Je dois montrer, à l'aide d'une décomposition en éléments simples (et pas une application du théorème des résidus) que
$$\int_0^{+\infty} \frac{t^{m-1}}{1+t^{2n}}{\rm d}t=\frac{\pi}{2n\sin\frac{m\pi}{2n}}$$
où $m$ et $n$ sont des entiers, $1\le m<2n$.
- J'ai montré que
$$\frac{X^{m-1}}{1+X^{2n}} = \sum_{k=-n}^{n-1} \frac{\alpha_k}{X-\omega_k}$$
où $\omega_k={\rm e}^{i\theta_k}$, $\theta_k=\frac{(2k+1)\pi}{2n}$ et $\alpha_k=-\frac{\omega_k^m}{2n}$. - Ensuite, posant $A>0$,
$$\int_0^A \frac{{\rm d}t}{t-\omega_k} = \ln A+\frac12\ln(1-2/A\cos\theta_k+1/A^2) + {\rm i}\left(\arctan\frac{A-\cos\theta_k}{\sin\theta_k} + \arctan\frac{\cos\theta_k}{\sin\theta_k}\right)$$ - Quand $A\to+\infty$, la somme des termes logarithmiques tend vers $0$, parce que la somme des résidus $\alpha_k$ est nulle.
- Pour trouver la limite des termes en $\arctan$, Je les groupe deux par deux, associant celui associé à $k$ à celui associé à $-k-1$, avec $0\le k\le n-1$, parce que $\theta_{-k-1}=-\theta_k$, et $\sin\theta_k>0$ lorsque $0\le k\le n-1$ et $\sin\theta_k<0$ si $-n\le k\le -1$. J'obtiens
$${\rm i}(\alpha_k-\overline{\alpha_k})\left(\frac\pi2+\arctan\frac{\cos\theta_k}{\sin\theta_k}\right)$$ - Ensuite je trouve que, que $\cos\theta_k$ soit positif ou négatif, cette limite peut être écrite $\frac{1}{n}\sin(m\theta_k)(\theta_k-\pi)$.
- La somme de ces limites est, à une constante près, la somme de Riemann de la fonction $f:t\mapsto\sin(mt)(t-\pi)$ sur l'intervalle $\left[0,\frac\pi2\right]$, qui est, sauf erreur,
$$\frac\pi m\left(\frac12\cos(m\frac\pi2)-1\right)+\frac{\sin(m\pi/2)}{m^2}$$
Or même après multiplication par la constante manquante, je n'arrive pas à retrouver le résultat demandé.
Si vous avez une idée, je suis preneur :-)
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