ETUDE DE L’INTEGRALE

I(x) = ∫_{0}^{2π}ln (x^{2} − 2x cos θ + 1)dθx ∈ ℝ | x |≠ 1

1^{ère} méthode : Utilisation de sommes de Riemann On remarque d’abord que (x^{2} − 2x cos θ + 1) = (x − e^{iθ})(x − e^{−iθ}) Par définition :

I(x) = lim_{n→∞} \frac{2π}{n} ∑_{i=0}^{n−1} ln (x − e^{\frac{2ikπ}{n}})(x − e^{\frac{−2ikπ}{n}})

I(x) = lim_{n→∞}2π ln (∏_{i=0}^{n−1} (x − e^{\frac{2ikπ}{n}})(x − e^{\frac{−2ikπ}{n}}))^{\frac{1}{n}}

I(x) = lim_{n→∞}2π ln ( ∏_{i=0}^{2n−1} (x − e^{\frac{2ikπ}{n}})\frac{x + 1}{x − 1})^{\frac{1}{n}}

I(x) = lim_{n→∞}2π ln (\frac{(x^{2n} − 1)(x + 1)}{x − 1})^{\frac{1}{n}}

Si | x | < 1 :

lim_{n→∞}x^{2n} − 1 = −1

d’où

lim_{n→∞}(\frac{(x^{2n} − 1)(x + 1)}{x − 1})^{\frac{1}{n}} = 1

Et :

I(x) = 0

Sinon si | x | > 1 :

x^{2n} − 1 ∼ x^{2n}

lim_{n→∞} \frac{(x^{2n} − 1)(x + 1)}{x − 1}^{\frac{1}{n}} = x^{2}

I(x) = 4π ln | x |

2^{e} méthode : Avec des séries de Fourier

On décompose en série de Fourier la fonction

f : (x, θ) ↦ ln (x^{2} − 2 cos θ + 1)

f est C^{∞} sur ℝ donc somme de sa série de Fourier. Pour calculer cette série, on a la subtile idée de dériver f selon la variable x.

\frac{∂f}{∂x} (x, θ) = \frac{1}{x − e^{iθ}} + \frac{1}{x − e^{−iθ}}

Comme vous avez pu le remarquer, on a par la même occasion décomposé la fraction en éléments simples. Pour ce faire, sans se fatiguer, on utilise des ln de complexes, on dérive, on réduit au même dénominateur, et on constate que l’on retrouve bien la dérivée classique.

On développe \frac{∂f}{∂x}(x, θ) en série entière :

Si | x | < 1 :

\frac{1}{x − e^{iθ}} = \frac{1}{x} ∑_{i=0}^{∞} \frac{e^{inθ}}{x^{n}}

Comme il y a sans problème convergence normale en θ sur ℝ, on a immédiatement :

c_{n}(\frac{∂f}{∂x}) = \frac{1}{x^{n+1}} ∀n ∈ ℤ^{⋆}

c_{0}(\frac{∂f}{∂x}) = \frac{2}{x}

I(x) vaut 2π fois la moyenne de f sur [0; 2π],soit 2πc_{0}(f)

Montrons que \frac{∂c_{0}(f)}{∂x} = c_{0}(\frac{∂f}{∂x}) (jeu de mots...)

c_{0}(f) = \frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π}f(θ)dθ

On dérive selon x, sachant que f est C^{0} sur ]1; +∞[×[0; 2π], ainsi que \frac{∂f}{∂x}

\frac{∂c_{0}(f)}{∂x} = \frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} \frac{∂f}{∂x} (x, θ)dθ

Il vient :

I(x) = 4π ln | x | +cste

Si | x | < 1 :

\frac{1}{x − e^{iθ}} = e^{−iθ} ∑_{i=0}^{∞} x^{n}e^{−inθ}

d’où

c_{0}(\frac{∂f}{∂x}) = 0

I(x) = cste

Or on a facilement I(0) = 0 d’où

∀x ∈]−1; 1[ I(x) = 0

\underline{3^{e} méthode :}

Calcul "direct" (la méthode la plus, dirons-nous, fatiguante, et certainement la moins subtile, bien qu’elle le soit tout de même un peu) En fait on va d’abord calculer I′(x)

I′(x) = ∫_{0}^{2π} \frac{2x − cos θ}{x^{2} − 2x cos θ + 1}

par dérivation sous le signe ∫, je commence à en avoir marre de justifier. (je me fatigue très vite pour ce genre de choses) Bon, alors là on va être obligés de faire un changement de variable en tan \frac{t}{2}, et ça devient vite très (très) lourd, pour finalement retrouver le même résultat que pour les autres fois (heureusement...)

4^{e} et (enfin !) dernière méthode : par une équation fonctionnelle

x^{2} − 2x cos θ + 1 = x^{2}(\frac{1}{x^{2}} − \frac{2}{x} cos θ + 1)

d’où :

I(\frac{1}{x}) = I(x) + 4π ln | x | (1)

Cela nous permet en passant de trouver que la constante, pour la 2^{e} méthode (mais si, vous vous souvenez !) vaut bien 0. On a de plus :

x^{4} − 2x^{2} cos θ + 1 = (x^{2} − e^{iθ})(x^{2} − e^{−iθ})

x^{4} − 2x^{2} cos θ + 1 = (x − e^{\frac{iθ}{2}} )(x − e^{\frac{−iθ}{2}} )(x + e^{\frac{iθ}{2}} )(x + e^{\frac{−iθ}{2}} )

x^{4} − 2x^{2} cos θ + 1 = (x^{2} − 2x cos \frac{θ}{2} + 1)(x^{2} + 2x cos \frac{θ}{2} + 1)

x^{4} − 2x^{2} cos θ + 1 = (x^{2} − 2x cos \frac{θ}{2} + 1)(x^{2} − 2x cos(\frac{θ}{2} + π) + 1)

D’où f(x^{2}, θ) = f(x, \frac{θ}{2}) + f(x, \frac{θ}{2} + π)

Enfin I(x^{2}) = ∫_{0}^{2π}f(x, \frac{θ}{2})dθ + ∫_{0}^{2π}f(x, \frac{θ}{2} + π)dθ

Par changement de variable :

I(x^{2}) = 2(∫_{0}^{π} f(x, θ)dθ + ∫_{π}^{2π} f(x, θ)dθ)

I(x^{2}) = 2I(x)

On a donc :

I(x) = \frac{I(x^{(2^{n})})}{2^{n}} ∀n ∈ ℕ

Si | x | < 1, quand n → ∞, x^{(2^{n})} → 0 De plus f est C^{0} sur 0 × [0; 2π]

donc lim_{x→0} I(x) = 0

Il vient I(x) = 0 ∀x ∈] − 1; 1[ Par (1) il vient : pour | x | > 1, I(x) = 4π ln | x |

FIN...