Égalité d’intégrales
Réponses
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encore encore un exo du monthly
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J'ai déjà vu cette égalité. Il me semble avoir vu un papier où un type en donne plusieurs démonstrations.PS.Dans mon souvenir, les démonstrations les plus simples dudit papier utilisaient un changement de variable auquel on ne pense pas immédiatement.
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@ Fin de partie plus de détails sur cet article ? Auteur(s) ? Quelle revue ? Peut-on l’avoir en ligne. Merci
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@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.
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Faut-il utiliser les intégrales elliptiques ?
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Je pense que oui car ça fait bigrement penser à la moyenne arithmetico géométrique.
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@Etanche: Peut-on avoir ta source pour cette intégrale?
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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 $b$. -
Pour calculer ces intégrales avec les intégrales elliptiques, méthode analogue dans le lien suivant
https://math.stackexchange.com/questions/309760/help-computing-rational-square-root-integral?noredirect=1#mjx-eqn-2
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Je suis un peu sceptique sur le changement de variable proposé par Jandri.$\displaystyle u(x)=x-\dfrac{1}{x}$ pour $x>0$. On a $x=\dfrac{1}{2}\left(u+\sqrt{4+u^2}\right).$NB. $u(0)=-\infty$ et $u(+\infty)=+\infty.$
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Sir Edmund Taylor Whittaker (1873 - 1956) a droit au respect de son patronyme.e.v.
Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Fin de partie
Justement le $x$ se simplifie ! -
Si on prend $a=1,b=2$ L'intégrale dans le membre de gauche est donc : $\displaystyle J=\int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{{{x}^{4}}+6 {{x}^{2}}+1}}dx$On lui applique le changement de variable $u=x-\dfrac{1}{x}$, il vient :$\displaystyle J=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sqrt{{{u}^{2}}+4}+u}{\sqrt{2} \sqrt{{{u}^{2}}+4} \sqrt{{{u}^{2}}+8} \sqrt{u \sqrt{{{u}^{2}}+4}+{{u}^{2}}+2}}du$NB.Si vous doutez de l'égalité de ces deux intégrales:https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate+(sqrt(u^2+4)+u)/(sqrt(2)*sqrt(u^2+4)*sqrt(u^2+8)*sqrt(u*sqrt(u^2+4)+u^2+2)),u=-infinity,infinity
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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.
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Fin de partie
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. -
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
$$\int_0^{+\infty}\frac{dx}{\sqrt{ax^4+2(2b-a)x^2+a}}=\int_0^{+\infty}\frac{dt}{\sqrt{(t^2+a)(t^2+b)}}$$ -
Un peu déçu que l’on ait pas besoin des intégrales elliptiques.Ça fait quand même un exercice sur les changements de variable niveau 1ère année de taupe.
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$$…\int_0^{+\infty}\frac{dt}{\sqrt{(t^2+a)(t^2+b)}}$$
qui s’exprime avec l’intégrale elliptique de première espèce voir le post de Jack D’Aurizio
https://math.stackexchange.com/questions/3048848/gamma-function-related?noredirect=1
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Comme noté plus haut, ce sont des intégrales elliptiques !
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Bonjour
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.
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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*.*: je croyais avoir sauvegardé ce truc sous forme de PDF mais c'était vide.
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Pour se documenter sur M(a,b)
https://users.mai.liu.se/vlatk48/teaching/lect2-agm.pdf page 1 à 23
https://boxall.users.lmno.cnrs.fr/AGM.pdf
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La question initiale était donc le problème numéro 12324 du journal American mathematical monthly.
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@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".
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JLapin je l’avais dit déjà comment cet exercice m’est parvenu.etanche a dit :@ 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.
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.
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