@Etanche: Je ne m'en souviens plus pour l'instant mais si on avait le numéro du problème de l'AMM que tu as utilisé cela aiderait à retrouver ledit article.
Ce sont des intégrales elliptiques mais on ne demande pas de les calculer.
Le changement de variable $t=x-\dfrac1x$ dans l'une des intégrales suivi d'un changement de variable très simple donne une intégrale symétrique en $a$ et $b$.
Le changement de variable $x=\tan(\frac{t}{2})$ me parait approprié.
On obtient directement que \[\int_0^{+\infty}\frac{dx}{\sqrt{ax^4+2(2b-a)x^2+a}}=\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\frac{dt}{\sqrt{a\cos^2(t)+b\sin^2(t)}}\] et il suffit alors d'utiliser la $\pi$-périodicité et le changement de variable $t\mapsto \frac{\pi}{2}-t$ pour conclure.
[Edit] J'ai rajouté le facteur $\frac{1}{2}$ que j'avais oublié et que @jandri m'a signalé.
bisam C'est très joli (il manque seulement un coefficient 1/2). Le changement de variable que j'ai proposé nécessite de résoudre une équation du second degré mais il conduit aussi à une belle intégrale $$\int_0^{+\infty}\frac{dx}{\sqrt{ax^4+2(2b-a)x^2+a}}=\int_0^{+\infty}\frac{dt}{\sqrt{(t^2+a)(t^2+b)}}$$
Ce problème est en fait un des derniers problèmes parus du journal American mathematical monthly. J'ai oublié de noter le numéro de ce problème désolé*.
@JLapin: sauf si Etanche, ou un de ses amis, a accès à une connexion internet dans un centre universitaire il ne pouvait pas connaître précisément l'origine de ce problème car ce journal n'est pas en accès libre et l'article en question n'a pas encore été "dupliqué".
@ Fin de partie un ami de l’université de Sidney Australie me l’a envoyé, me demandant si j’avais quelques pistes pour prouver cette égalité.
Si j’ai du temps j’irai feuilleter Whitaker Watson course modern analysis en bibliothèque.
JLapin je l’avais dit déjà comment cet exercice m’est parvenu. Cet exercice est plus une blague car avec un changement de variable on tombe sur L(a,b).
Merci jmf, Fin de partie, Boécien, ev, bisam, Math Coss, jean lismonde, jandri pour vos retours.
Réponses
Le changement de variable $t=x-\dfrac1x$ dans l'une des intégrales suivi d'un changement de variable très simple donne une intégrale symétrique en $a$ et $b$.
https://math.stackexchange.com/questions/309760/help-computing-rational-square-root-integral?noredirect=1#mjx-eqn-2
Justement le $x$ se simplifie !
J'ai fait un calcul plus simple mais tu peux retrouver mon résultat en calculant $(u+\sqrt{u^2+4})^2$ et en simplifiant la fraction.
C'est très joli (il manque seulement un coefficient 1/2).
Le changement de variable que j'ai proposé nécessite de résoudre une équation du second degré mais il conduit aussi à une belle intégrale
$$\int_0^{+\infty}\frac{dx}{\sqrt{ax^4+2(2b-a)x^2+a}}=\int_0^{+\infty}\frac{dt}{\sqrt{(t^2+a)(t^2+b)}}$$
https://math.stackexchange.com/questions/3048848/gamma-function-related?noredirect=1
On connaît la moyenne arithmético-géométrique L(a ; b) de deux nombres a et b positifs définie par :
$\frac{\pi}{2L(a;b)} = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{a^2sin^2u+b^2cos^2u}}du=\int_0^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{(a^2+t^2)(b^2+t^2)}}dt$
en acceptant le résultat de jandri , l'intégrale initiale est alors égale à $\frac{\pi}{2L(\sqrt{a};\sqrt{b})}$ qui est bien symétrique en a et b
pour a = 1 et b = 2 alors l'intégrale initiale est $\int_0^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{(1+t^2)(2+t^2)}}dt = \frac{\pi}{2L(1; \sqrt{2})}=\omega$
avec $\omega$ la constante de la lemniscate égale à $\int_0^1\frac{du}{\sqrt{1-u^4}}=1,311028777146....$
Cordialement.
https://users.mai.liu.se/vlatk48/teaching/lect2-agm.pdf page 1 à 23
https://boxall.users.lmno.cnrs.fr/AGM.pdf
Cet exercice est plus une blague car avec un changement de variable on tombe sur L(a,b).