intégrales
Bonjour à tous,
Je vous propose les intégrales suivantes dont le calcul - un peu laborieux - m'a amusé :
A / Intégrale de 0 a Pi/2 de Ln(1+(Sin(x))^4)).dx (déjà proposée par A-O mais je n'ai pas retrouvé son message et arrive à un résultat plus simple)
B / Intégrale de 0 a Pi/2 de Ln(1+(Sin(x))^4)).Sin(x)^2.dx
Brgds.
fjaclot;
[Pourquoi termines-tu par une injure : Brgds. toi-même ! :X AD]
Je vous propose les intégrales suivantes dont le calcul - un peu laborieux - m'a amusé :
A / Intégrale de 0 a Pi/2 de Ln(1+(Sin(x))^4)).dx (déjà proposée par A-O mais je n'ai pas retrouvé son message et arrive à un résultat plus simple)
B / Intégrale de 0 a Pi/2 de Ln(1+(Sin(x))^4)).Sin(x)^2.dx
Brgds.
fjaclot;
[Pourquoi termines-tu par une injure : Brgds. toi-même ! :X AD]
Réponses
-
Je crois qu'il s'agit de ces intégrales, si je n'ai pas fait d'erreur de recopie :
$\displaystyle I_1= \int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\log(1+\sin ^4(x))dx$
$\displaystyle I_2= \int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\log(1+{\sin ^4 (x)})\sin ^2 (x) dx$Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
Numériquement :
A) $ \displaystyle \int_0^{\pi/2}\ln(1+\sin ^4(x))dx = 0.44697499052529...$$ \displaystyle \int_0^{\pi/2}\ln(1+{\sin ^4 (x)})\sin ^2 (x) dx = 0.364576859392...$
Aucune de ces deux valeurs n'est reconnue par l'inverseur de Plouffe. -
Bonjour,
Pour la première, à partir du développement en série entière de $\ln(1+x)$, on voit apparaître les intégrales de Wallis :
\begin{align*}
\int_0^{\pi/2}\ln(1+\sin^4x)dx&=\int_0^{\pi/2}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin^{4n}x\,dx\\
&=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\int_0^{\pi/2}\sin^{4n}x\,dx\\
&=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\dfrac{(4n)!}{(4^n(2n)!)^2}\dfrac{\pi}{2}\\
&=-\dfrac{\pi}{2}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n}}{n16^n}\binom{4n}{2n}.
\end{align*}
On sait que
$$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\binom{2n}{n}x^n=\frac{1}{\sqrt{1-4x}},$$
on en déduit que
$$\sum_{n=1}^{+\infty}\binom{2n}{n}\frac{x^n}{n}=2\ln 2-2\ln(1+\sqrt{1-4x}),$$
puis en prenant la partie paire que
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{+\infty}\binom{4n}{2n}\frac{x^{2n}}{2n}&=2\ln 2-\ln\left((1+\sqrt{1-4x})(1+\sqrt{1+4x})\right)\\
&=2\ln 2-\ln\left(1+\sqrt{1-16x^2}+\sqrt{2}\sqrt{1+\sqrt{1-16x^2}}\right),
\end{align*}
donc
$$\sum_{n=1}^{+\infty}\binom{4n}{2n}\frac{x^{n}}{n}=4\ln 2-2\ln\left(1+\sqrt{1-16x^2}+\sqrt{2}\sqrt{1+\sqrt{1-16x^2}}\right).$$
C'est moche mais c'est comme ça. Pour $x=-\dfrac{1}{16}$ ça donne :
$$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n}}{n16^n}\binom{4n}{2n}=4\ln2-2\ln\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{2+2\sqrt{2}}\right),$$
et donc finalement
$$\int_0^{\pi/2}\ln(1+\sin^4x)dx=\pi\ln\left(1+\sqrt{2}+\sqrt{2+2\sqrt{2}}\right)-2\pi\ln2.$$
Ça correspond bien au résultat de Guego. -
Jolie preuve.
Reste à justifier la convergence uniforme sur $[0, \pi/2]$ de la série de fonctions
$$ \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin^{4n}x.$$
Pour cela on majore uniformément le reste de rang $n$ de cette série alternée
$$\forall x \in [0, \pi/2], \quad \left| \sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}\sin^{4k}x\right | \leq \frac{(\sin(x))^{4(n+1)}}{n+1} \leq \frac{1}{n+1}$$ -
Bonsoir,
Dans la preuve de Juge TI, je comprends tout sauf - et c'est certainement l'essentiel - le passage de la première ligne à la deuxième.
Pourquoi peut-on intervertir les signes "somme" et "intégrale"?
Merci pour l'explication,
Bien cordialement,
Clotho -
@ Spirale de Cornu : Voir le message de cargol. C'est la convergence uniforme qui permet d'intervertir $\sum$ et $\int$.
@ cargol : Merci.
Moi j'avais utilisé mon théorème d'interversion de limites préféré : le théorème de convergence a posteriori, qui dit que si à la fin on a le bon résultat, c'est qu'on avait le droit d'intervertir les limites. (:D -
bonjour
je confirme le résultat obtenu par Juge TI qui correspond à la valeur numérique annoncée par Guego pour l'intégrale I1
je propose une méthode directe qui évite les séries, méthode basée sur l'intégrale génératrice (pour |x| < 1):
intégrale de 0 à pi/2 de ln(1 - x cos²t).dt = pi.ln[1 + rac(1 - x)] - pi.ln2
et aussi sur la connaissance de cos(pi/8) = (1/2).rac[rac(2)+1]
factorisons l'expression: 1 + (sint)^4 = 1 + (1-cos²t)² = (1 - cos²t + i)(1 - cos²t - i) = 2.|1 - cos²t.(1+i)/2].[1 - cos²t.(1-i)/2]
l'intégrale I1 = (pi/2).ln2 + intégrale de 0 à pi/2 de ln[1 - cos²t.(1+i)/2].dt + intégrale de 0 à pi/2 de ln[1 - cos²t.(1-i)/2].dt
soit encore: (pi/2).ln2 + pi.ln[1 + rac(1/2 - i/2)] + pi.ln[1 + rac(1/2 + i/2)] - 2.pi.ln2
en réunissant les deux logarithmes il vient:
intégrale I1 = - (3pi/2).ln2 + pi.ln[1 + rac(2rac2).cospi/8 + 1/rac(2)]
soit encore: pi.ln[rac(2) + 1 +rac(2rac2+2)] - 2pi.ln2 = 0,44697499.....
cordialement -
Bomjour,
Je réponds tout d'abord a AD : BRgds est un salut depuis Londres : Best Regards !
[Ah bon, au mieux, je lisais : "Bande de Ringards".
Ce qui montre que le SMS (surtout en langue étrangère !) n'est pas souhaitable sur le forum. AD]
Ensuite, pour parvenir aux résultats proposes je suis parti de deux intégrales à paramètre, soit a :
- intégrale de 0 a Pi/2 de Ln(1+a.(Sin(x))^2).dx
- intégrale de 0 a Pi/2 de Ln(1+a.(Sin(x)^2).(Sin(x))^2.dx
que j'ai calculées en passant par leurs dérivées par rapport au paramétré a (méthode dite "Oumpapah")..
Puis il m'a suffi de calculer chacune d'entre elles en faisant a=+/-i (avec i^2=-1). sachant que 1+(Sin(x)^4)=(1+i.(Sin(x))^2).(1-i.(Sin(x))^2)
La première est bien égale au résultat donné par Juge Ti. On peut même la mettre sous une forme plus simple : Pi.Ln(1+rac2+rac2.rac(1+rac2))/4).
La seconde s'exprime de la même manière, mais est plus lourde.
fjaclot; -
Bonjour,
oui très intéressant ces intégrales mais,... il y a Maple non ?
int(log(1+sin(x)^4),x=0..Pi/2);
evalc(%);
Pi*ln((1/2+1/4*(2+2*2^(1/2))^(1/2))^2-1/8+1/8*2^(1/2))
*(imprimé sur 1 ligne)
evalf(%);
0.446974990525294928379198091717264466245453436724877753088641540857306134744933162739587657956190758329849845509697254629422396548000298484037415
C'est pas si complexe mais un nombre : Pi * log ( algébrique) + (un autre algébrique)
est trop compliqué à détecter même si on a 5.5 milliards de constantes sur disque,.
Cordialement,
Simon Plouffe -
Pour raviver ce fil de messages:
J'imagine que les méthodes précédentes ne fonctionnent pas pour:
$ \displaystyle \int_0^{\pi/2}\ln(1+\sin ^3(x))dx$Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
Bonjour,
pour l'intégrale donnée par Fin de partie, Maple donne
\[\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln (1 + {{\sin }^3}(x)){\rm{d}}x} = 2{\rm{Catalan}} - \frac{3}{2}\pi \ln \left( 2 \right) - {\rm{Im}}\left( {\mathop \sum \limits_{\scriptstyle x = RacineDe({P_1}(x) = 0)\hfill\atop
\scriptstyle y = RacineDe({P_2}(y) = 0)\hfill} \left( {{\rm{dilog}}\left( x \right) - {\rm{dilog}}\left( y \right)} \right)} \right)\]
avec
$\displaystyle{{{P_1}(x) = {x^4} - 2{x^3} + 6{x^2} - 8x + 4}}= \left( {{x^2} - 2{e^{i\frac{\pi }{3}}}(x - 1)} \right)\left( {{x^2} - 2{e^{ - i\frac{\pi }{3}}}(x - 1)} \right)$
$\displaystyle{{{P_2}(x) = {x^4} - 2(2 + i){x^3} + 6i{x^2} + 4(2 - i)x - 4}}=\left( {{x^2} - 2x - 2i{e^{i\frac{\pi }{3}}}(x - 1)} \right)\left( {{x^2} - 2x - 2i{e^{ - i\frac{\pi }{3}}}(x - 1)} \right)$
et $\displaystyle{{\rm{dilog}}\left( z \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{z^n}}}{{{n^2}}}}}$
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Bonjour!
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