculer le développement en séries en $O(t-1)$ ne sera pas superflue.
  • @Area 51: M'est avis qu'il y a des confusions dans l'utilisation des symboles $n,t,x$.
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Area 51
    Modifié (August 2022)
    @FdP Non, pas vraiment. Juste de l'inattention : un $t$ qui aurait dû être un $x$. Corrigé, l'essentiel demeurant inaltéré.
  • Comme c'était indiqué dans la source de jmf, on obtient la solution avec les polynômes de Fontana-Bessel, donc je pense qu'il vaut mieux la mettre tout de suite dans ce fil :
    $J_n = - n! (1 + (-1)^n) |G_{n+1}|$
    avec $G_n = \psi_n(0)$ les coefficients de Grégory, et $\psi_n$ le $n$-ème polynôme de Fontana-Bessel.
  • Area 51
    Modifié (August 2022)
    Si on effectue le changement de variables $t=e^u$ dans mon expression de $I_n(t)$ :
    $$I_n(u) = \bigg( e^{-u} \frac{d}{du} \bigg)^n \bigg( \frac{e^{(n-1)u} - 1}{u} \bigg) = \bigg( e^{-u} \frac{d}{du} \bigg)^n \bigg( \sum_{p=1}^{+\infty} \frac{(n-1)^p u^{p-1}}{p!} \bigg)$$
    dont on recherche la valeur en $u=0$. Cela devient un chouia plus tractable, et certainement davantage avec la connaissance du commutateur $\displaystyle \bigg[ e^{-u} \frac{d}{du} , \frac{d}{du} e^{-u} \bigg] = e^{-u}$.








  • Je m'essaye sur $n=2$ :
    $$I_2(0) = \frac{d}{du} \bigg( e^{-u} \sum_{p=2}^{+\infty} \frac{(p-1) u^{p-2}}{p!} \bigg)_{u=0} = -\frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} = -\frac{1}{6}$$
  • Juste pour être certain, on est bien d'accord que le calcul de l'intégrale souhaitée se ramène à calculer ${p_n}^{(k)}(1)$ pour $k$ plus petit que $n$ où $p_n$ est le produit des $x-i$ pour $i$ de $1$ à $n$?
  • Area 51
    Modifié (August 2022)
    Je m'aventure sur $n=3$ sans filet :
    $$\begin{eqnarray} I_3(0) & = & \frac{d}{du} \bigg[ e^{-u} \frac{d}{du} \bigg( e^{-u} \sum_{p=2}^{+\infty} \frac{2^p (p-1) u^{p-2}}{p!} \bigg) \bigg] \, \Bigg|_{u=0} \\ & = & \frac{d}{du} \bigg( -e^{-2u} \sum_{p=2}^{+\infty} \frac{2^p (p-1) u^{p-2}}{p!} + e^{-2u} \sum_{p=3}^{+\infty} \frac{2^p (p-1)(p-2) u^{p-3}}{p!} \bigg) \, \Bigg|_{u=0} \\ & = & 2 \frac{2^2}{2!} - \frac{2^3.2}{3!} - 2 \frac{2^3.2}{3!} + \frac{2^4.6}{4!} = 4-\frac{8}{3}-\frac{16}{3}+4 =0 \end{eqnarray}$$
    En $u=0$, ce calcul ne fait intervenir que les termes indicés $p \in \llbracket 2,4 \rrbracket$ quand $n=3$. Il y a moyen de simplifier les choses en introduisant de la machinerie opérateurs avec le commutateur $\displaystyle \bigg[ \frac{d}{du} e^{-mu} , e^{-mu} \frac{d}{du} \bigg] = -me^{-mu}$ où $m \in \mathbb{N}^*$, des notations $\displaystyle \delta^1 = \frac{d}{du} e^{-u}$ et un peu de formalisme façon polynômes d'opérateurs dans $\displaystyle \mathbb{Z} \bigg[ e^{-u},\frac{d}{du} \bigg]$. Au niveau de $\displaystyle \bigg( e^{-u} \frac{d}{du} \bigg)^n = e^{-u} \delta^{n-1} \frac{d}{du}$, l'idée consisterait à pousser les $\displaystyle \frac{d}{du}$ vers la droite - comme Mémé dans les orties, ou encore Belle-Maman vers la sortie.
  • Bonjour

    le polynôme factoriel $(x-1)(x-2)...........(x-n)$
    peut s'exprimer simplement avec la fonction Gamma soit

    $\frac{\Gamma(x)}{\Gamma(x-n)}$ avec ici x - n qui est négatif
    (on utilise le prolongement analytique de Gamma)

    mais l'intégration comme souvent avec Gamma ne donne pas de formes simples
    donc échec de ce côté là

    j'ai pensé à utiliser le développement en monômes du polynôme factoriel,
    développement qui utilise comme coefficients les nombres de Stirling de première espèce
    coefficients de signe alterné dont la somme par ligne dans le triangle arithmétique de Stirling est nulle 
    mais là aussi l'intégration ne donne pas de résultats simples

    pour n impair on vérifie que l'intégrale proposée $I_n$ est nulle
    pour n pair on obtient des résultats rationnels apparemment négatifs :
    $I_2 = - \frac{1}{6}$ puis $I_4= - \frac{9}{10}$ puis $I_6 = - \frac{1375}{84}$

    on pense aux nombres de Bernoulli ou aux nombres d'Euler
    que l'on rencontre à l'occasion des séries de Riemann
    on pense aussi aux nombres de Bell qui interviennent
    comme somme par ligne des nombres de Stirling de seconde espèce

    mais notre amie Sara nous avait prévenu dans son titre : l'intégrale est difficile !
    est-elle scientifiquement intéressante ? apparemment oui
    comme souvent les intégrales paramétrées

    Cordialement
  • Je ne l'ai pas encore démontré mais si $I_n=\displaystyle\int_1^n (x-1)(x-2)\cdots(x-n) dx$ alors $I_{2n}=-\dfrac2{2n+1}J_{2n+1}$ avec $J_n=\displaystyle\int_1^2 (x-1)(x-2)\cdots(x-n) dx$.

    Cette intégrale se calcule : $J_n=n!a_n$ où $a_n$ est égal au coefficient de $x^n$ dans le développement en série entière de $\dfrac x{\ln(1+x)}$.

    Ce sont les coefficients de Gregory.
  • Ah! Gregory coefficients! Wikipedia (en anglais) donne le lien explicite avec notre intégrale difficile.
  • jandri
    Modifié (September 2022)
    La relation (avec mes notations) $I_{2n}=-\dfrac2{2n+1}J_{2n+1}$ se montre sans difficultés à l'aide d'un télescopage.
    L'égalité $J_n=n!a_n$ se montre en intégrant par rapport à $t$ le développement en série entière de $x\mapsto(1+x)^t$.
    En relisant les précédentes interventions j'ai vu que Bibix a déjà donné cette formule le 19/08. Mais comme je ne connaissais ni les les polynômes de Fontana-Bessel, ni les coefficients de Grégory, je n'y avais pas prêté attention.
  • jean lismonde
    Modifié (September 2022)
    Bonjour
    J'ai vérifié numériquement la relation proposée par Jandri, jusqu'à n =8 elle est bien honorée.
    Pour n = 8 l'intégrale de Sara donne - 636,4555... qui est forcément un nombre rationnel négatif soit $-\frac{57281}{90}$
    Les coefficients $a_n$ évoqués par Jandri sont les nombres de Grégory qui sont rationnels de signe alterné,
    on les simplifie en divisant par n!. Il n'existe pas apparemment de formule synthétique pour $G_n$ mais ils obéissent à une relation de récurrence qui permet de les calculer successivement à partir de $G_1= \frac{1}{2}$ : $$ G_n = \frac{1}{2}G_{n-1} - \frac{1}{3}G_{n-2}+\frac{1}{4}G_{n-3} -\cdots+(-1)^n\frac{1}{n}G_1 $$ Cordialement.
  • Il y a une petite erreur dans la formule de récurrence donnée par jean lismonde pour $G_n$, il faut ajouter le terme $\dfrac{(-1)^{n+1}}{n+1}$ : 

    $G_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{(-1)^{k+1}G_{n-k}}{k+1}$ (en posant $G_0=1$).


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