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Une intégrale intéressante

Bonjour,
j'ai essayé de calculer l'intégrale $\displaystyle \int_0^1 \ln(1+x^2) dx$ , voi comment je m'y suis pris.
$$\ln(1+x^2)=\ln(x-i)+\ln(x+i) \\
\int_0^1 \ln(x-i) dx+\int_0^1 \ln(x+i) dx=[(x-i)\ln(x-i)-x]_0^1 +[(x+i)\ln(x+i)-x]_0^1 \\
[(x-i)\ln(x-i)-x]_0^1 +[(x+i)\ln(x+i)-x]_0^1=-i \ln(-i)+i \ln(i)+\ln(1-i)+\ln(1+i)+i \ln(1+i) -i \ln(1-i)-1-1\\
-i \ln(-i)+i \ln(i)+\ln(1-i)+\ln(1+i)+i \ln(1+i) -i \ln(1-i)-1-1=-\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}+\ln(2)+i \ln(\frac{1+i}{1-i})-2+2k \pi=\\
\ln(2)-\pi-2+i \ln(i)+2k \pi=\ln(2)-\frac{3\pi}{4}-2+2k\pi.
$$ Maintenant il faut trouver le bon $k$. il est évident que le seul $k$ possible est $k=1$ car
$0<\displaystyle \int_0^1 \ln(1+x^2) dx <\ln(2)$ et $2^2>3\ ;\ \sqrt{3}<2\ ;\ \sqrt{e}<2\ ;\ \ln(2)>0.5$
$3<\pi<4\ ;\ 1.5<\frac{\pi}{2}<2\ ;\ 0<2-\frac{\pi}{2}<0.5$
$ 2^2>3\ ;\ \sqrt{3}<2\ ;\ \sqrt{e}<2\ ;\ \ln(2)>0.5\ ;\ 0<2-\frac{\pi}{2}<\ln(2)$
$$0<\ln(2)-2+\frac{\pi}{2}<\ln(2).

$$ On à donc finalement:
$\displaystyle \int_0^1 \ln(1+x^2) dx=\ln(2)+\frac{\pi}{2}-2$

Question 1) peut-on faire plus simple ?
Question 2) Me suis-je trompé dans mes calculs ?

PS. J'ai essayé d'être le plus rigoureux possible. :-)

Édit. Merci à Raoul.S pour m’avoir signalé l’erreur de copie. :-)
La patience est un plat qui se mange sans sauce.

Réponses

  • Question 1) peut-on faire plus simple?

    Oui, une simple IPP donne le résultat (indice : $\ln(x^2+1) = 1\times \ln(x^2+1)$).
  • Les nombres complexes dans le logarithme, inspiration eulérienne ? :-)
  • @Quentino37 à la troisième ligne : $\ln(1+x^2)=\ln(1-i)+\ln(1+i)$

    on dirait qu'un $x$ a disparu...

    La solution de Guego est effectivement beaucoup plus expéditive.
  • C’était une faute de recopiage :) merci beaucoup Raoul.S
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • Merci Guego avec une ipp c’est beaucoup plus simple :)
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • Côté utilisation de complexes dans le logarithme, ce n'est pas tout à fait trivial, non ? Je veux dire: il faut un peu justifier qu'on parle de quelque chose qui a du sens (donc parler des déterminations du logarithme complexe).
    Je suis grand débutant en analyse complexe, c'est peut-être pour ça que je suis le seul à relever.
  • Il faut effectivement faire attention en utilisant les logarithmes complexes. Notamment, la propriété $\log(ab) = \log a + \log b$ n'est pas toujours vérifiée.
  • Poirot: Même pas à 2kpi près?
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • On peut procéder autrement :

    \begin{align}\int_0^1 \ln(1+x^2)dx&=-\int_0^1 \left(\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)x^{2n}}{n} \right)dx\\
    &=-\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n}\left(\int_0^1 x^{2n}dx\right)\\
    &=-\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n(2n+1)}\\
    &=2 \underbrace{\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}}_{=\frac{\pi}{4}-1}-\underbrace{\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n}}_{=-\ln 2}\\
    &=\boxed{\dfrac{\pi}{2}-2+\ln 2}
    \end{align}

    NB:
    Pour $\displaystyle-1 <x\leq 1,\arctan x=\sum_{n=0}^\infty \dfrac{(-1)^nx^n}{2n+1},\ln(1+x)=-\sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^nx^n}{n}$
  • Ce serait à $2ik \pi$ près, mais je crois que c'est faux, le contre-exemple étant la détermination principale du logarithme sur $\mathbb{C}\setminus \mathbb{R}_{-}$, pour lequel on regarde $j=e^{\frac{2i \pi}{3}}$: on a $\log(j)=\frac{2i \pi}{3}$ mais $\log(j^{2})=-\frac{2i \pi}{3}\neq 2 \log(j)$.
    Alors que $\underbrace{Log(e^{i \frac{\pi}{2}})}_{i\frac{\pi}{2}}=\underbrace{Log(e^{i \frac{\pi}{4}})}_{i\frac{\pi}{4}}+\underbrace{Log(e^{i \frac{\pi}{4}})}_{i\frac{\pi}{4}}$, ce n'est donc pas une affaire d'une constante $2i \pi \mathbb{Z}$ sur tout le domaine.
  • L'utilisation du logarithme complexe ne s'impose pas du tout, et elle est inutilement compliquée.
    Une bonne solution c'est celle de FdP, en justifiant l'interversion série-intégrale.
    Il y a encore plus simple : une IPP.
  • On a : $\int_{0}^{1}\ln (1+x^{2})dx=[x\ln (1+x^{2})]_{x=0}^{x=1}-\int_{0}^{1}x\frac{%
    2x}{1+x^{2}}dx$
    $=\ln 2-2\int_{0}^{1}(1-\frac{1}{1+x^{2}})dx=\ln 2-2+\frac{\pi }{2}$.
    En fait la fonction à intégrer est primitivable, puisque l'IPP la ramène une fonction rationnelle. Ceci reste vrai pour $\int_{0}^{1}\ln (1+x^n)dx$, avec $n$ entier naturel.
  • Je n'avais pas vu. Comme les Pickendorff, je suis d'abord mes propres pas.
  • Logarithme complexe? Attention...
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