Suite d'intégrales 17 janvier 2023
dans Analyse
Soit $n$ un entier non nul.
Prouver que \begin{align}\int_0^\infty \frac{\sin^{2n}x-x^{2n}}{x^{2n+2}}dx\end{align} est un multiple rationnel de $\pi$.
Réponses
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Peut être commencer par simplifier le dénominateur...
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Par une double IPP, j'obtiens (sauf erreur probable)$I_n = \dfrac{2n-1}{2n+1} I_{n-1} - \dfrac{2n}{2n+1}\int_0^{+\infty} \dfrac{\sin^{2n} x}{x^{2n}}dx$.On est donc ramené (par récurrence) à un problème résolu ici.Je propose d'ailleurs, d'étendre le résultat au cas où $n=0$ car l'initialisation est alors beaucoup plus élémentaire
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Pas pour me vanter mais je l'avais fait de tête (le cas $n=0$).
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@JLapin.
Le calcul de l'intégrale tel que montré dans la page mise en lien repose, me semble-t-il, sur la propriétéPour tout $n\geq 1$ entier il existe $\alpha_{n,k},\beta_{n,k}$ rationnels pour tout $1\leq k\leq 2^{n-1}$ tels que $\displaystyle \sin^{2n}x=\sum_{k=1}^{2^{n-1}} \alpha_{n,k}\cos(\beta_{n,k} x)$PS.
Donc ta récurrence ne fait que renvoyer la difficulté à un résultat qui n'est pas immédiat. -
D'ailleurs, comment prouver l'existence en 0?Fdp: ta formule fait penser aux polynôme de cebicev Tchebychev...[Quel que soit son orthographe, Pafnouti Tchebychev (1821-1894) prend toujours une majuscule. AD]
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Jlapin, comment obtiens-tu cette ipp ?
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Peut-être IPP zen intégrant $\dfrac{1}{x^{2n+2}}$.
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Comme dit Etanche, on procède par des intégrations par parties successives. Les termes tout intégrés disparaissent: ils sont bornés (et tendent vers $0$ en l'infini), et valent $0$ en $0$ (ils ont un prolongement continu qui vaut $0$ en $0$)
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Le problème du premier message est lié au problème 12375 de l'AMM.
PS.
Cet après-midi j'essayais de résoudre ce problème de l'AMM et après quelques heures j'ai compris comment faire.
Je me doutais bien que c'était relié à l'intégrale $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin x}{x}dx$ mais sur le coup en faisant à la main le calcul pour $n=4$ je me retrouvais avec une expression dont je ne savais que faire et j'ai compris ce qu'il fallait faire. J'ai rédigé une preuve par récurrence de la propriété ci-dessus (sans linéarisation, sans nombres complexes) . -
Cette intégrale peut se calculer. On n'a pas besoin de se limiter à des entiers pairs et je préfère prendre l'opposé pour avoir une valeur positive.
Je pose pour $n\in\N$ : $J_n=\displaystyle\int_0^\infty \frac{x^n-\sin^nx}{x^{n+2}}dx$ ($J_0$ est nul).
Comme l'a écrit JLapin on obtient avec une IPP la récurrence $(n+1)J_n=(n-1)J_{n-2}+nI_n$ où $I_n=\displaystyle\int_0^\infty \frac{\sin^nx}{x^n}dx$.
Dans le lien rappelé par JLapin j'ai donné le résultat : $I_n=\displaystyle\frac{\pi}{2^n(n-1)!}\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^k\binom{n}{k}(n-2k)^{n-1}$.
Très curieusement on a presque la même formule : $J_n=\displaystyle\frac{\pi}{2^n(n+1)!}\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^k\binom{n}{k}(n-2k)^{n+1}$.
Edit : il y a une explication très simple, la démonstration de la formule pour $J_n$ est la même que celle pour $I_n$.
On effectue des intégrations par partie jusqu'à arriver à un dénominateur égal à $x$ (sans calculer les dérivées successives) puis on linéarise la puissance de $\sin x$ pour la dériver facilement et on termine en utilisant l'intégrale de Dirichlet.
Comme on dérive deux fois de plus pour $J_n$ on fait apparaitre $(n-2k)^{n+1}$ à la place de $(n-2k)^{n-1}$. -
Je ne voyais pas l'intérêt de recopier un message déjà écrit par Jandri et je ne crois pas que ma solution soit circulaire.Merci à Jandri pour son complément !
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J'avais déjà étudié cette intégrale en octobre 2021 dans le fil : Une intégrale intéressante (je l'avais appelée $K_n$)
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Pour compléter on peut démontrer avec le théorème de convergence dominée : $$J_n=\int_0^\infty \frac{x^n-\sin^nx}{x^{n+2}}dx\sim\sqrt{\dfrac{\pi n}6}$$
En lien avec le problème 12375 de l'AMM cité par Fin de partie on a pour $n$ et $p$ dans $\N^*$ :
$$\int_0^\infty \left(1-x^p\sin^p\left(\frac1x\right)\right)^ndx=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\binom{n}{k}J_{kp}$$ -
@Jandri: J'obtiens la même formule (je parle de ta dernière formule)
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@ jandri est-il possible d'avoir les détails qui conduisent à l'équivalent de $J_n$ ? Merci.
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L'intégrale de $1$ à $+\infty$ est clairement majorée par $2$.
Dans l'intégrale de $0$ à $1$ j'ai posé $t=x\sqrt n$ pour la mettre sous la forme $\sqrt n\displaystyle\int_0^{+\infty}f_n(t)dt$ avec $f_n(t)=0$ pour $t>\sqrt n$.
On a facilement $\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n(t)=\dfrac{1-e^{-t^2/6}}{t^2}$ et la domination de $f_n$ sur $[1,+\infty[$.
Pour dominer $f_n$ sur $]0,1]$ j'ai utilisé $\dfrac{\sin x}x\geqslant 1-\dfrac{x^2}6$ et $2u+\ln(1-u)\geq0$ pour $u\in[0,1/2]$, pour obtenir $f_n(t)\leqslant\dfrac{1-e^{-t^2/3}}{t^2}$.
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