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]

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...$
    B) $ \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
  • @Juge TI : merci pour la précision sur la justification de l'interversion somme-intégral

    Bonne journée,

    Cordialement
    Clothoide
  • 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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