intégrale à calculer: résidus ?

Sylvain · January 2006

Bonjour,

j'aimerais calculer l'intégrale suivante:

$$\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^{n}}dx$$ où $n$ est un naturel strictement supérieur à 2.

Je pensais passer par le théorème des résidus mais je ne sais pas quel contour prendre.

Merci de votre aide.

Sylvain

Toto.le.zero · January 2006

un contour ? un cercle centré en 0 de diametre R>1 et puis tu fais tendre R vers l'infini ça doit marcher non ?

Sylvain · January 2006

je ne pense pas que ça corresponde à l'intégrale de 0 à 1.

Yalcin · January 2006

Pour $n$ pair , avec Maple , on déduit que :

$$\int\limits_0^1 {\frac{1}{{1 + x^n }}} dx = \sum\limits_{k = 0}^{ + \infty } {\frac{{( - 1)^k }}{{nk + 1}}} = \frac{1}{n}\left( {\ln (2) + \sum\limits_{k = 0}^n {r_k \ln \left( {1 + \frac{1}{{r_k }}} \right)} } \right)$$

Où $r_k$ est k-ième racine de l'équation $\displaystyle{\sum\limits_{m = 0}^{n - 1} {x^m } = 0}$.

Voilà

Cordialement Yalcin

Yalcin · January 2006

pardon, pour n impair je voulais écrire
merci cher modérateur

Yalcin · January 2006

n>1 bien sûr

Sylvain · January 2006

Yalcin tu es sûr que dans la dernière somme l'indice varie de 0 à n ?

Toto.le.zero · January 2006

j'ai mal lu, je croyais que tu intégrais de -00 à +00, mais bon vu le ton sur lequel tu le prends, je te laisse te debrouiller tout seul.

Yalcin · January 2006

de 0 à n-1 aussi

Sylvain · January 2006

Mais qu'est-ce que j'ai dit ? Je ne fais qu'exprimer un doute...

Toto.le.zero · January 2006

Le ton était sec, mais sans doute est-ce dû aux incompréhensions générées par le langage écrit.

Bref, bon sinon j'ai une autre idée, si tu prenais un contour rectangulaire, le rectangle compris entre 0 et 1 sur l'axe des abcisses, et entre -R et R sur l'axe des ordonnées (les cotés des rectangles sont perpendiculaires aux axes), et essaie le théorème des résidus, (en supposant R>1 au préalable) puis en faisant tendre R vers +oo

Toto.le.zero · January 2006

désolé je me suis trompé, je recommence:

Bref, bon sinon j'ai une autre idée, si tu prenais un contour rectangulaire, le rectangle compris entre 0 et 1 sur l'axe des abcisses, et entre 0 et R sur l'axe des ordonnées (les cotés des rectangles sont perpendiculaires aux axes), et essaye le théorème des résidus, (en supposant R>1 au préalable) pui en faisant tendre R vers +oo

Usul · January 2006

et une décompositon en éléments simples, ça marche pas ?

f jaclot · January 2006

Bonsoir ,

Cette integrale a deja ete proposee avant Noel .

On a :

S(n) = 1/(2n) (Psi((1+n)/2n) - Psi(1/2n))

fjaclot;

jean Lismonde0 · January 2006

bonjour

une décomposition en éléments simples est toujours possible mais le résultat de l'intégration est une somme lourde de logarithmes et Arctangentes dépendant de n

l'intégrale de 0 à l'infini de dt/(1+t^x) est une fonction classique égale à

pi/xsin(pi/x)

mais la même intégrale sur l'intervalle 0 à 1 n'est pas une fonction classique, même si on peut l'exprimer avec la fonction Gamma

le résultat donné par Yalcin (pour x=n impair) est intéressant, il mériterait d'être détaillé et justifié

cordialement

Yalcin · January 2006

les racines peuvent être calculés avec exp je crois

Kael0 · January 2006

c'est une intégrale classique.
Je la calcule comme suit:

$$\frac{1}{1+x^n}= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k*(x^n)^k}{nk+1}$$ et puis j'intègre.

Cordialement.

B....t0 · January 2006

Comme le dit Jean on peut l'exprimer en fonction de la fonction Gamma où plutôt de la fonction digamma, et comme dit fjaclot on a abordé ce sujet :

cf.

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=238428&t=237844#reply_238428

Le truc qui m'a permis de faire ça est de rajouter la somme pour $\log2$ au milieu :

$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{nk+1}=\log2+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{nk+1}-\frac{(-1)^k}{k+1}$

Pusi ensuite on peut spliter.

Pour n entier naturel on peut donc exprimer cette intégrale grâce à la formule de Gauss aux arguments rationnels de digamma.

Maple retourne une expression en fonction des racines de l'unité qui est équivalente mais il y a du travail!

B....t0 · January 2006

petite correction, il faut introduire $\log2$ comme ça :

$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k+1/n}=\log2+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k+1/n}-\frac{(-1)^k}{k+1}$

puis en splitant termes pairs et impairs on peut faire apparaitre :

$\Psi(x+1)=-\gamma-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k+1+x}-\frac{1}{k+1}$

Sylvain · January 2006

En fait je vous ai posé ce problème suite à une question de Yalcin: calculer $\displaystyle{\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{3k+1}}$.
La formule de fjaclot me semble la plus utile.
Sinon pensez-vous que le contour proposé par toto.le.zero soit correct ?

Sylvain

Sylvain

B....t0 · January 2006

j'ai donné la réponse dans le lien du haut :

$$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{3k+1}=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}+\frac{\log2}{3}$$

Gillian Seed0 · January 2006

Le contour fait cette fois-ci intervenir l'intégrale sur [0;1], mais les calculs ne sont pas facilités.
Toto.le.zero propose des contours qui lui passent par la tête et qui lui rappellent des exercices déjà fait. Dans un premier temps il a dit n'importe quoi en proposant un cercle qui ne faisait même pas intervenir le segment en question... Je le reconnais bien là.
Pour le deuxième (ou le troisième plutôt), il fait intervenir le segment qui l'intéresse, puis une morceau de lacet qui "part" à l'infini et sur lequel l'intégrale tend vers 0, et deux autres parties dont il aurait envie qu'elles se "compensent" (soit qu'elles soient opposées l'une de l'autre, soit qu'elles se "marient" pour donner un calcul plus facile).
Comme si ça allait forcément marcher... sacré toto.
Il n'y a pas des contours qui marchent tout le temps, d'ailleurs il n'y a pas de méthode générale pour les trouver.

Kôchy · January 2006

Comme Gillian, je doute qu'on puisse la calculer par la méthode des résidus, qui ne fonctionne que pour des classes larges, mais bien délimitées, d'intégrales. Ici, on décompose plutôt en éléments simples et on intègre sur $[0,\,1]$. Au pire, il reste un symbole de sommation.

Toto.le.zero · January 2006

Ben moi je suis comme ça, je vous fournis de la matière première, à vous de vous débrouillez avec. C'est pas parce que je vous vends du fer qu'il faut venir se plaindre ensuite que ce n'est pas de l'acier. A vous de le forger vous-mêmes

Sylvain · January 2006

"C'est pas parce que je vous vends du fer qu'il faut venir se plaindre ensuite que ce n'est pas de l'acier." Je retiens la formule, ça peut toujours être utile...

JJ · January 2006

Bonjour,

comme cela a déjà été dit , cette intégrale ne s'exprime pas avec les fonctions élémentaires en nombre fini.
On peut se ramener à des fonctions spéciales de plus ou moins hauts niveaux (par exemple digamma, comme l'a rappelé fjaclot), ou à des séries infinies.
Diverses relations dans la page jointe : 3712

JJ · January 2006

Re-bonjour,

décidément, le redémarrage du début d'année est difficile.
Il est vrai que l'intégrale en question ne s'exprime pas avec les fonctions usuelles en nombre fini dans la cas général, où la puissance de x (dans l'intégrale définie) est un nombre réel.
Mais dans les cas où il s'agit d'une puissance entière, ce n'est pas vrai. En effet, les fonctions spéciales en question se réduisent à des fonctions de plus bas niveau. On arrive ainsi à des expresssions utilisant les fonctions trigonométriques inverses et les logarithmes en nombre fini.
On peut trouver assez aisément ces formules pour n=0, 1, 2, 3, 4, etc. mais cela devient rapidement compliqué, avec des formules comprenant un nombre de plus en plus grand de ces fonctions usuelles, tout en restant en nombre fini. (sauf erreur, ... Soyons prudent cette fois ! )

Sylvain · January 2006

Merci pour ces précisions JJ.

Toto.le.zero · January 2006

MA générosité me perdra...prenez mes citations, c'est cadeau, faites vous plaisir c'est que du bonheur

Evariste Le Gaulois · January 2006

[***Modéré***. Injurieux provocateur. La charte 3.3.5 et 3.3.7. AD]

intégrale à calculer: résidus ?

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