Intégrale #4

Posted on January 17, 2018 by philosophicalmath

Aujourd’hui, je vous propose de découvrir cette intégrale:

$\begin{aligned} I&=\int\limits_0^{\infty} \frac{\log(x)}{1+e^x}\,dx \end{aligned}$

A première vue, cette intégrale a l’air assez dur. Comme d’habitude, il y a une technique qui vous permet de l’évaluer relativement facilement. Considérons d’abord l’intégrale suivante:

$\displaystyle I(s)=\int\limits_0^{\infty} \frac{x^s}{1+e^x}\,dx$

Remarquez que nous cherchons à évaluer $I'(0)$ . Commençons:

$\begin{aligned} I(s)&=\int\limits_0^{\infty} \frac{x^s}{1+e^x}\,dx\\ I(s)&=\int\limits_0^{\infty} x^s e^{-x}\frac{1}{1+e^{-x}}\,dx \end{aligned}$

Maintenant, on va développer la fraction en série géométrique:

$\begin{aligned} I(s)&=\int\limits_0^{\infty}x^se^{-x}\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n e^{-nx}\,dx\\ I(s)&=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \int\limits_0^{\infty}x^s e^{-x(n+1)}\,dx\\I(s)&=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \int\limits_0^{\infty}x^s e^{-nx}\,dx \end{aligned}$

Substituons $u=nx$ , et donc $du=ndx$

$\begin{aligned} I(s)&=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^{s+1}}\int\limits_0^{\infty} u^s e^{-u}\,du \\ I(s)&=\eta(s+1)\Gamma(s+1) \end{aligned}$

Où $\eta(s)$ est la fonction eta de Dirichlet, et $\Gamma(s)$ est la fonction Gamma.

Prenant des dérivées,

$\begin{aligned} I'(s)&=\eta'(s+1)\Gamma(s+1)+\eta(s+1)\psi(s+1)\Gamma(s+1) \\ I'(0)&=\eta'(1)\Gamma(1)+\eta(1)\psi(1)\Gamma(1)\\I'(0)&=\log(2)\gamma+\frac{1}{2}\log^2(2)-\log(2)\gamma\\I'(0)&=\frac{1}{2}\log^2(2) \end{aligned}$

Ce qui veut donc dire que

$\displaystyle \int\limits_0^{\infty} \frac{\log(x)}{1+e^x}\,dx=\log^2\left(\sqrt{2}^{\sqrt{2}}\right)$

Assez surprenant… mais élégant

Posted on August 24, 2017 by philosophicalmath

Y’a des primitives qui ne peuvent pas être exprimé en termes de fonction élémentaires, mais ça, vous la saviez déjà probablement. Ce qu’il faut savoir, c’est qu’il y plein de façons de trouver la valeur d’une intégrale sans pour autant passer par le théorème fondamental de l’analyse. Et je trouve que ça ne fait que rendre les intégrales encore plus intéressantes. Par exemple:

$\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{x^s}{e^x-1}\,dx$

Il serait sand doute très difficile de trouver sa primitive–et faudrait déjà qu’elle existe… Par contre, j’aimerais vous montrer une façon assez élégante, je trouve, d’évaluer la valeur de cette intégrale. Allons-y;

$\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{x^s}{e^x-1}\,dx=\int_0^{\infty}x^{s}e^{-x}\frac{1}{1-e^{-x}}\,dx$

J’ai just divisé chaque partie de la fraction par $e^{-x}$ . Et si vous vous demandez pourquoi j’ai fait ça, c’est parce qu’il est possible de développer en série cette expression:

$\displaystyle \frac{1}{1-e^{-x}}=\sum_{n=0}^{\infty} (e^{-x})^n=\sum_{n=0}^{\infty} (e^{-nx})$

Et ceci nous permet changer un peu notre intégrale:

$\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{x^s}{e^x-1}\,dx=\int_0^{\infty}x^{s}e^{-x}\sum_{n=0}^{\infty} (e^{-nx})\,dx$

Ensuite, le théorème de Fubini nous permet d’échanger la série avec l’intégrale:

$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \int_0^{\infty}x^{s}e^{-x(n+1)}\,dx$

Au lieu de commencer à $n=0$ , on va laisser la série commencer à $n=1$ :

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \int_0^{\infty}x^{s}e^{-x((n-1)+1)}\,dx=\sum_{n=1}^{\infty} \int_0^{\infty}x^{s}e^{-nx}\,dx$

En laissant $u=nx$ , et donc $du=n\,dx$ ,

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \int_0^{\infty}\left(\frac{u^s}{n^s}\right)e^{-u}\left(\frac{du}{n}\right)\,dx$

$\displaystyle =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s+1}}\int_0^{\infty} u^s\,e^{-u}\,du$

Et l’on reconnait tout de suite la fonction Zeta et la fonction Gamma!

$\displaystyle =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s+1}}\int_0^{\infty} u^s\,e^{-u}\,du=\zeta(s+1)\Gamma(s+1)$

Et donc

$\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{x^s}{e^x-1}\,dx=\zeta(s+1)\Gamma(s+1)$

L’intégrale de Gauss

Posted on August 4, 2017 by philosophicalmath

Je pense que l’intégrale de Gauss mérite bien un article: redoutable et pleine de mystères, elle ne cessera jamais d’émerveiller les meilleurs mathématiciens. En plus, c’est cette intégrale qui nous permet de calculer la valeur de $\displaystyle \left(\frac{1}{2}\right)!$ .

Bon allons-y! On doit d’abord savoir ce que c’est exactement l’intégral de Gauss. Eh bah c’est ça:

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx$

Il est d’abord important de savoir que cette intégrale est non-élémentaire, ce qui veut dire que sa primitive ne peut pas être exprimée en terme de fonctions élémentaires (qui sont composées d’un nombre fini de fonctions trigonométriques, exponentielles, logarithmiques, et constantes). Tout cela pour dire qu’il va falloir faire preuve d’un peu de créativité si l’on veut y parvenir a bout.

Tout d’abord commençons par créer une équation qui va nous permettre de faire quelques manipulations intéressantes. On va mettre l’intégrale égale à $I$ .

$\displaystyle I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx$

Et si on élevait chaque coté de l’équation à la puissance deux?

$\displaystyle I^2 = \left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx\right)\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx\right)$

Je sais que pour l’instant, ça a l’air de s’être empiré mais vous verrez que cet étape va nous permettre d’évaluer cette intégrale.

Dans une des intégrales, on peut remplacer le $x$ et le $dx$ par $y$ et $dy$ sans que ceci ne change rien.

$\displaystyle I^2 = \left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx\right)\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2}\,dy\right)$

Ensuite, comme l’intégrale de droite est une constante–dont on ne connait pas la valeur–on peut la déplacer comme ceci:

$\displaystyle I^2 =\int_{-\infty}^{\infty}\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2}\,dy\right)e^{-x^2}\,dx$

En utilisant le théorème de Fubini,

$\displaystyle I^2 =\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2}e^{-x^2}\,dxdy$

$\displaystyle I^2 =\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^2+y^2)}\,dxdy$

Donc, on a maintenant affaire a une double intégrale. Par contre, il est toujours impossible de l’évaluer si on s’obstine a à utiliser les coordonnées cartésiennes. Ce qui veut dire qu’on va devoir effectuer un changement de variables. En l’occurrence, on devrait sans doute passer aux coordonnées polaires. Voici les substitutions qu’on utilisera:

$\displaystyle x=r\cos(\theta)$

$\displaystyle y=r\sin(\theta)$

$\displaystyle x^2 + y^2=r^2$

Et dernièrement, avec l’aide de la matrice Jacobienne,

$\displaystyle dxdy\to r\,drd\theta$

il fait maintenant convertir la région d’intégration en coordonnés polaires. Notre région est tout l’espace $\displaystyle \mathbb{R}^2$ . En coordonnées polaires, ça veut dire que notre rayon s’étend de 0 à l’infini, et notre angle, do 0 à $2\pi$ . On est maintenant prêt à changer de variables:

$\displaystyle I^2 =\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^2+y^2)}\,dxdy=\int_0^{\infty}\!\!\!\int_0^{2\pi} e^{-r^2}r\,d\theta dr$

$\displaystyle I^2 =\int_0^{\infty}\!\!\!\int_0^{2\pi} e^{-r^2}r\,d\theta dr$

La première intégrale est d’une simplicité merveilleuse:

$\displaystyle I^2 =2\pi\int_0^{\infty} e^{-r^2}r\,dr$

Quant à la seconde, elle demande just un peu plus d’effort—mais pas tant que ça.

$\displaystyle u=-r^2$

$\displaystyle \frac{du}{-2}=r\,dr$

$\displaystyle I^2 =\frac{-2\pi}{2}\int_{-\infty}^{0} e^{u}\,du$

$\displaystyle I^2 =-\pi e^{-r^2}\Big |_0^{\infty}$

$\displaystyle I^2 =-\pi \left(\lim_{r\to\infty} \frac{1}{e^{r^2}} - e^0\right)$

$\displaystyle I^2=-\pi(-1)$

$\displaystyle I^2=\pi$

On y est presque! Nous, ce qu’on veut c’est $I$ , pas $I^2$ . Il nous reste plus qu’a prendre la racine carrée des deux cotés:

$\displaystyle I^2=\pi$

$\displaystyle I=\sqrt{\pi}$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx=\sqrt{\pi}$

La factorielle

Posted on July 26, 2017 by philosophicalmath

Mais c’est quoi la factorielle? En fait, c’est le produit de tous les nombre naturels inférieurs ou égaux a un nombre. D’habitude, on sait qu’on prend la factorielle d’un nombre quand il y a un point d’exclamation. Par exemple, voici comment on écrit la factorielle d’un nombre naturel $n$

$\displaystyle n!=n (n-1) (n-2) ...$

Et la multiplication continue jusqu’à 1. Bon, tout ça c’est bien mais on est limité aux nombre naturels. Par exemple, c’est quoi $\displaystyle (1/2)!$ ? Il doit bien y avoir une façon de calculer ce genre de factorielle non? Eh oui, ça existe, et ça s’appelle la fonction Gamma.

$\displaystyle \Gamma (n)=\int^{\infty}_{0} x^{n-1}e^{-x}\,dx$

$\displaystyle \Gamma (n+1)=n!$

$\displaystyle n!=\int^{\infty}_{0} x^{n}e^{-x}\,dx$

Oui, je sais, c’est bizarre. Pourquoi est-ce-qu’une intégrale nous donne la factorielle? Pour essayer de comprendre, on va calculer quelques factorielles avec cette formule décidément élégante. Commençons par 5!:

$\displaystyle 5!=\int^{\infty}_{0} x^{5}e^{-x}\,dx$

Si on évalue cette intégrale en utilisant la méthode classique d’intégration par partie, ça va nous prendre énormément de temps. Il faudrait intégrer par partie 5 fois! Oui, 5! Moi, je préfère largement regarder le cas plus général, puis en plus, c’est plus intéressant. Alors on s’intéresse a prouver le cas général, pour ensuite l’appliquer. Commençons par ça:

$\displaystyle \int^{\infty}_0 e^{-x}\,dx=1$

Il est facile de prouver que c’est vrai, alors je me passerai de la démonstration. On sait aussi que

$\displaystyle \int^{\infty}_0 e^{-bx}\,dx=\frac{1}{b}$

$\displaystyle \int^{\infty}_0 e^{-bx}\,dx=\frac{e^{-bx}}{-b}\Big|_0^{\infty}=\frac{1}{b}$

Ça devient vraiment intéressant quand on décide de dériver chaque coté de l’équation par rapport a $b$ :

$\displaystyle \frac{d}{db}\int^{\infty}_0 e^{-bx}\,dx=\frac{d}{db}\left(\frac{1}{b}\right)$

En employant le théorème de Leibniz:

$\displaystyle \int^{\infty}_0\frac{\partial}{\partial b}e^{-bx}\,dx=\frac{-1}{b^2}$

$\displaystyle \int^{\infty}_0 -xe^{-bx}\,dx=\frac{-1}{b^2}$

On va répéter cette opération plusieurs fois, eliminant à chaque fois le signe négatif si il existe:

$\displaystyle \int^{\infty}_0 x^2e^{-bx}\,dx=\frac{2}{b^3}$

$\displaystyle \int^{\infty}_0 x^3e^{-bx}\,dx=\frac{6}{b^4}$

$\displaystyle \int^{\infty}_0 x^4e^{-bx}\,dx=\frac{24}{b^5}$

$\displaystyle \int^{\infty}_0 x^5e^{-bx}\,dx=\frac{120}{b^6}$

Maintenant, le motif devient assez claire et il est possible de généraliser:

$\displaystyle \int^{\infty}_0 x^ne^{-bx}\,dx=\frac{n!}{b^{n+1}}$

On obtient notre définition de la factorielle en laissant $b$ être égal a 1:

$\displaystyle \int^{\infty}_0 x^ne^{-x}\,dx=n!$

Maintenant, on peut calculer des factorielles intéressantes, car on n’est plus limité à l’ensemble $\displaystyle \mathbb{N}$ . Par exemple:

$\displaystyle \left(\frac{1}{2}\right)!=\int^{\infty}_{0} x^{\frac{1}{2}}e^{-x}\,dx$

$\displaystyle x=u^2$

$\displaystyle dx=2u\,du$

$\displaystyle \frac{1}{2}!=2\int^{\infty}_{0} u^2 e^{-u^2}\,du$

Bon on va utiliser la technique d’intégration par partie:

$\displaystyle 2\int^{\infty}_{0} u^2e^{-u^2}\,du=2 u \cdot \left(-\frac{1}{2} e^{-u^2}\right) \Biggr|_0^{\infty} - 2 \int_0^{\infty} -\frac{1}{2}e^{-u^2}\,du = \int_0^{\infty} e^{-u^2} \,du$