Un phénomène curieux

Fin de partie
Fin de partie
dans Analyse
Je cherchais un moyen original de calculer $\displaystyle \int_0^\infty \frac{1}{1+x^6}dx$

\begin{align}J&=\int_0^\infty \frac{1}{1+x^6}dx\\&=\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{1+x^4}{1+x^6}dx\\ &=\frac{1}{6}\left[\arctan\left(\frac{x}{1-x^2}\right)+2\arctan x\right]_0^\infty\\ &=\frac{\pi}{6} \end{align} 
Mais le résultat correct est $\displaystyle \frac{\pi}{3}$. Curieux non?

La fonction $\displaystyle x\rightarrow \frac{1+x^4}{1+x^6}$ est définie sur $\mathbb{R}$. Son dénominateur ne s'annule pas sur $\mathbb{R}$. Trouvez l'erreur ! ;)
(je commençais à douter sérieusement de mes calculs et de mes facultés mentales quand j'ai compris)
Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.

Réponses

  • Math Coss
    Math Coss
    Dans ta primitive, en revanche, il y a un dénominateur qui s'annule, qui la rend non continue.

  • i.zitoussi
    i.zitoussi
    @Fin de partie Pas compris comment tu passes de la 2ème à la 3è ligne. Tu peux détailler ?
    Après je bloque.
  • Héhéhé
    Héhéhé
    Ta primitive n'est pas continue en $x=1$. On a, pour tout $x \geq 0$,
    $$\frac{x^{4} + 1}{x^{6} + 1} = \frac1{1+x^2} + \frac{x^2}{1+x^6}$$
    ce qui donne pour primitive
    $$x \longmapsto \arctan(x) + \frac{\arctan(x^3)}{3}$$
    qui est bien continue sur $\mathbb R_+$.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Un calcul correct est:


    \begin{align}J&=\int_0^\infty \frac{1}{1+x^6}dx\\& =\int_0^1 \frac{1}{1+x^6}dx+\underbrace{\int_1^\infty \frac{1}{1+x^6}dx}_{u=\frac1x}\\ &=\int_0^1 \frac{1+x^4}{1+x^6}dx\\ &=\frac{1}{3}\left[\arctan\left(\frac{x}{1-x^2}\right)+2\arctan x\right]_0^1\\ &=\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{6}=\boxed{\frac{\pi}{3}} \end{align} @i.zitousi: Pour prouver qu'une fonction est bien une primitive d'une fonction, il suffit de vérifier qu'en dérivant la primitive on obtient bien la même fonction.
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Héhéhé
    Héhéhé
    Je ne comprends pas d'où sort ta primitive compliquée, la mienne est beaucoup plus simple et évite les problèmes.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    @Héhéhé : Oui, c'est sûr. Avec ton identité algébrique, on n'a plus besoin de primitive compliquée puisqu'on se ramène à un calcul de primitive bien connue  pour l'intégrale $\displaystyle \int_0^1 \frac{x^2}{1+x^6}dx$ en faisant le changement de variable  $u=x^3$.

    NB: C'est Wolfy qui m'a donné cette "primitive" infernale.
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • gerard0
    gerard0
    Bonjour.

    "C'est Wolfy qui m'a donné cette "primitive" infernale." C'est l'un des inconvénients du calcul formel :  Le calcul est fait sans vérification de cohérence.

    Cordialement.

  • JLapin
    JLapin
    Là, c'est plutôt l'utilisation faite de la primitive qui pose problème. Wolfram Alpha donne bien la réponse correcte au calcul de l'intégrale, en proposant au début du détail des calculs une DES dans $\R(X)$.

  • Fin de partie
    Fin de partie
    Tant que la primitive est correcte et utilisable (et c'est le cas ici) je ne vois rien à redire à la réponse de Wolfy.
    Mon problème n'était pas de trouver une primitive avec une forme esthétique mais une primitive utilisable immédiatement.  Pour certaines primitives Wolfy donne des résultats qui sont inutilisables, c'est vrai.

    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Modifié (October 2024)
    J'aurais pu simplifier ma primitive si je m'étais rappelé que:
    \begin{align}x\neq 1,\arctan\left(x^3\right)+\arctan x=\arctan\left(\frac{x}{1-x^2}\right)\end{align}

    PS:
    @Paco_del_Rey , la condition $x\neq 1$ n'est pas correcte, il faut la remplacer par $0\leq x<1$



    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • i.zitoussi
    i.zitoussi
    Merci @Héhéhé pour les détails.
    Après je bloque.
  • Paco_del_Rey
    Paco_del_Rey
    Fin de partie a dit :
    J'aurais pu simplifier ma primitive si je m'étais rappelé que:
    \begin{align}x\neq 1,\arctan\left(x^3\right)+\arctan x=\arctan\left(\frac{x}{1-x^2}\right)\end{align}
    Peu probable. le membre de gauche a une limite en 1, pas celui de droite. Je ne parle même pas de ce qui se passe en \( -1 \).
    Paco.
  • Math Coss
    Math Coss
    Au contraire du membre de gauche (en bleu ci-dessous), le membre de droite (en orange ci-dessous) n'est pas continu en $1$ mais l'égalité fonction à $\pi$ près. Ce qui est vrai, c'est que \[\tan(\arctan x^3+\arctan x)=\frac{x^3+x}{1-x^4}=\frac{x}{1-x^2}.\] C'est une simplification intéressante – qui me surprend.

  • Fin de partie
    Fin de partie
    Modifié (October 2024)
    @Paco_del_Rey : Tu as à moitié raison, la condition à prendre en compte est $0\leq x<1$ ici.
    On a la formule suivante si $xy<1$,
    \begin{align}\arctan x+\arctan y=\arctan\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)\end{align}
    On l'applique à $0\leq x<1$ et à $y=x^3$. (le produit $xy$ est strictement inférieur à $1$)
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • jean lismonde
    jean lismonde
    Bonjour

    L'intégrale initiale proposée FdP soit : $\int_0^{+\infty} \frac{1}{1+ x^6}dx = \frac{\pi}{3}$

    correspond bien pour n > 1 à l'identité :

    $$I_n = \int_0^{+\infty}\frac{1}{1+x^n}dx = \frac{\frac{\pi}{n}}{sin\frac{\pi}{n}}$$

    je signale l'autre intégrale semblable moins connue et convergente aussi pour n > 1 :
    $$J_n=\int_0^{+\infty}\frac{1}{1 - x^n}dx=\frac{\frac{\pi}{n}}{tan\frac{\pi}{n}}$$

    la valeur x = 1 dans la fonction intégrande correspond à un pôle simple pour tout n > 1
    et donc la divergence autour de ce pôle fait l'objet d'une compensation dans l'intégration

    pour n = 6 on obtient $\frac{\pi.\sqrt{3}}{6}=0,9068996821....$ que l'on trouve aussi avec le calcul de l'intégrale 
    $J_6 = \int_0^{1}\frac{1 + x^2}{1+ x^2 +x^4}dx$  obtenue après coupure de l'intervalle d'intégration 

    je signale que la calculatrice TI premium donne exactement ce résultat décimal directement à partir de l'intégrale

    Cordialement


  • Math Coss
    Math Coss
    Pour l'intégrale de $1/(1-x^n)$, il faut tout de même une petite manipulation autour de $1$...
  • Fin de partie
    Fin de partie
    J'imagine que cela signifie que:
    \begin{align}n>1,\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\left(\int_0^{1-\epsilon}\frac{1}{1-x^n}dx+\int_{1+\epsilon}^\infty\frac{1}{1-x^n}dx\right)=\frac{\frac{\pi}{n}}{\tan\left(\frac{\pi}{n}\right)}\end{align}


    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
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