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Une nulité à justifier...

Posté par
elhor_abdelali Correcteur 25-12-05 à 02:14

Bonsoir;
Je me demandais comment on pourrait justifier (au niveau sup) que 3$\fbox{\forall x\in[-1,1]\\\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\hspace{5}ln(x^2+2xcos(2t)+1)dt=0}
Sauf erreur bien entendu

Posté par philoux (invité)re : Une nulité à justifier... 25-12-05 à 11:57

bonjour Elhor,

Est-ce que la décomposition complexe suivante est à exploiter :

x²+2xcos2t+1=(x-(-cos2t+isin2t))(x-(-cos2t-isin2t))

et la décomposition ln(xy)=ln|x|+ln|y| ?

Bonnes fêtes à toi !

Philoux

Posté par
JJare : Une nulité à justifier... 25-12-05 à 12:18

Un petit cadeau de Noel en vitesse avant l'apéro...


Une nulité à justifier...

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une nulité à justifier... 25-12-05 à 13:45

Bonjour philoux et JJa et joyeux Noel;
(*)philoux,la décomposition complexe \fbox{x^2+2xcos(2t)+1=(x+e^{2it})(x+e^{-2it})=|x+e^{2it}|^2} risque (probablement) de faire appel au logarithme complexe (et à la théorie des fonctions holomorphes) qui n'est pas à mon avis au programme de sup.
(*)JJa,formellement je crois que c'est juste.Toutefois à mon avis il faudrait bien justifier la dérivation sous le signe \int de la fonction f (d'ailleurs je me demande si le théoréme de dérivation d'une intégrale dépendant d'un paramétre et au programme de sup) et puis tu supposes \fbox{-1<x<1} il te faut donc montrer la continuité aux bornes.
Sauf erreurs..
Amicalement elhor

Posté par
kaiser Moderateurre : Une nulité à justifier... 25-12-05 à 16:04

Bonjour elhor_abdelali

ça me rappelle un exo d'oral de concours.
Pour calculer cette intégrale, on nous proposait de passer par les sommes de Riemann (lorsque x était différent de 1 et de -1).
On utilise pour cela la subdivision régulière (\frac{k\pi}{2n})_{k\in [0,n]}
R_{n}(f)=\frac{\pi}{2n}\sum_{k=0}^{n}ln((x+e^{\frac{ik\pi}{n}})(x+e^{\frac{-ik\pi}{n}}))
tu remarquera que j'ai utilisé la décomposition du polynôme dans mais ceci reste licite car ce qui est dans le logarithme reste réel.
Par un changement d'indice, on obtient que R_{n}(f)=\frac{\pi}{2n}ln((x-1)\prod_{k=0}^{2n-1}(x+e^{\frac{ik\pi}{n}}))=\frac{\pi}{2n}ln((x-1)(x^{2n}-1))
Comme on a supposé que -1 tend vers ln(1-x) et R_{n}(f) tend donc vers 0, d'où la nullité de l'intégrale.

Il reste à traiter les cas x=1 et x=-1

Kaiser

Posté par
kaiser Moderateurre : Une nulité à justifier... 25-12-05 à 16:34

Tout d'abord, on peut remarquer qu'en effectuant le changement de variable u=\frac{\pi}{2}-t, que l'intégrale est invariante par la transformation x-x.
Il suffit donc de montrer le résultat pour x=1.
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(2+2cos(2t))dt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(4cos^{2}(t))dt=\pi ln(2)+2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(cos(t))dt

Notons I l'intégrale de droite(sans le facteur -2).
Par le changement de variable u=\frac{\pi}{2}-t, on voit que I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(sin(t))dt
Ainsi, on a I=\frac{1}{2}(I+I)=\frac{1}{2}(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(sin(t)cos(t))dt)=\frac{1}{2}(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(\frac{sin(2t)}{2})dt)=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(sin(2t))dt-\frac{\pi}{4}ln(2)=\frac{1}{4}\int_{0}^{\pi}ln(sin(u))du-\frac{\pi}{4}ln(2)
à la fin, j'ai effectué le chagement de variable u=2t.
En découpant cette intégrale en une somme de 2 intégrales, l'une entre 0 et /2 et l'autre entre /2 et et en effectuant à nouveau un chagement de variable dans la deuxième (t=\pi -u)), on s'aperçoit que ces deux morceaux sont égaux à I.
D'où l'égalité I=\frac{1}{2}I-\frac{\pi}{4}ln(2), d'où I=-\frac{\pi}{2}ln(2)
L'intégrale du départ vaut donc \pi ln(2)+2I=0

Kaiser

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une nulité à justifier... 25-12-05 à 17:57

Bravo kaiser c'est une démonstration du niveau sup qui utilise les sommes de Riemann d'une fonction continue sur un segment.Le cas x=\pm1 est aussi traité (astucieusemant).
L'idée de la question m'est venue du topic Une intégrale où on devait prouver que \fbox{\forall(x,y)\in{\mathbb{R}^+}^2-\{(0,0)\}\\\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(x sin^2(t)+ycos^2(t))dt=\pi ln(\frac{sqrt{x}+sqrt{y}}{2})} on remarque en effet qu'avec \fbox{a=\frac{sqrt{y}-sqrt{x}}{sqrt{y}+sqrt{x}}\in[-1,1]} on a \fbox{\forall(x,y)\in{\mathbb{R}^+}^2-\{(0,0)\}\\\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(x sin^2(t)+ycos^2(t))dt-\pi ln(\frac{sqrt{x}+sqrt{y}}{2})=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(a^2+2a cos(2t)+1)dt}
Sauf erreur...

Posté par
kaiser Moderateurre : Une nulité à justifier... 25-12-05 à 18:04

Je te remercie pour tes compliments.
Je me souviens aussi de ce topic.
D'ailleurs, ce que tu as trouvé n'est pas mal non plus parce que le calcul de cette intégrale peut donc se faire au niveau sup ce que j'avais du mal à croire au début !


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