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Osud
15-06-2019 11:09:15

Exact, c'est la bonne réponse (en tout cas confirmée par worframalpha), problème résolu.

AloWarZ
14-06-2019 13:10:24

La réponse était toute bête :

$\int_0^1\left(\int_y^1 x^{-3/2} \cos\left(\frac{\pi y}{2x}\right) \, \mathrm dx\right)\mathrm dy=\int_0^x\left(\int_0^1 x^{-3/2} \cos\left(\frac{\pi y}{2x}\right) \, \mathrm dx\right)\mathrm dy$

Puis Fubini :

$\int_0^1 x^{-3/2}\int_0^x \cos\left(\frac{\pi y}{2x}\right) \, \mathrm dy\mathrm dx = \int_0^1 x^{-3/2}\left[\frac{2x}{\pi }\sin{\left(\frac{\pi y}{2x}\right)}\right]^{y=x}_{y=0}\mathrm dx = \frac{2}{\pi} \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm dx = \frac{2}{\pi} \left[2\sqrt{x}\right]^{x=1}_{x=0} = \frac{4}{\pi}$

AloWarZ
10-06-2019 12:02:03

Effectivement j'ai déjà appliqué Fubini comme dit au départ

freddy
10-06-2019 09:42:03
AloWarZ a écrit :

Bonjour,
J'ai récemment eu un partiel d'Intégration et je suis tombé sur cette intégrale :

$\int_0^1\left(\int_y^1 x^{-3/2} \cos\left(\frac{\pi y}{2x}\right) \, \mathrm dx\right)\mathrm dy$

J'utilise donc Fubini puis j'ai :

$\int_y^1\left(\int_0^1 x^{-3/2} \cos\left(\frac{\pi y}{2x}\right) \, \mathrm dy\right)\mathrm dx = \int_y^1 x^{-3/2}\left(\int_0^1  \cos\left(\frac{\pi y}{2x}\right) \, \mathrm dy\right)\mathrm dx = \int_y^1 x^{-3/2} \left[\frac{2x}{\pi} \sin\left(\frac{\pi y}{2x}\right)\right]^{1}_{0}\mathrm dx = \int_y^1 \frac{2x^{-1/2}}{\pi} \sin\left(\frac{\pi}{2x}\right)\mathrm dx$

Sauf que là je bloque, je ne vois absolument pas comment calculer ça.

Pouvez vous m'indiquer quoi faire si il existe une solution?
Merci

Salut,

je pense que c'est déjà fait !

Roro
10-06-2019 08:58:58

Bonjour,

Une fois n'est pas coutume, je pense qu'extrazlove a raison !!!
Ca me semble assez simple en faisant correctement l'inversion de l'ordre d'intégration.
En fait, il s'agit d'une intégrale d'une fonction de 2 variables $(x,y)$, à l'intérieur du triangle $\mathcal T = OAB$ où $A=(1,0) et $B=(1,1)$.

En écrivant $\displaystyle \int_{\mathcal{T}} ... dxdy = \int_0^1 \Big( \int_y^1 ... dx \Big) dy = \int_0^1 \Big( \int_0^x ... dy \Big) dx$, j'ai l'impression que tout devient plus simple...

Roro.

extrazlove
10-06-2019 07:10:46

non même pas c'est juste un piège vous pouvez changer la place de l'intégrale et les dx et dy pour calculer intégral facilement.

AloWarZ
10-06-2019 01:50:14

Ouais c'est bizarre, j'ai eu cette intégrale à un rattrapage de L3 math et j'ai l'impression qu'elle est niveau master ou plus. Sinon merci quand même de m'avoir aidé :)

Guitout
09-06-2019 13:57:12

Bonjour, alors j'ai essayer un truc, je sais pas si c'est acceptable, je ne sais pas si ça marche mais j'essaie quand même.

[tex]\frac{\pi}{2}I=2-2\sqrt{y}\sin(\cfrac{\pi}{2y})+\pi\int_{y}^1 \frac{1}{\sqrt{x}^3}\cos(\cfrac{\pi}{2x}) \; dx[/tex].

On sais que [tex]\cos(\theta)=\cfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}=\mathfrak{Re}(\cfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2})[/tex]

Donc [tex]\cos(\cfrac{\pi}{2x})=\mathfrak{Re}(\cfrac{e^{i\frac{\pi}{2x}}+e^{-i\frac{\pi}{2x}}}{2})=\mathfrak{Re}(\cfrac{(e^{i\pi})^{\frac{1}{2x}}+(e^{-i\pi})^{\frac{1}{2x}}}{2})=\mathfrak{Re}(i^\frac{1}{x})[/tex].

Ce qui donne [tex]\pi\int_{y}^1 \frac{1}{\sqrt{x}^3}\cos(\cfrac{\pi}{2x}) \; dx= \pi\mathfrak{Re}\Big(\int_y^1 \cfrac{e^{\frac{1}{x}\ln(i)}}{\sqrt{x}^3} \; dx\Big)[/tex]

Voila Voila ...
Après je sèche, je pense ne pas avoir les connaissances suffisantes pour continuer.

Guitout
08-06-2019 20:36:56

Si [tex]u'=x^{-1/2}=\frac{1}{\sqrt{x}}[/tex], alors [tex]u=2\sqrt{x}[/tex].

Donc [tex]\frac{\pi}{2}I=2-2\sqrt{y}\sin(\frac{\pi}{2y})+\pi\int_{y}^1 \frac{1}{\sqrt{x}^3}\cos(\frac{\pi}{2x}) \; dx[/tex]

AloWarZ
08-06-2019 17:39:10

Je prend $I=\int_y^1 \frac{2x^{-1/2}}{\pi} \sin\left(\frac{\pi}{2x} \right) \mathrm dx$

en prenant :
$u'=x^{-1/2}$ et $v=\sin \left(\frac{\pi}{2x}\right)$
J'ai :
$u=-2\sqrt{x}$ et $v'=-\frac{\pi}{2x^{2}}\cos \left(\frac{\pi}{2x}\right)$
Puis IPP:
$\frac{\pi}{2}I=\left[uv\right]^{1}_{y}-\int_y^1uv' \mathrm dx=2\sqrt{y}\sin\left(\frac{\pi}{2y} \right)-2-\int_y^1\pi x^{-3/2}\cos \left(\frac{\pi}{2x}\right)$

J'ai pas l'impression que c'est possible en IPP puisque la puissance de $x$ n'est pas un entier.

Guitout
08-06-2019 08:48:10

Tu as le choix entre un changement de variable ou une intégration par partie (IPP).
Vu ton intégrale, j'opterais pour une IPP.

AloWarZ
08-06-2019 00:59:08

Oui pardon j'ai plutôt ça après

$\int_y^1 \frac{2x^{-1/2}}{\pi} \sin\left(\frac{\pi}{2x} \right) \mathrm dx  $

Du coup une idée?

Guitout
07-06-2019 21:23:57

Bonjour,

Normalement tu ne doit plus avoir de [tex]y[/tex] après avoir appliqué Fubini.

AloWarZ
07-06-2019 19:02:41

Bonjour,
J'ai récemment eu un partiel d'Intégration et je suis tombé sur cette intégrale :

$\int_0^1\left(\int_y^1 x^{-3/2} \cos\left(\frac{\pi y}{2x}\right) \, \mathrm dx\right)\mathrm dy$

J'utilise donc Fubini puis j'ai :

$\int_y^1\left(\int_0^1 x^{-3/2} \cos\left(\frac{\pi y}{2x}\right) \, \mathrm dy\right)\mathrm dx = \int_y^1 x^{-3/2}\left(\int_0^1  \cos\left(\frac{\pi y}{2x}\right) \, \mathrm dy\right)\mathrm dx = \int_y^1 x^{-3/2} \left[\frac{2x}{\pi} \sin\left(\frac{\pi y}{2x}\right)\right]^{1}_{0}\mathrm dx = \int_y^1 \frac{2x^{-1/2}}{\pi} \sin\left(\frac{\pi}{2x}\right)\mathrm dx$

Sauf que là je bloque, je ne vois absolument pas comment calculer ça.

Pouvez vous m'indiquer quoi faire si il existe une solution?
Merci

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