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Intégrale avec résidus

Posté par
Kernelpanic 12-05-20 à 16:05

Bonjour,

je cherche à résoudre un exercice portant sur le calcul d'une intégrale en utilisant le théorème des résidus mais je bloque. Voici l'intégrale en question :

\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^{\alpha}}{1+x^{1/3}}dx}

avec -1 < \alpha < \dfrac{-2}{3}. Mon idée, très largement inspirée du cours, est en posant B = - \alpha d'intégrer la fonction méromorphe :

f(z) = \dfrac{1}{z^B(1+z^{1/3})}

sur le chemin suivant orienté dans le sens direct :

Intégrale avec résidus

puis d'étendre l'arc de cercle rouge jusqu'à l'infini, rétracter l'arc de cercle vert sur zéro puis de coller les segments bleus sur l'axe réel. J'ai réussi à montrer que l'intégrale sur l'arc de cercle rouge, lorsqu'il part à l'infini, vaut 0 ; et idem pour l'arc de cercle vert. Les choses se compliquent avec les segments bleus à cause du "1- ..." au dénominateur qui m'empêche de retomber sur l'intégrale de départ (j'ai un complexe devant la racine cubique). Avez-vous des solutions ? Merci d'avance.

Je précise tout de même : je sais qu'il faut que je définisse bien la racine 3ième mais j'en suis pas là pour l'instant, ça viendra après pour les pôles.

Posté par
Camélia Correcteurre : Intégrale avec résidus 12-05-20 à 16:51

Bonjour

Je dois m'en aller, mais je te donne une indication.
En prenant 0 comme argument des réels strictement positifs.
L'idée est que quand z parcourt BA, son argument est proche de 0, dons z^{1/3} a un argument proche de 0.
Mais alors, après avoir fait un tour, quand tu parcours EC en dessous de l'axe, l'argument de z est proche de 2\pi donc celui de z^{1/3} est près de 2\pi/3. En faisant la somme des parcours sur les deux trajets, il reste quelque chose!

Posté par
Kernelpanicre : Intégrale avec résidus 12-05-20 à 17:28

Bonjour Camélia, merci de ta réponse. Même si tu t'en vas, je vais quand même écrire ce que j'ai fait. Je suis tout à fait d'accord avec toi, il va rester quelque chose, mais je dois mal m'y prendre car je ne sais pas comment finir après...

Je vais utiliser la détermination du logarithme sur C\R+, donc les angles sont compris entre 0 et 2pi.

Pour le segment BA :

On remarque que, si z = x + iy :

f(z) = \dfrac{1}{e^{B(\ln(\sqrt{x^2+y^2} + i \arg(z))}(1+e^{\frac{1}{3}(\ln(\sqrt{x^2+y^2} + i \arg(z))})} \to_{y \to 0^+} \dfrac{1}{x^B(1+x^{1/3})}

Pour le segment CE :

f(z) = \dfrac{1}{e^{B(\ln(\sqrt{x^2+y^2} + i \arg(z))}(1+e^{\frac{1}{3}(\ln(\sqrt{x^2+y^2} + i \arg(z))})} \to_{y \to 0^-} \dfrac{1}{x^Be^{2i\pi B}(1+e^{i\frac{2\pi}{3}}x^{1/3})}

En particulier les intégrales sur BA et CE vont tendre respectivement vers :

\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{x^B(1+x^{1/3})} dx

et

- \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{x^Be^{2i\pi B}(1+e^{i\frac{2\pi}{3}}x^{1/3})} dx

étant donné qu'on parcourt le segment dans le sens inverse (la demi-droite plutôt). Finalement, avec ce que j'ai dit au premier post et avec ces résultats, on obtient :

\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{x^B(1+x^{1/3})} dx- \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{x^Be^{2i\pi B}(1+e^{i\frac{2\pi}{3}}x^{1/3})} dx = 2i\pi\Big(\sum_{z \in \C \backslash \R_+} \text{res}_z(f)\Big)

et enfin :

\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{x^B(1+x^{1/3})} dx = 2i\pi\Big(\sum_{z \in \C \backslash \R_+} \text{res}_z(f)\Big) + \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{x^Be^{2i\pi B}(1+e^{i\frac{2\pi}{3}}x^{1/3})} dx

le problème étant le calcul d'une nouvelle intégrale. N'hésitez pas à me dire où je me suis trompé.

Posté par
etniopalre : Intégrale avec résidus 13-05-20 à 00:11

**Bonjour**
Le calcul de   f(a):=\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^a}{1+x^{1/3}}dx}  où   -1 < \alpha < \dfrac{-2}{3}     se ramène à celui de      g(b):= \int_{0}^{\infty}{\frac{t^b}{1+t}}dt  où b   est dans ]-1 , 0[ .

Posté par
etniopalre : Intégrale avec résidus 13-05-20 à 01:03

    Comme chemin je prendrais plutôt  celui dont l'image contient les segments  D , D' et arcs de cercles   C , C' suivants  dépendants de   ]0 , 1[  :
   D   :=  { rei │   r   1/ }  
   D'   :=  { re-i │   r   1/ }
  C = {  ei │ 2 - }  
  C' :=  { ei/ │ 2 - }  


Puis voir ce qu'il se passe quand       0 .

Posté par
Kernelpanicre : Intégrale avec résidus 13-05-20 à 09:21

Bonjour etniopal, merci pour cette réponse. Je vais suivre cette indication cet après-midi après mon cours en visioconférence, je repasserai ici pour donner le résultat si j'ai réussi ou pour dire les problèmes que j'aurai rencontré. A tout à l'heure

Posté par
XZ19re : Intégrale avec résidus 13-05-20 à 09:27

Bonjour  
Les chemins proposés  ne conviennent pas pour le calcul de cette intégrale.  
En effet à la limite  l'intégrale sur [EC]  annule l'intégrale sur [BA].
On veut éviter ce problème   en faisant le changement de variable  x=u^6

On est ramené au calcul de I=\int_0^\infty  \dfrac{ u^c}{1+u^2} du, c\in ]-1,1[ .  
Ensuite il faut prend un chemin (classique)   qui contient les segments [-R,-\epsilon] et [\epsilon,R].    

Posté par
Kernelpanicre : Intégrale avec résidus 13-05-20 à 09:36

Bonjour XZ19,

merci de répondre, j'avais fait au départ ce changement de variable mais toujours en intégrant sur mon chemin, ce qui ne menait à pas grand chose non plus. Je vais essayer ton chemin ;  on se retrouvera à calculer la somme des résidus sur le demi-plan de Poincaré ainsi, non ? (les segments sont bien sur l'axe réel ?)

Comme chemin je pensais à une sorte d'arche constitué d'un demi-cercle qui rejoint les points -R et R, ainsi que d'un deuxième qui rejoint -e et e, qu'en penses-tu ? (en plus des segments)

Posté par
XZ19re : Intégrale avec résidus 13-05-20 à 09:41

Oui c'est  ça.  Les intégrales sur les 2 demi cercles  (le petit et le grand) tendent vers 0.
Bien sûr  il faut le démontrer.  
L'intégrale  sur [-R,-\epsilon]  est égale à  celle sur [\epsilon,R] à un facteur complexe près.  C'est pour àa que ça marche.
Seul le résidu en t=i  intervient donc dans le résultat.  

Posté par
Kernelpanicre : Intégrale avec résidus 13-05-20 à 09:44

Super, merci beaucoup, je vais tenter ça. J'espère acquérir l'expérience pour voir plus rapidement sur quel chemin intégrer... je ne fais sûrement pas attention à la fonction en question à chaque fois.

Posté par
Kernelpanicre : Intégrale avec résidus 13-05-20 à 15:39

Rebonjour à tous,

en suivant les conseils de XZ19 je pense avoir réussi (j'ai testé quelques valeurs et Wolfram a l'air d'être d'accord). J'ai fait la distinction de cas 1 > c > 0 ; c=0 ; 0 > c > -1.
Merci beaucoup à tout le monde, passez une bonne journée.

Posté par
Kernelpanicre : Intégrale avec résidus 13-05-20 à 16:03

Et je me rends compte que la distinction de cas est inutile, pas changement de variable on peut toujours se ramener aux cas c = 0 et c > 0.


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