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Intégrale mercredi 3 août

Modifié (3 Aug) dans Analyse
Bonjour
Calculer $$\int_{-1}^{1} \frac{\arccos(x)}{x^2+x+1}dx$$ Merci.

Réponses

  • Un petit indice s'il te plaît ? 
  • Je pense à un truc mais je n'en suis pas sûr... 
  • Modifié (4 Aug)
    Probablement remarquer qu'on a $\displaystyle \int_{-1}^{1} \frac{\arccos(x)}{x^2+x+1}dx=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{1}{x^2+x+1}dx-\int_{-1}^{1} \frac{\arcsin(x)}{x^2+x+1}dx$
    (pas sûr que cela mène bien loin).
  • Modifié (4 Aug)
    Tu as utilisé les propriétés de arccos, arcsin ? 
  • Le changement de variable $x=\cos\theta$ ainsi que le résultat renvoyé par Maple me laissent penser qu'il n'y a pas vraiment de réponse plus simple que l'intégrale elle-même.
  • Modifié (4 Aug)
    Wolfram donne une primitive avec le dilogarithme 
    https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate+arccos%28x%29%2F%28x%5E2%2Bx%2B1%29+dx
    peut-être dans le résultat y a du dilogarithme 
  • Mouais... 
  • WolframAlpha utilise des nombres complexes. Pour le fun, j'ai fait une DES du numérateur, dans $\C$ du coup, je trouve :
    $\dfrac{1}{x^2+x+1} = \dfrac{1}{(x-e^{2i\pi/3})(x-e^{-2i\pi/3})} = \dfrac{i\sqrt{3}}{3}\bigg(\dfrac{1}{x-e^{-2i\pi/3}} - \dfrac{1}{x-e^{2i\pi/3}}\bigg)$
    Si ma DES est correcte, peut-on en faire quelque chose d'utile ?
  • Modifié (4 Aug)
    Bonjour
    J'ai trouvé $I=\dfrac{7 \pi ^2}{12 \sqrt{3}}-\dfrac{\pi  \arctan\left(\frac{4 \sqrt{2} \sqrt[4]{3} \left(26-15 \sqrt{3}\right)}{112 \sqrt{3}-193}\right)}{4 \sqrt{3}}  \approx  3.25879$
    mais le calcul est long. 
  • On peut montrer que $\displaystyle \int_{-1}^{1} \frac{\arcsin x}{1+x+x^2}dx=\frac{2}{\sqrt{3}}\int_0^\infty \frac{\arctan\left(\frac{3+x^2}{(1+x^2)\sqrt{3}}\right)}{1+x^2}dx-\frac{\pi^2}{3\sqrt{3}}$
    Et après on a envie de faire le changement de variable $y=\dfrac{3+x^2}{(1+x^2)\sqrt{3}}$
    (les bornes seront $\displaystyle \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}$ )
  • Modifié (4 Aug)
    La valeur close donnée par Bd2017, m'a suggéré une idée: Supposons qu'une valeur close est de la forme $\dfrac{\pi\arctan \alpha}{\sqrt{3}}$ Avec $\alpha$ un nombre algébrique de degré $4$*. ? p 300;
    J=intnum(x=-1,1,aos(x)/(1+x+x^2));
    r=tan(J*sqrt(3)/Pi);
    lindep([r,1,r^2,r^3,r^4]) realprecision = 308 significant digits (300 digits displayed) %2 = [96, -33, 6, 96, 23]~On trouve une valeur $\alpha$ qui serait un nombre algébrique de degré $4$*: si on cherche un nombre algébrique de degré inférieur à $4$ cela échoue.
    PS. Dans le calcul précédent je prends la tangente d'un angle plus grand que $\dfrac{\pi}{2}$. Pour éviter ce problème il vaut mieux chercher une valeur close sous la forme: $\dfrac{2\pi\arctan \alpha}{\sqrt{3}}$
    Avec $\alpha$ un nombre algébrique de degré $4$ p 400;J=intnum(x=-1,1,acos(x)/(1+x+x^2));
    r=tan(J*sqrt(3)/Pi*1/2);
    lindep([1,r,r^2,r^3,r^4]) %9 = [-3, 24, -30, 24, -11]~
  • Modifié (4 Aug)
    Ce qui fait qu'une valeur close serait $\displaystyle \frac{2\pi}{\sqrt{3}}\arctan\left(\frac{1}{11} \left(6 + \sqrt{3} +2 \sqrt{14 \sqrt{3} - 15}\right)\right)$
  • Modifié (4 Aug)
    Si on fait le changement de variable suggéré plus haut on obtient :
    $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\arctan\left(\frac{3+x^2}{(1+x^2)\sqrt{3}}\right)}{1+x^2}dx=\frac{3^{\frac{1}{4}}}{2}\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\frac{\arctan u}{\sqrt{\sqrt{3}-u}\sqrt{u\sqrt{3}-1}}du$
    Après on a envie d'enchaîner avec le changement de variable $y=\dfrac{1}{u}$ mais on arrivera pas à faire disparaître, hélas, l'arctangente du fait des racines carrées au dénominateur on va récupérer un facteur $1/u$
    Cela me semble plus prometteur d'introduire $\displaystyle F(a)=\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\frac{\arctan(au)}{\sqrt{\sqrt{3}-u}\sqrt{u\sqrt{3}-1}}du$ du fait que la dérivée de l'intégrande par rapport à la variable $a$ semble avoir une primitive pas trop laide quand on intègre en fonction de $u$.
  • Modifié (4 Aug)
    Fin de partie a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2372984/#Comment_2372984
    On peut montrer que $\displaystyle \int_{-1}^{1} \frac{\arcsin x}{1+x+x^2}dx=\frac{2}{\sqrt{3}}\int_0^\infty \frac{\arctan\left(\frac{3+x^2}{(1+x^2)\sqrt{3}}\right)}{1+x^2}dx-\frac{\pi^2}{3\sqrt{3}}$
    Comment on arrive à cette égalité ?Merci
  • Changement de variable $u=\arcsin x$ puis intégration par parties, puis changement de variable $x=\cot x$.
  • Modifié (5 Aug)
    Une méthode sans doute plus simple: \begin{align}J&=\int_{-1}^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2}dx\\ &=\int_{0}^1 \frac{\frac{\pi}{2}+\arcsin x}{1-x+x^2}dx+\int_0^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2}dx\\ &=\frac{\pi^2}{3\sqrt{3}}+\int_0^1 \frac{\arcsin x}{1-x+x^2}dx+\int_0^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2}dx\\ &\overset{u=\frac{1-x}{1+x}}=\frac{\pi^2}{3\sqrt{3}}+\int_0^1 \frac{\pi-4\arctan(\sqrt{u})}{1+3u^2}du+\int_0^1 \frac{4\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du\\ &=\frac{2\pi^2}{3\sqrt{3}}-\int_0^1 \frac{4\arctan(\sqrt{u})}{1+3u^2}du+\int_0^1 \frac{4\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du\\ &=\frac{2\pi^2}{3\sqrt{3}}-4\int_0^1 \frac{\arctan(\sqrt{u})}{1+3u^2}du+4\bigg(\int_0^\infty \frac{\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du-\underbrace{\int_1^\infty \frac{\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du}_{z=\frac{1}{u}}\bigg)\\ &=\frac{2\pi^2}{3\sqrt{3}}-4\Big(\int_0^1 \frac{\arctan(\sqrt{u})}{1+3u^2}du+\int_0^1 \frac{\arctan\big(\frac{1}{\sqrt{z}}\big)}{1+3z^2}dz\Big)+4\int_0^\infty \frac{\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du\\ &=4\int_0^\infty \frac{\arctan(\sqrt{u})}{3+u^2}du\\ \end{align} Après on a envie d'introduire $\displaystyle F(a)=\int_0^\infty \frac{\arctan(a\sqrt{u})}{3+u^2}du$
  • @ Fin de partie tu es un génie pour les calculs d’intégrales 
  • Modifié (5 Aug)
    @etanche: J'avais déjà calculé un truc comme ça* car c'est à cette occasion que j'ai rencontré les identités, pour $0\leq x\leq 1$:
    \begin{align} \arcsin\left(\frac{1-x}{1+x}\right)&=\frac{\pi}{2}-2\arctan\left(\sqrt{x}\right)\\\arccos\left(\frac{1-x}{1+x}\right)&=2\arctan\left(\sqrt{x}\right)\end{align}
    Le résultat final est donc: $\boxed{\displaystyle \int_{-1}^{1} \frac{\arccos(x)}{x^2+x+1}dx=\dfrac{4\pi^2}{3\sqrt{3}}-\dfrac{2\pi}{\sqrt{3}}\arctan\left(\sqrt{3+2\sqrt{3}}\right)}$ *: je m'en suis souvenu quand j'ai pensé à faire le changement de variable $u=\dfrac{1-x}{1+x}$
    PS.
    Est-ce que $\sqrt{3+2\sqrt{3}}$ est la tangente d'un angle remarquable? Wolfy ne semble pas de cet avis.
  • Modifié (5 Aug)
    ? \p 200
    r=atan(sqrt(3+2*sqrt(3)))/Pi;
    lindep([1,r,r^2,r^3,r^4])
    %3 = [8821489149531819365978870294898, -61061596227811700824488235359158, 96114185557034829361314483137396, -44239872228442594444941441125459, 139731881664842207378918565766024]~
    Ce qui suggère qu'on n'arrivera pas à exprimer l'arctangente en un produit de $\pi$ par une racine d'un polynôme de degré $4$
    (donc en particulier comme un rationnel fois $\pi$)
  • A noter que sauf erreur on a  $\tan^{-1}\left(\sqrt{3+2\sqrt{3}}\right)=\cos^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}\right)$.

  • Modifié (5 Aug)
    Qu’en est-il pour $$K=\int_{-1}^{1} \frac{\arccos(x)}{P(x)} dx\qquad\text{ou}\qquad L=\int_{0}^{1} \frac{\arccos(x)}{P(x)}dx,$$avec $P(x)$ d’autres polynômes autres que $x^2+1,\ x^2+x+1$ qui ne s’annulent pas sur $[-1;1]$ peut-on trouver la valeur de l’intégrale ?
    par exemple $P(x)=x^4+1$ pour $K$ ou $L$
    $P(x)=x^3+1$ pour $L$ ?
  • Modifié (5 Aug)
    \[P\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=\frac{\left( c-b+a\right)  {{x}^{2}}-2 \left( c-a\right)  x+c+b+a}{{{\left( x+1\right) }^{2}}},\]
    avec $P(x)=a+bx+cx^2$.
    Dans les calculs que j'ai faits plus haut on avait $a=c$ ce qui supprime le terme en $x$.
  • On peut peut-être arriver à calculer $\displaystyle \int_0^1 \frac{\arccos x}{1+x+x^2+x^3}dx=\int_0^1 \frac{(1+x)\arctan\left(\sqrt{x}\right)}{1+x^2}dx$
  • Modifié (5 Aug)
    Merci
    @etanche : ce serait courtois de référencer les exos que tu proposes pour qu'on puisse savoir si on a affaire à un exo inventé, une question ouverte, un post d'un autre forum, etc. Ca aide un peu à organiser les éventuelles recherches de ces énoncés bien intéressants pour la plupart.
    Merci (ça pour le coup, on ne peut que saluer cette marque de politesse bien présente à chacun de tes messages elle).
  • Modifié (6 Aug)
    @Jlapin: Je me suis posé la même question, à savoir, s'il n'y a pas de valeur donnée pour l'intégrale est-ce que cela vaut la peine d'y consacrer du temps alors qu'il se pourrait que l'intégrale n'ait aucune valeur remarquable.
    Pour la décharge d'Etanche on remarquera que les calculs d'intégrales qu'il a postés sont quasiment tous issus du journal American mathematical monthly  et les dates à laquelle il poste ces problèmes correspondent aux dates de  livraisons de problèmes sur le site qui publie l'AMM*.
    Je lui ai demandé par MP d'où venait ce problème et la réponse qu'il m'a donnée me fait penser qu'il en ignorait réellement l'origine.
    *: et si on n'a pas d'accès à ces problèmes on attend que l'excellent Tauraso ait traité ledit problème pour avoir la confirmation que c'était bien un problème de l'AMM.
  • Modifié (6 Aug)
    @ JLapin Un ami me l’a envoyé.
  • Modifié (6 Aug)
    Donc, Etanche, tu as des amis qui te font faire les exercices de l'AMM, et tu les fais faire par les costauds du forum. Ce n'est pas hors charte, ça ???
  • Modifié (6 Aug)
    Je ne vois vraiment pas pourquoi vous vous étonnez
    C'est le jeu
    Etanche est Etanche (et pas quelqu'un d'autre)
    Pour rappel concernant ses sources
    On parle d'étanchéité dans le domaine de la communication et de l'information quand des moyens de protection contre la diffusion sont mis en place. Des accords de confidentialité sont souvent mis en place pour garantir l'étanchéité de l'information de l'intérieur vers l'extérieur des entreprises.
     Dieter Skiba "Schaut auf die sterbenden Mächte"
  • Modifié (6 Aug)
    Cet exercice avec des questions intermédiaires peut faire un bon TD maths spé en deux parties 
    avec en première partie le calcul de 
    https://math.stackexchange.com/questions/2635503/definite-integral-int-11-frac-arccos-leftx-right1x2dx?noredirect=1
  • Modifié (6 Aug)
    On imagine bien que tu as des sources du type de celles que tu cites. Il me semblerait normal de les donner systématiquement quand tu proposes l'exercice. Je ne comprends pas pourquoi cette règle élémentaire de courtoisie n'est pas appliquée à chaque fois. Quant à ton ami qui t'envoie des problèmes d'un journal mathématique sans citer sa source, tu pourrais également lui demander de les citer la fois prochaine.
    Merci.
  • Modifié (6 Aug)
    JLapin: Qu'est-ce que cela apporte si la source est "un ami me l'a envoyé" ? La prochaine fois on espère que son ami donnera sa source.
    C'est bien d'indiquer un numéro de problème de l'AMM pour faciliter des recherches futures sur le forum.
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