Intégrale double lundi 24 octobre

etanche · October 2022

Bonjour
Calculer $$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}(1+xy)}dxdy.$$ Merci.

Fin de partie · October 2022

@Etanche: Source s'il te plait?

Fin de partie · October 2022

Le résultat est $2G$ . $G$ étant la constante de Catalan.

Fin de partie · October 2022

Le calcul est aisé. On applique les changements de variable $u=\dfrac{1-x}{1+x},v=\dfrac{1-y}{1+y}$ la suite du calcul coule de source.

On enchaîne avec les changements de variable $=\sqrt{u},=\sqrt{v}$ etc

gebrane · October 2022

Je pense qu'on peut intégrer deux fois des intégrales simples
$$\int_{0}^{1}\frac 1{\sqrt{1-y^2}}( \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}(1+xy)}dx)dy.$$
On a deja traité sur le forum le calcul de $\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}(1+ax)}dx$ me semble-il !?
Je laisse les calculs pour etanche

jandri · October 2022

Les changements de variable classiques $x=\cos u$, $y=\cos v$ suivis du passage à $\tan(u/2)$ et $\tan(v/2)$ conduisent à la même intégrale que ceux de Fin de partie.

Fin de partie · October 2022

$0\leq a\leq 1$
\begin{align}J&=\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}(1+ax)}dx\\
&\overset{u=\frac{1-x}{1+x}}=\int_0^1 \frac{1}{\Big(1+a+(1-a)u\Big)\sqrt{u}}du\\&\overset{z=\sqrt{u}}=2\int_0^1 \frac{1}{1+a+(1-a)z^2}dz\\&=\frac{2}{1+a}\int_0^1 \frac{1}{1+\frac{1-a}{1+a}z^2}dz\\&\overset{w=\sqrt{\frac{1-a}{1+a}}z}=\frac{2}{\sqrt{1-a^2}}\int_0^{\sqrt{\frac{1-a}{1+a}}} \frac{1}{1+w^2}dw\\
&=\frac{2\arctan\left(\sqrt{\frac{1-a}{1+a}}\right)}{\sqrt{1-a^2}}\end{align}
NB. Si on veut calculer \begin{align}J&=\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}(1+ax)}dadx\end{align} le changement de variable $\displaystyle b=\sqrt{\frac{1-a}{1+a}}$ est sûrement pertinent.

PS. Même chose pour \begin{align}J&=\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-a^2}(1+ax)}dadx\end{align}
On commence par intégrer en fonction de $x$.

etanche · October 2022

Et avec trois variables
$$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-z^2}(1+xyz)}dxdydz$$
Peut-on exprimer l’intégrale avec des constantes classiques ?
Merci

Fin de partie · October 2022

\begin{align}J&=\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-z^2}(1+xyz)}\\
&\overset{u=\frac{1-x}{1+x},v=\frac{1-y}{1+y},w=\frac{1-z}{1+z}}=\int_0^1 \int_0^1\int_0^1\frac{4}{1+u^2v^2+u^2w^2+v^2w^2}dudvdw\\
&=\int_0^1 \int_0^1\frac{1}{1+v^2w^2}\left(\int_0^1\frac{4}{1+\frac{u^2(v^2+w^2)}{1+v^2w^2}}du\right)dvdw\\
&\overset{z(u)=u\sqrt{\frac{v^2+w^2}{1+v^2w^2}}}=4\int_0^1 \int_0^1\sqrt{\frac{1+v^2w^2}{v^2+w^2}}\left(\int_0^{\sqrt{\frac{v^2+w^2}{1+v^2w^2}}}\frac{1}{1+z^2}dz \right)dvdw\\
&=4\int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+v^2w^2}\sqrt{v^2+w^2}}\arctan\left(\sqrt{\frac{v^2+w^2}{1+v^2w^2}}\right)dvdw\\
&\overset{y(v)=\sqrt{\frac{v^2+w^2}{1+v^2w^2}}}=4\int_0^1 \left(\int_w^1\frac{\arctan y}{\sqrt{y^2-w^2}\sqrt{1-w^2y^2}}dy\right)dw\\
\end{align}

Après, j'avais envie de faire une intégration par parties (en intégrant en fonction de $w$) mais je crains que le résultat de tout ceci ne soit pas facilement calculable (d'autant plus que je ne sais pas calculer la dérivée de la fonction $\displaystyle \int_w^1 (...)dy$

etanche · October 2022

Question ouverte
Calculer pour $n\geq 3$
$$E_n=\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} …\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x_1^2}…\sqrt{1-x_n^2}(1+x_1…x_n)}dx_1…dx_n$$
Hélas il n’y a pas de récompense.

gebrane · October 2022

Si je trouve une preuve, comment recevoir le prix ? Un montant égale au salaire brut de 2 mois me tente bien

Fin de partie · October 2022

Le problème initial est le problème 2152 du dernier Mathematics magazine.

(ce serait bien de fournir des sources à l'avenir).

gebrane · October 2022

Il se fait de l'argent sur nos dos ?

JLapin · October 2022

Fin de partie a dit :

(ce serait bien de fournir des sources à l'avenir)

Malheureusement, malgré des demandes répétées, ça n'arrivera jamais, l'OP se réfugiant derrière des justifications du genre "un ami m'a envoyé une carte postale avec ce problème"...

gebrane · October 2022

On organise une manifestation pour

boycotter

les énoncés sans source de etanche

Fin de partie · November 2022

j'avais commencé à essayer de convertir la dernière intégrale en série. Je doute que cela aide à son calcul.

\begin{align}K(n)&=\int_0^1 \frac{x^n}{\sqrt{1-x^2}}dx\\&\overset{u=x^2}=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{u^{\frac{n-1}{2}}}{\sqrt{1-u}}du\\
&=\frac{1}{2}\text{B}\left(\frac{n+1}{2},\frac{1}{2}\right)\\
&=\frac{1}{2}\times\frac{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}+\frac{1}{2}\right)}\\
&=\frac{1}{2}\times\frac{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{n}{2}+1\right)}\\
&=\frac{\sqrt{\pi}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)}{n\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}\\
\end{align}Or, on a:\begin{align}z>0,\Gamma\left(z\right)\Gamma\left(z+\frac{1}{2}\right)=2^{1-2z}\sqrt{\pi}\Gamma\left(2z\right)\end{align}
donc, si $z=\dfrac{n}{2}$, on a:
\begin{align}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)=\frac{2^{1-n}\sqrt{\pi}(n-1)!}{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}\end{align}Ainsi,\begin{align}K(n)=\frac{\pi n!}{2^{n-1}n^2\Gamma^2\left(\frac{n}{2}\right)}\end{align}
\begin{align}\int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-z^2}(1+xyz)}dxdydz&=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^nK(n)^3\\
&=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n\pi^3 (n!)^3}{ 2^{3n-3}n^6\Gamma^6\left(\frac{n}{2}\right)}\\
&=\sum_{k=0}^\infty \frac{\pi^3 (2k)!^3}{ 2^{6k+3}k^{12}(k-1)!^6}-\sum_{k=0}^\infty \frac{\pi^3 (2k+1)!^3}{2^{6k}(2k+1)^6\Gamma^6\left(k+\frac{1}{2}\right)}
\end{align}

On peut faire apparaître très certainement des coefficients binomiaux mais je crains que cela n'aide pas à aller plus loin dans le calcul.