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michal · August 2023

Bonjour
Savez-vous si l'intégrale suivante est calculable explicitement, pour $p\in \N^*$ ?
$$
I_p=\int_0^{+\infty} \frac{1}{\prod_{k=1}^p (x^2+4k^2)}dx
$$
Théoriquement, je peux décomposer la fraction rationnelle en éléments simples, puis calculer chaque bout, mais j'hésite à me lancer là-dedans...
Merci d'avance,
Michal

bd2017 · August 2023

Bonjour
Je ne vois pas une autre alternative. À première vue, je pense qu'il faut décomposer en éléments simples. À moins d'essayer le th des résidus mais je pense que les calculs reviennent au même.

Fin de partie · August 2023

Empiriquement le résultat semble être $\dfrac{\pi}{u_p}$ où $(u_p)$ est une suite d'entiers mais, hélas, cette suite semble inconnue de l'OEIS.
PS.
Je vais essayer de factoriser le $4$ qui fait tache.

llorteLEG · August 2023

Quelque chose comme $$\frac{\pi}{2}\sum_{k = 1}^p \frac{1}{k} \prod_{\ell = 1, \,\ell \neq k}^{p} \frac{1}{4\ell^2 - 4k^2}.$$

Fin de partie · August 2023

On a aussi empiriquement que $\displaystyle \int_0^\infty \frac{1}{\prod_{k=1}^n (x^2+k^2)}=\dfrac{\pi}{v_n}$ où $(v_n)$ est une suite d'entiers mais hélas cette suite n'est pas non plus reconnue par l'OEIS ($4$,$12$,$120$,$2016$,$51840$,$1900800$,..)

PS.
Il y a un lien immédiat entre cette intégrale et celle proposée.

Fin de partie · August 2023

On s'attendrait à ce que le résultat soit une fraction fois $\pi$ mais ce qui est remarquable est que le numérateur de la fraction est $1$.

PS.
Empiriquement on voit qu'on va pouvoir décomposer $\displaystyle \dfrac{1}{\prod_{k=1}^n (x^2+k^2)}=\sum_{k=1}^n \frac{c_k}{x^2+k^2}$ avec les $c_k$ qui sont des nombres rationnels.
PS2. \begin{align}J_n&=\int_0^\infty \dfrac{1}{\prod_{k=1}^n (x^2+k^2)}dx\\
&=\sum_{k=1}^n c_k\underbrace{\int_0^\infty \frac{1}{x^2+k^2}dx}_{u=\frac{x}{k}}\\
&=\frac{\pi}{2}\sum_{k=1}^n \frac{c_k}{k}
\end{align}

bd2017 · August 2023

llorteLEG a dit : $$\frac{\pi}{2}\sum_{k = 1}^p \frac{1}{k} \prod_{l = 1, l \neq k}^{p} \frac{1}{4l^2 - 4k^2}$$

Oui mais c'est $\dfrac{\pi}{4}$.

Fin de partie · August 2023

On peut démontrer par récurrence qu'il existe une suite de nombres rationnels tels que pour tout $n$ entier non nul on ait:

$\displaystyle \dfrac{1}{\prod_{k=1}^n (x^2+k^2)}=\sum_{k=1}^n \frac{c_k}{x^2+k^2}$
Il suffit d'utiliser l'identité: \begin{align}\frac{1}{(a^2+x^2)(b^2+x^2)}=\frac{1}{b^2-a^2}\times \frac{1}{a^2+x^2}-\frac{1}{b^2-a^2}\times \frac{1}{b^2+x^2}\end{align} avec $a,b$ deux entiers différents.

PS: On pressent que c'est une suite double qui s'introduit naturellement dans notre calcul.

jandri · August 2023

En simplifiant on obtient $$I_p=\dfrac{\pi}{4^p(2p-1)(p-1)!p!}$$

Fin de partie · August 2023

@Jandri: C''est un résultat obtenu empiriquement? (expérimentalement il a l'air correct, du moins pour quelques petites valeurs de $p$)

jandri · August 2023

@Fin de partie

J'ai commencé par écrire $J_n=\displaystyle\int_0^\infty \dfrac{1}{\prod_{k=1}^n (x^2+k^2)}dx=\frac{\pi}{2}\sum_{k=1}^n \dfrac{c_k}{k}$.

En calculant les $c_k$ et en les exprimant avec des factorielles j'ai obtenu $J_n=\dfrac{\pi d_n}{(2n)!}$ où $d_n$ est une somme.

En calculant les premières valeurs des coefficients $d_n$ j'ai reconnu les coefficients binomiaux centraux.

C'est ensuite que j'ai démontré la formule en appliquant deux fois la relation du triangle de Pascal.

Pour revenir à la question initiale il suffit de faire un simple changement de variable.

jandri · August 2023

De façon analogue on calcule $I'_p=\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{1}{\prod_{k=1}^p (x^2+(2k-1)^2)}dx=\dfrac{\pi}{2^{2p-1}(2p-1)(p-1)!^2}=2pI_p$

Fin de partie · August 2023

@Jandri : je pensais que tu allais exhiber une méthode "miraculeuse", mais tu as seulement fait les calculs que j'ai eu la flemme de poursuivre jusqu'au bout.

jandri · August 2023

@Fin de partie
Je n'ai fait qu'appliquer la méthode habituelle pour calculer l'intégrale d'une fraction rationnelle.
Ce qui m'a surpris c'est que la somme obtenue se simplifie pour donner une expression très simple.

Chaurien · August 2023

Il y a une possibilité de faire un calcul de résidus, spécifiquement pour les fractions rationnelles n'ayant pas de pôle réel, sans recourir à la théorie générale des fonctions de variable complexe. C'est encore plus simple lorsque les pôles sont simples, comme c'est le cas ici.

Référence : ∙ Xavier Gourdon, Les maths en tête, Analyse, Ellipses, 1994, p. 185.

michal · August 2023

Merci à tous pour vos contributions !

Une question annexe. Avec la formule donnée par Jandri, on a en fait :
$$I_p=\frac{\pi}{2^{2p-1}}\binom{2p-2}{p-1}$$

Si on pose $W_{p}=\int_{0}^{\pi/2} \sin^{2p}(t) dt$ (intégrale de Wallis), on sait que :

$$W_{p}=\frac{\pi}{2^{2p+1}}\binom{2p}{p}$$

de sorte que $J_p=W_{p-1}$. Par ailleurs, le changement de variable $x=\tan t$ dans l'intégrale $W_{p-1}$ donne la relation :

$$W_{p-1}=\int_{0}^{+\infty} \frac{u^{2p-2}}{(1+u^2)^p}du$$

Cette intégrale ressemble pas mal à $I_p$... N'y aurait-il pas moyen de montrer directement qu'elle est égale à $I_p$ ? Par changement de variable miraculeux ?

jandri · August 2023

Dans l'expression de $I_p$ il manque $(2p)!$ au dénominateur de sorte que $I_p=\dfrac {W_{p-1}}{(2p)!}$

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