MathemaTeX

de **José** le Jeudi 19 Octobre 2006, 11:06

Bonjour à tous,
J'ai vu ceci sur un autre forum :

[center] $\ds\int_{1}^{\infty}\frac{\ln(x)}{1+x^2}dx$ [/center]

Il est facile de voir qu'elle est convergente mais comment peut-on calculer la limite ?
Je ne sais pas trop comment faire (c'est peut être simple...) j'ai essayé : IPP (sans succès)... faut-il passez par les complexes ?
Merci

de **José** le Jeudi 19 Octobre 2006, 15:00

Je commence à me demander si il ny a pas une erreur ....?

de **François D.** le Jeudi 19 Octobre 2006, 17:34

Le logiciel maxima me dit que ça fait zéro ... Il me donne même une primitive de $\dfrac{\ln x}{x^2+1}$ , mais c'est assez barbare (plein de « logarithme intégral » dedans) ...

de **Arnaud** le Jeudi 19 Octobre 2006, 17:36

Je n'ai aucune idée de comment trouver une primitive.

Par contre 0 est un résultat bizarre pour une fonction positive sur cet intervalle.

de **François D.** le Jeudi 19 Octobre 2006, 17:39

Oups, erreur de ma part : j'avais pris zéro comme borne inférieure ! Avec 1, c'est sensiblement moins sympathique.

Cela dit, quid d'un changement de variable $t=\frac{1}{x}$ ?

de **Arnaud** le Jeudi 19 Octobre 2006, 17:43

J'ai essayé, mais à moins que je ne vois rien, ce changement n'apporte pas grand chose :

$\dfrac{-x^2\ln\ x}{1+x^2}$

de **François D.** le Jeudi 19 Octobre 2006, 19:19

Bon, d'après maxima, une primitive ressemblerait à ça (LI est le logarithme intégral, et j'ai simplifié l'expression proposée selon ce qui me semblait possibe, au vu de l'affichage rustique de maxima) : $\dfrac{\pi\ln(x^2+1)+i\mathrm{LI}(ix+1)-i\mathrm{LI}(1-ix)}{4}$ ... bref, on n'est pas vraiment avancés.

de **François D.** le Jeudi 19 Octobre 2006, 19:30

Ajout : Arnaud, étant donné que je rouille, les changements de variable savants ne faisant plus partie de ce que j'ai à pratiquer régulièrement, je me demandais où je m'étais trompé en effectuant le changement $t=\frac{1}{x}$ et $dt=-\frac{1}{x^2}dx=-t^2dx$ c'est-à-dire $dx=-\frac{1}{t^2}dt$ :
$\displaystyle \int_1^{+\infty}\frac{\ln x}{1+x^2}dx=-\int_0^1\dfrac{-\ln t}{1+\frac{1}{t^2}}\times \dfrac{-1}{t^2}dt=-\int_0^1 \dfrac{\ln t}{t^2+1}dt$ ...

de **Arnaud** le Jeudi 19 Octobre 2006, 19:33

Ha ben oui, je suis encore allé trop vite.

1 partout !

de **François D.** le Jeudi 19 Octobre 2006, 19:44

OK, merci

!

Soit dit en passant, ça explique pourquoi l'intégrale de zéro à l'infini est nulle :wink:

...

Autre piste : passer dans le champ complexe (avec la caractérisation principale de $\ln z$ ) et voir si arrive à avancer avec les théorèmes valables dans $\mathbb{C}$ (résidus) ?

de **José** le Vendredi 20 Octobre 2006, 07:42

Merci, je vais essayer ça ...
En passant voici le lien du site où j'ai trouvé cette question : http://www.maths-forum.com/showthread.php?t=21379

de **José** le Vendredi 20 Octobre 2006, 08:41

Je crois avoir une idée :
Puisque $\int_{1}^{\infty}\frac{\ln(x)}{1+x^2}dx = -\int_{0}^{1}\frac{\ln(x)}{1+x^2}dx$ ,
ne peut on pas developper $\frac{1}{1+x^2}$ sous forme de série que l'on pourra ensuite sortir de l'intégrale de a à b puis faire tendre a vers 0 et b vers 1 (bord du domaine de convergence de la série)...
Je vais essayer

de **François D.** le Vendredi 20 Octobre 2006, 08:46

Pour tout dire, je suis assez pessismiste quand je vois la réponse franchement repoussante que me fait maxima aux différentes requêtes que je lui entre (intégrale de 1 à l'infini ou primitive de la fonction à intégrer)

...

EDIT : nos messages se sont croisés : dans ton idée, reste à gérer le $\ln x$ du numérateur ... intégration terme à terme avec des $\dfrac{\ln x}{x^{2n}}$ ?

Bah ... de toutes manières, ça vaut mieux que de ne rien tenter :wink:

... siu je trouve un vague truc de mon côté, je me manifeste.

de **José** le Vendredi 20 Octobre 2006, 09:59

En fait en 0, il n'y a pas de problème puisque la fonction y est equivalente à $\ln(x)$ qui est intégrable...
Pour |x|<1

$\frac{\ln(x)}{1+x^2}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}\ln(x)$
Avec 0<a<1
$\int_{0}^{a}\frac{\ln(x)}{1+x^2}=\int_{0}^{a}\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}\ln(x)dx$ il y a convergence normale sur [0;a] donc
$=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_{0}^{a}x^{2n}\ln(x)dx$

de **José** le Vendredi 20 Octobre 2006, 10:19

$\int_{0}^{a}x^{2n}\ln(x)dx=lim\limits_{\varepsilon\to 0}\int_{\varepsilon}^{a}x^{2n}\ln(x)dx$
et avec une IPP:
$\int_{\varepsilon}^{a}x^{2n}\ln(x)dx=[\frac{x^{2n+1}\ln(x)}{2n+1}]_{\varepsilon}^{a}-\int_{\varepsilon}^{a}\frac{x^{2n}}{2n+1}dx=[\frac{x^{2n+1}\ln(x)}{2n+1}]_{\varepsilon}^{a}-[\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)^2}]_{\varepsilon}^{a}\longrightarrow\limits_{\varepsilon\to 0} \frac{a^{2n+1}\ln(a)}{2n+1}-\frac{a^{2n+1}}{(2n+1)^2}$

On a donc :
$\int_{0}^{a}\frac{\ln(x)}{1+x^2}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_{0}^{a}x^{2n}\ln(x)dx=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{a^{2n+1}\ln(a)}{2n+1}-\frac{a^{2n+1}}{(2n+1)^2}\right)$

Y a-t-il un moyen simple de dire que l'on peut passer la limite ( $a\to 1$ ) dans la somme ...?
si oui, on trouvera alors :
$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{(2n+1)^2}$
et donc pour $\int_{1}^{\infty}\frac{\ln(x)}{1+x^2}dx = -\int_{0}^{1}\frac{\ln(x)}{1+x^2}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}$

de **François D.** le Vendredi 20 Octobre 2006, 10:29

José a écrit:[...]
On a donc :
$\int_{0}^{a}\frac{\ln(x)}{1+x^2}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_{0}^{a}x^{2n}\ln(x)dx=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{a^{2n+1}\ln(a)}{2n+1}-\frac{a^{2n+1}}{(2n+1)^2}\right)$

Y a-t-il un moyen simple de dire que l'on peut passer la limite ( $a\to 1$ ) dans la somme ...?[...]

Euh ... Abel ?

de **José** le Vendredi 20 Octobre 2006, 10:34

ça fait longtemps pour moi les maths... il a dit quoi déjà Abel ?

de **Arnaud** le Vendredi 20 Octobre 2006, 10:36

Pas bête le développement en série, le calcul de l'intégrale dans la somme se fait aisément.

Lorsque

tend vers 1, la somme est convergente, et la convergence est normale sur [0;a]

, donc on peut échanger le signe somme avec la limite ( j'espère ne pas dire de bêtise... ).

Donc il ne resterait plus qu'à calculer la somme.

de **José** le Vendredi 20 Octobre 2006, 10:39

ok merci,
$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}$
ça ne me parait pas très facile à calculer...
$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=\frac{\pi^2}{8}$ mais avec le (-1)^n

....?

de **Arnaud** le Vendredi 20 Octobre 2006, 10:42

Il y a une erreur de signe, c'est

$\sum\limits_{n \ge 0} \dfrac{(-1)^{n+1}}{(2n+1)^2}.$

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