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#1 28-03-2020 12:15:52

JCDV
Invité

Intégration

Bonjour,

J'aimerai que vous m'aidiez à résoudre l'intégrale de cette fonction :

[tex]I_{n}(a)=\int_{0}^{+\infty}{\frac{x^6}{(x^4+a^4)^2}}dx[/tex]

À l'aide du théorème des résidus. Merci à vous de me donner des pistes.

Ce que j'ai fais :

La fonction est paire donc les bornes ne posent pas problème :

[tex]I_{n}(a)=\int_{0}^{+\infty}{\frac{x^6}{(x^4+a^4)^2}}dx=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{x^6}{(x^4+a^4)^2}}dx[/tex]

Et les pôles doubles sont de la forme:

[tex]z_{k} = a\exp (\imath (\frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}))[/tex]

Seuls [tex]z_{0}[/tex] et [tex]z_{1}[/tex] sont dans le demi cercle qui nous intéresse.
J'ai ensuite prouvé grâce au lemme de Jordan que l'intégrale sur le demi-cercle est nulle en passant par [tex]\lim_{|z| \rightarrow +\infty }|zf(z)| = 0[/tex]

Cependant à l'aide de la formule de  Cauchy, j'obtiens :
[tex]Res(f,z_{0}) = \lim_{z\rightarrow z_{0}}\frac{\partial }{\partial z}\frac{z^6}{(z-z_{1})^2(z-z_{2})^2(z-z_{3})^2}[/tex]

De même : [tex]Res(f,z_{1}) = \lim_{z\rightarrow z_{1}}\frac{\partial }{\partial z}\frac{z^6}{(z-z_{0})^2(z-z_{2})^2(z-z_{3})^2}[/tex]

Je pense que l'utilisation de cette formule nécessite une décomposition en éléments simples (fastidieuse).
N'y a-t-il pas une autre solution plus subtile que je n'ai pas vu ? Décomposition en Série de Laurent ? En Série Entière ?

Merci d'avance pour l'effort de réflexion.

#2 28-03-2020 16:07:37

aviateur
Membre
Inscription : 19-02-2017
Messages : 186

Re : Intégration

Bonjour
Inutile de dériver, il suffit de faire un petit développement à l'ordre 2 au voisinage du pôle.

On peut toujours se ramener à a= 1. On trouve la somme des 2 résidus= $-\frac{3 i}{8 \sqrt{2}}$

Dernière modification par aviateur (28-03-2020 16:15:44)

Hors ligne

#3 28-03-2020 16:52:59

JCVD
Invité

Re : Intégration

Bonjour !

Pour obtenir ce résultat vous avez seulement fait un développement limité à l'ordre 2 sur chaque résidus ?

Merci beaucoup

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