Une intégrale calculable ?

P.2
P.2
Modifié (19 Mar) dans Analyse
Il s'agit de $\ \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-k^2(1+x^2)}\frac{dx}{1+x^2}.\ $
C'est très énervant de ne pas trouver.

Réponses

  • En posant $f(t)= \int_{-\infty}^{\infty}e^{-t(1+x^2)}\frac{dx}{1+x^2}$ on calcule $f'(t)$. La réponse est $2\sqrt{\pi}\int_k^{\infty} e^{-x^2}\,dx$.
  • P.2
    P.2
    Modifié (19 Mar)
    Merci beaucoup JLT. Je n'avais pas cherché de cette manière, le contexte de la question m'avait fait croire à 'quelque chose d'explicite.'
  • On ne met plus de $+$ à $+ \infty$ ?
  • Cyrano
    Modifié (19 Mar)
    @Chaurien : C'est le conflit habituel entre notations anglo-saxonnes et notations françaises. Dans les textes anglais $\infty$ signifie $+\infty$ par défaut. Les français précisent souvent le signe explicitement. 
  • Chaurien
    Modifié (20 Mar)
    Je me doutais bien qu'il s'agissait de cette « raison ». Je me suis plusieurs fois exprimé sur la question des notations. Certaines notations anglo-saxonnes me semblent bonnes, et je n'ai pas hésité à les adopter, même lorsqu'elles ne sont pas encore répandues chez nous, comme $(A)_{ij}$ pour le coefficient de la $i$-ème ligne, $j$-ème colonne de la matrice $A$, qui facilite grandement les calculs matriciels en évitant les circonlocutions. Mais par ailleurs nous faisons preuve d'un suivisme lamentable pour des notations défectueuses, juste parce qu'elles sont anglo-saxonnes. Déjà le $\binom{n}{p}$ à la place de notre bon vieux $C_{n}^{p}$ est as bad as possible, des membres de ce forum l'ont signalé naguère, mais ici, la bataille est perdue. Alors, tenons bon sur ce qui reste, comme par exemple la notation des intervalles, lamentable de sottise chez les Anglo-Saxons, et justement évocatrice chez nous. Et conservons bien sûr le $+ \infty$, frère du $-\infty$.
  • JLT
    JLT
    Modifié (19 Mar)
    Je comprends que $\binom{n}{p}$ est ambigu car il pourrait désigner une matrice colonne, et que $(a,b)$ est encore pire car il engendre une confusion entre un intervalle et un couple. Mais je ne vois pas le problème avec $\infty$. On écrit bien les nombres $-8$ et $8$ (et non $+8$), donc pourquoi pas $-\infty$ et $\infty$.
  • Honnêtement, je n'ai jamais rencontré de situations où il y avait des confusions possibles entre un vecteur colonne à deux éléments et un coefficient binomial noté à l'anglaise.

    Je suis par contre d'accord pour la notation des intervalles ouverts $(a,b)$ qui est à mon avis assez mauvaise.
  • J'aime bien noter $(a,b)$ un intervalle dont la nature des bornes n'est pas précisée -- évidemment avec une explication pour cette notation ad hoc -- cela n'a d'intérêt que dans certains contextes, typiquement l'étude des intervalles de $\R$, la convexité, les intégrales généralisées et ce genre de choses.
  • Chaurien
    Modifié (20 Mar)
     Il y a une symétrie esthétique entre  $+\infty$ et $-\infty$, et c'est la notation que nous avons connue de tout temps, nous et nos prédécesseurs de longue date, et on ne voit pas de raison raisonnable de changer.  S'il est vrai que $+8$ est égal à $8$, il n'en est pas de même de $+\infty$ et $\infty$. La droite réelle achevée est $\overline{\mathbb{R}}=\mathbb{R}\cup \{+\infty ,\mathbb{-}\infty \}$, c'est un compact homéomorphe à un segment. La droite réelle projective est $ \widehat{\mathbb{R}}=\mathbb{R}\cup \{\infty \}$, c'est un compact homéomorphe à un cercle. Ces deux ensembles sont donc bien distincts, pardon de rappeler ces choses bien connues.
    Je ne comprends pas cette rage de tout chambouler, sans qu'il s'agisse d'une amélioration, juste pour faire comme les grands, les grands étant bien sûr les suzerains atlantiques.
    Pour moi, je suis favorable à toute innovation positive, d'où qu'elle vienne. Dans mon précédent message, j'ai signalé une notation anglo-saxonne que je trouve excellente et que je conseille d'adopter. Je vais ajouter deux suggestions.
    D'abord, en calcul matriciel, enseigner systématiquement à Bac+1 la théorie de la Row Reduced Echelon Form comme une théorie à part entière et non un simple expédient numérique, aujourd'hui compris différemment d'un professeur l'autre.
    Ensuite, revenir sur la désastreuse décision qui remonte au début du XXème siècle, de supprimer les fonctions sécante et cosécante des programmes d'enseignement français, et les étudier au lycée, comme les Anglo-Saxons.
    Bonne journée de ce 20 mars 2024, c'est le printemps.
    Fr. Ch.
  • gai requin
    Modifié (20 Mar)
    Mais quel est donc cet $\infty$ de $\widehat{\mathbb R}$ ?
  • JLT
    JLT
    Modifié (20 Mar)
    Dans la notation $\int_0^\infty$ il n'y a pas d'ambiguïté sur ce qu'est $\infty$. Ca ne peut pas être l'élément $\infty$ de $\widehat{\R}$.
    Je préfère écrire $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}$ plutôt que $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}$, ça allège les notations.Pas la peine de parler de "suzerain", je m'en fiche de savoir qui est à l'origine de la notation, si c'était une notation due aux Indonésiens je l'aurais utilisée aussi.
  • plsryef
    Modifié (20 Mar)

    Réponse ingénue: c'est le point N.
  • P.2
    P.2
    Modifié (22 Mar)
    C'est quand meme chouette la reponse de JLT. Elle permet de calculer pour $p,q$ entiers positifs ou nuls
    $$\int_0^1e^{-\tfrac{s^2}{1-\tau}-\tfrac{t^2}{\tau}}\frac{d\tau}{\sqrt{\tau ^{2p+1}(1-\tau)^{2q+1}}}.$$ Ce qui est drôle c'est que c'est explicite sauf pour $p=q=0!$.
  • jandri
    Modifié (23 Mar)
    Je n'arrive pas à faire le lien entre cette nouvelle intégrale et la première (résolue par JLT).
    Tout ce que je sais traiter c'est le cas $s=t=0$ qui donne $\pi$ quand $p=q=0$ et l'infini sinon.
  • P.2
    P.2
    Modifié (23 Mar)
    jandri: Si l'intégrale est appelée $J_{p,q}(t,s)$ le truc est d'utiliser $J_{0,0}(t,s)=J_{0,0}(t+s,0).$
  • jandri
    Modifié (4 Apr)
    @"P.2"
    Je n'ai pas réussi à démontrer directement le "truc", j'ai seulement calculé $J_{0,0}(t,s)$ et après calcul observé que le résultat ne dépend que de $s+t$.
    Je pose $x=\dfrac1{1+u^2}$ dans $J_{0,0}(s,t)=\displaystyle\int_0^1 e^{-\tfrac{s^2}{x}-\tfrac{t^2}{1-x}}\frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}=2\int_0^{+\infty}e^{-s^2(1+u^2)-t^2(1+1/u^2)}\dfrac{du}{1+u^2}$
    $\dfrac{\partial }{\partial s}J_{0,0}(s,t)=-4s\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-s^2(1+u^2)-t^2(1+1/u^2)}du=-4e^{-(s+t)^2}g(st)$ 
    en posant $g(r)=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-(v-r/v)^2}dv$ (après le changement de variable $v=su$).
    $g'(r)=2\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-(v-r/v)^2}dv-2\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{r}{v^2} e^{-(v-r/v)^2}dv=0$ après le changement de variable $v=r/w$ dans l'une des intégrales.
    On a donc $g(r)=g(0)=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$ d'où $J_{0,0}(s,t)=2\sqrt{\pi}\displaystyle\int_{s+t}^{+\infty}e^{-x^2}dx$
  • gebrane
    Modifié (4 Apr)
    Bonjour, peut-être qu'on peut utiliser le théorème de convolution sur les transformées de Laplace pour calculer
    \[I(a,b,p,q)=\int_0^1e^{-\frac{a^2}{1-s}-\frac{b^2}{s}}\frac{ds}{\sqrt{s^p(1-s)^q}}.\] Je note
    \[f_{a,q}(t)=t^{-\frac{q}{2}} e^{-\frac{a^2}{t}}H(t),\] où \(H(t)\) est la fonction de Heaviside.
    On a \[(f_{a,q}\star f_{b,p} ) (t)=\int_0^t e^{-\frac{a^2}{t-s}-\frac{b^2}{s}}\frac{ds}{\sqrt{s^p(t-s)^q}},\]
    d'où  \((f_{a,q}\star f_{b,p} ) (1)=I(a,b,p,q)\).
    Dans le cas \(q=3\), la transformée de Laplace de \(f_{a,3}\) est \(\frac{\sqrt{\pi}}{a} e^{-2a\sqrt{s}}\), et donc dans le cas $p=q=3$
    $$I(a,b,p,q) = \sqrt{\pi} \left (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \right ) e^{-(a+b)^2}$$
    mais dans le cas général, la transformée de Laplace de \(f_{a,q}\) est 
    https://www.wolframalpha.com/input?i=laplace+transform+of+t^{-+q+/2}+e^{-+{a^2}/t}
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Aucune réaction, j'ai dit des âneries ?   :mrgreen:
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Je ne connais pas assez bien les transformées de Laplace mais on obtient rapidement $I(a,b,3,3)$ en dérivant par rapport à $a$ puis par rapport à $b$ l'égalité $I(a,b,1,1)=2\sqrt{\pi}\displaystyle\int_{a+b}^{+\infty}e^{-x^2}dx$

    En dérivant à nouveau par rapport à $a$ puis par rapport à $b$ on obtient $I(a,b,5,5)=\dfrac{\sqrt{\pi}(a^3+b^3+2ab(a+b)^3)e^{-(a+b)^2}}{2a^3b^3}$
  • gebrane
    Modifié (4 Apr)
    Bonjour @jandri
    Avec ma méthode de Laplace je trouve pour $p=3$ et $q=1$ ,
    $$I(a,b,3,1)=\frac{\sqrt{\pi}}{b}e^{-(a+b)^2}$$
    Cette méthode est seulement une curiosité
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • P.2
    P.2
    Modifié (5 Apr)
    jandri, ta démonstration du 'truc' est basiquement la mienne. Ces intégrales sont tirées de l'appendice d'un cours de mécanique quantique de Richard Feynman et Albert Hibbs, citées sans référence ni démonstration (Dover 2010, disponible sur le web). Bravo à gebrane et toi.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.