Une intégrale difficile
Bonjour,
je n’arrive pas à terminer la preuve :
il s’agit de montrer que l’intégrale entre 0 et + l’infini de ln(cos^2x)/x^2= -Pi.
j’ai fait une intégration par parties mais en vain.
je n’arrive pas à terminer la preuve :
il s’agit de montrer que l’intégrale entre 0 et + l’infini de ln(cos^2x)/x^2= -Pi.
j’ai fait une intégration par parties mais en vain.
Merci de m’aider.
[Avec $\LaTeX$, c'est plus attirant. AD] $$\int_0^{+\infty} \frac{\ln(\cos^2 x)}{x^2} dx = -\pi$$
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Réponses
A quel niveau peut-on se placer ? Tu fais de l'analyse complexe?
Sinon, c'est une jolie illustration de l'emploi de la formule intégrale de Lobachevsky appliquée à $f(x)=\frac{\ln(\cos^2(x))}{\sin^2(x)}$
qui donne : $I=\displaystyle \int_0^\infty \frac{\ln(\cos^2(x))}{x^2} dx= \int_0^{\pi/2} \frac{\ln(\cos^2(x))}{\sin^2(x)} dx$.
On peut bien sûr montrer à la main cette égalité. Pour cela on découpe l'intégrale de 0 à l'infini en une somme d'intégrale sur $[k\pi,(k+1)\pi]$, on permute somme et intégrale et on utilise le développement de $\displaystyle \frac{1}{\sin^2(x)}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(x+n\pi)^2}$ pour $x\notin\pi\Z$.
L'intégrale $\displaystyle I=\int_0^{\pi/2} \frac{\ln(\cos^2(x))}{\sin^2(x)} dx$ se calcule bien par IPP avec $u=\ln(\cos^2(x))$ et $v=- cotan(x)$ et on obtient finalement $I=0-2\times \frac{\pi}{2}=-\pi$.
La méthode proposée par Gebrane avec le calcul (en valeur principale) de $\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\tan(x)}{x} dx=2\int_0^{+\infty}\frac{\tan(x)}{x} dx$ est aussi une excellente idée. Il faut de toute façon aussi un peu travailler pour cette méthode, soit par exemple avec le développement de la fonction cotangente, soit en utilisant la fonction Digamma.
Ce qui est marrant, c'est que pour le calcul de $\int_0^{+\infty}\frac{\tan(x)}{x} dx$, on peut refaire un coup de la formule de Lobachevsky sous la forme $\int_0^\infty g(x) \frac{\sin(x)}{x} dx=\int_0^{\pi/2} g(x) dx$.
En fait ça dépend fortement du cadre dans lequel cet exercice est posé et surtout avec quels résultats utilisables.
la méthode proposée par jnico et basée sur le développement en fractions du second degré
de $\frac{1}{sin^2x}$) est ingénieuse et donne en effet le résultat
pour répondre à l'objection de Fin de partie à propos de la convergence
de l'expression $\frac{-ln(cos^2x)}{tanx}$ calculée de 0 à $\frac{\pi}{2}$
on peut décomposer cette expression en 2 fractions $- \frac{ln(1+sinx)}{tanx} - \frac{ln(1-sinx)}{tanx}$
calculées sur les mêmes bornes et dont la convergence vers 0 est certaine
Cordialement
En revanche l'intégrale $\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{\ln(\cos^2 x)}{x^2} dx$ est bien convergente.
l'intégrale $\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{tanx}{x}dx$ est en effet clairement divergente
car sur la borne supérieure une primitive de tan(x) soit -ln(cosx) tend +oo
mais dans l'intervalle d'intégration [0 ; +oo[
sur les pôles $\frac{\pi}{2}$ ; $\frac{3\pi}{2}$ ; $\frac{5\pi}{2}$........$\frac{(2n-1)\pi}{2}$
il existe à chaque fois compensation de divergence dans l'intégration (entre - oo et +oo)
les discontinuités de la fonction primitive sont en quelques sortes digérées dans l'intégration
et l'intégrale $\int_0^{+oo}\frac{tanx}{x}dx$ est bien égale à $\frac{\pi}{2}$
Cordialement
Ajout
@etanche bonjour,
puisque sur tu es le roi des liens. Peux-tu nous trouver stp un lien qui calcule la vp de $\int_0^{+oo}\frac{tanx}{x}dx$
notre ami Chaurien parle d'alter-mathématique lorsque j'évoque les compensations de divergence dans une intégration
non il s'agit d'un raisonnement simple de limites ; prenons l'exemple trivial :
$I = \int_0^2\frac{1}{x - 1}dx$
la fonction à intégrer subit dans l'intervalle [0 ; 2] une discontinuité en x = 1
mais qui fait l'objet dans l'intégration d'une compensation de divergence de chaque côté du pôle x = 1
en effet I = limite pour t tendant vers 0 de $[ln|x-1|]_0^{1-t}$ + limite pour t tendant vers 0 de $[ln|x-1|]_{1+t}^2$
soit encore I = limite de ln|t| - limite ln|t| lorsque t tend vers 0
soit encore $I = ln\frac{t}{t} = ln1 = 0$
je signale que l'intégrale paramétrée $I_n = \int_0^{+oo}\frac{1}{(1-x)(2-x)(3-x)........(n-x)}$
est parfaitement définie (il existe n compensations de divergence autour des n pôles dans l'intégration)
son résultat dépend de n suivant une expression assez lourde
pour n = 3 alors $I_3=\int_0^{+oo}\frac{1}{(1-x)(2-x)(3-x)}dx= \frac{1}{2}ln\frac{3}{4}$
Cordialement