Une intégrale avec valeur absolue

gebrane · December 2021

Bonjour

En quête de la valeur exacte d'une intégrale, j'ai simplifié en l'intégrale ci-dessous pour ne discuter que le signe de $\cos(nx)$. Calculer $$I_n=\int_0^{2\pi} |\sin(x)\cos(nx)|dx$$

D'abord $\pi$ est une période, donc $I_n=2\int_0^{\pi} |\sin(x)\cos(nx)|dx$. Une idée qui marche est de partager le segment $[0,\pi]$ en des intervalles où le signe de $\cos(nx)$ est constant. Une petite réflexion montre que $\cos(x)$ est constant sur les intervalles $I_k=[\frac{\pi}2 (2k-1);\frac{\pi}2 (2k+1)]$, plus précieusement $\forall x\in I_k,\ |\cos(x)|=(-1)^k \cos(x)$

On ecrit $$I_n=J_n+K_n+L_n$$ avec

$J_n=\int_0^{\frac{\pi}{2n}} |\sin(x)\cos(nx)|dx,\quad$ $K_n=\sum_{k=1}^{n-1} \int_{\frac{\pi}{2n} (2k-1)}^{\frac{\pi}{2n} (2k+1)} |\sin(x)\cos(nx)|dx$ et $L_n=\int_{\frac{\pi}{2n} (2n-1)}^{\pi} |\sin(x)\cos(nx)|dx$

Faire disparaitre les valeurs absolues et démontrer que $$I_n=\frac{2(n-\sin(\pi/(2n)) }{ (n^2-1)\sin(\pi/2n)}$$

etanche · December 2021

Et pour l’intégrale intrigante

gebrane · December 2021

@ etanche De mon l'iPhone, ce n'est pas l'objectif de ce fil. Son tour viendra

gebrane · December 2021

J'ai oublié de multiplier par 2, plutôt $\ I_n=\dfrac{4(n-\sin(\frac{\pi}{2n}) }{ (n^2-1) \sin(\frac{\pi}{2n}) }$
Vérification pour n=5 https://www.wolframalpha.com/input/?i=\frac{4(5-\sin(\pi/(10))+}{+(5^2-1)\sin(\pi/10)}-+\int_0^{2\pi}++(+|\sin(x)\cos(5x)|+)+dx+

Quentino37 · December 2021

Ça à l'air "plutôt simple" comme intégrale, il suffit de transformer $\displaystyle \sin(x)\cos(nx)$ en $\displaystyle | \frac{\sin((n+1)x)+\sin((1-n)x)}{2} |$ avec les exponentielles après, on coupe astucieusement l'intégrale avec les racines de la fonction puis on calcule la somme des intégrales

Je vais essayer de continuer sur cette piste

gebrane · December 2021

Bonjour mon champion @Quentino37
Je suis impatient de voir tes calculs.
Dommage le calcul intégral ne suscite pas un grand intérêt des autres. Pour moi ce calcul est un sudoku

raoul.S · December 2021

@gebrane est-ce que toi non plus, comme ton champion, tu n'as pas appris par cœur la formule des racines d'un polynôme du deuxième degré avec le discriminant ? (cf. https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2333968/#Comment_2333968 ).

PS. ce serait une preuve supplémentaire que tu es Quentino37

gebrane · December 2021

@raoul.S Chacun de nous rêve d'etre un @Quentino37.

Quentino37 · December 2021

gebrane a dit :

@raoul.S Chacun de nous rêve d'etre un @Quentino37.

il ne faut quand même pas exagérer

raoul.S · January 2022

gebrane et son amour des intégrales... ça me rappelle cette séquence d'un fameux film culte.

@Quentino37 gebrane te flatte car il veut te transformer... en intégrateur 🤣

Quentino37 · January 2022

je n'ai pas compris la blague.

gebrane · January 2022

@Quentino37 Ce n'est pas une blague, car @raoul.S a subi le même sort, je l'ai transformé en intégrateur, la preuve

https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2334046/#Comment_2334046

Quentino37 · January 2022

Voila mes calculs (j'ai pris du temps à tout recopier (2 fois car l'onglet s'est fermé) en latex, j'espère ne pas avoir fait d'erreur de signe ou des fautes de frappes) : $$\frac{1}{2}\Big(\int_0^{\frac{\pi}{2n}} \sin((n+1)x)+dx + \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^k \int_{\frac{\pi}{2n} (2k-1)}^{\frac{\pi}{2n} (2k+1)} \sin((n+1)x) dx + (-1)^n \int_{\frac{\pi}{2n} (2n-1)}^{\pi} \sin((n+1)x) dx\Big)+\frac{1}{2}\Big(\int_0^{\frac{\pi}{2n}} \sin((1-n)x)dx + \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^k \int_{\frac{\pi}{2n} (2k-1)}^{\frac{\pi}{2n} (2k+1)} \sin((1-n)x) dx + (-1)^n \int_{\frac{\pi}{2n} (2n-1)}^{\pi} \sin((1-n)x)dx \Big) = \frac{1}{2n+2}\Big(\sin(\frac{\pi}{2n}) + 1+\sum_{k=1}^{n-1} \big(\sin(\frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{2n})+ \sin(\frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{2n})\big)+ \sin(\frac{\pi}{2n})\ + 1\Big)+\frac{1}{2-2n}\Big(-\sin(\frac{\pi}{2n}) - 1- \sum_{k=1}^{n-1} \big(\sin(\frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{2n})+\sin(\frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{2n})\big) - \sin(\frac{\pi}{2n}) - 1\Big)$$ Ça ce simplifie un peu et on obtient : $$\Big(\frac{1}{2+2n}-\frac{1}{2-2n}\Big)\Big(2\sin(\frac{\pi}{2n}) + 2+\sum_{k=1}^{n-1} \big(\sin(\frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{2n})+ \sin(\frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{2n})\big)\Big)=\Big(\frac{n}{1-n^2}\Big)\Big(2\sin(\frac{\pi}{2n}) + 2+\sum_{k=1}^{n-1} \big(\sin(\frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{2n})+ \sin(\frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{2n})\big)\Big)$$ En étant astucieux, on pourrait peut-être faire une somme télescopique en transformant les sinus en cosinus :

gebrane · January 2022

@Quentino37 Tu n'as pas terminé tes calculs pour calculer la somme sur les $k$. Avec ma méthode le calcul de $K_n$ se fait ainsi (On sait calculer une primitive de $\sin (px) \cos (qx)$ et calculer la somme des $n$ premiers terme de $\sin(ak)$) $K_n=\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} \int_{\frac{\pi}{2n} (2k-1)}^{\frac{\pi}{2n} (2k+1)} |\sin(x)\cos(nx)|dx =\sum_{k=1}^{n-1} (-1)^k \int_{\frac{\pi}{2n} (2k-1)}^{\frac{\pi}{2n} (2k+1)} \sin(x)\cos(nx)dx=\sum_{k=1}^{n-1} (-1)^k \Big( \frac{(-1)^k 2n\cos(\frac{\pi}{2n})\sin(\frac{k\pi}{n})}{n^2-1}\Big) = \frac{ 2n\cos(\frac{\pi}{2n})}{n^2-1} \sum_{k=1}^{n-1} \sin(\frac{k\pi}{n}) =\frac{ 2n\cos(\frac{\pi}{2n})}{n^2-1} \cot(\frac{\pi}{2n})==\frac{ 2n\sin(\frac{\pi}{2n})}{n^2-1} .$