[<] Intégrabilité et comportement asymptotique [>] Calcul d'intégrales comportant un paramètre

 
Exercice 1  4704  

Calculer

1+dtt(t+1).
 
Exercice 2  666  Correction  

Calculer

0+dt(t+1)(t+2)

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur [0;+[. Elle y est intégrable car

1(t+1)(t+2)t+1t2

Par décomposition en éléments simples,

0+dt(t+1)(t+2)=0+(1t+1-1t+2)dt=[ln(t+1t+2)]0+=ln(2).
 
Exercice 3  5380  Correction  

Calculer

01dtt+1t.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur I=]0;1]. Celle-ci se prolonge par continuité en 0 et l’intégrale est faussement généralisée. On obtient sa valeur par un calcul direct

01dtt+1t=01tt2+1dt=[12ln(1+t2)]01=12ln(2).
 
Exercice 4  4705  

Calculer

-11dt1-t2.
 
Exercice 5  4706  

Calculer

I=0+e-tdt.
 
Exercice 6  3237   Correction  

Justifier et calculer

-+dt(1+t2)(1+it).

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur et est dominée par 1/t3 quand |t|+, donc elle est intégrable et l’intégrale étudiée existe.
Par découpage et changement de variable

-+dt(1+t2)(1+it)=0+dt(1+t2)(1+it)+0+dt(1+t2)(1-it)

donc

-+dt(1+t2)(1+it)=0+2dt(1+t2)2.

Or

0+dt(1+t2)2=0+dt(1+t2)-0+t2dt(1+t2)2.

Une intégration par parties justifiée par deux convergences donne

0+t2dt(1+t2)2=[-12t1+t2]0++120+dt1+t2

et donc

-+dt(1+t2)(1+it)=0+dt1+t2=π2.
 
Exercice 7  1333      X (MP)Correction  

Calculer

-+dx1+x4+x8.

Solution

On a

11+X4+X8=1-X41-X12.

Les pôles de cette fraction rationnelle sont les éléments de U12U4 et ils sont simples.
On peut donc écrire en combinant les parties polaires conjuguées

11+X4+X8=2Re(α1X-ω1)+2Re(α2X-ω2)+2Re(α4X-ω4)+2Re(α5X-ω5)

avec ωk=exp(2ikπ/12), les ω1,ω2,ω4 et ω5 de parties imaginaires strictement positives.

αk=1-X4(1-X12)|X=ωk=112(ωk5-ωk).

Soit ω=a+ib avec a et b>0. On a

-AAdtt-ω=-AA(t-a)+ib(t-a)2+b2dt=[12ln((t-a)2+b2)+iarctan(t-ab)]-AAA+iπ

la limite de l’arc tangente étant obtenue sachant b>0.
Soit de plus α.

limA+(-AA2Re(αt-ω)dt)=2Re(limA+α-AAdtt-ω)=-2πIm(α).

Puisque la convergence de l’intégrale que nous étudions est assurée

-+dx1+x4+x8=limA+-AAdx1+x4+x8

et on en déduit

-+dx1+x4+x8=-2πIm(α1+α2+α4+α5)

ce qui donne

-+dx1+x4+x8=π6Im(ω2-ω10+ω4-ω8).

Or

ω2-ω10=2isin(π3)=i3 et ω4-ω8=2isin(2π3)=i3

et finalement

-+dx1+x4+x8=π3.
 
Exercice 8  5250   

Dans ce sujet, on étudie

I=0+e-x-e-2xxdx.
  • (a)

    Justifier l’existence de l’intégrale définissant I.

  • (b)

    En séparant cette dernière intégrale en deux, observer

    I=limε0+ε2εe-xxdx.
  • (c)

    Donner la valeur de I.

 
Exercice 9  676      ENSTIM (MP)Correction  
  • (a)

    Justifier l’existence de

    I=0+sin3(t)t2dt.

Pour x>0, on pose

I(x)=x+sin3(t)t2dt.

On donne l’identité sin(3a)=3sin(a)-4sin3(a).

  • (b)

    Établir que

    I(x)=34x3xsin(t)t2dt.
  • (c)

    En déduire la valeur de I.

Solution

  • (a)

    f:tsin3(t)t2 est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.
    Quand t0, f(t)0 et quand t+, f(t)=O(1/t2).
    On en déduit que f est intégrable sur I ce qui assure l’existence de I.

  • (b)

    On a sin(3t)=3sin(t)-4sin3(t) donc

    4I(x)=x+3sin(t)-sin(3t)t2dt.

    Par convergence des intégrales écrites, on a

    4I(x)=3x+sin(t)t2dt-x+sin(3t)t2dt.

    Or

    x+sin(3t)t2dt=u=3t33x+sin(u)u2du

    donc

    I(x)=34x3xsin(t)t2dt.
  • (c)

    I=limx0I(x). Or sin(t)=t+t2ε(t) avec ε0 donc

    x3xsin(t)t2dt=ln(3)+x3xε(t)dt.

    Puisque x3xε(t)dtx00, on obtient

    I=34ln(3).
 
Exercice 10  5404   Correction  

Existence et valeur de

0+(arctan(x+1)-arctan(x))dx.

Solution

Soit X[0;+[. Par linéarité,

0X(arctan(x+1)-arctan(x))dx=0Xarctan(x+1)dx-0Xarctan(x)dx.

On procède à une translation de la variable dans la première intégrale puis on emploie la relation de Chasles pour écrire

0X(arctan(x+1)-arctan(x))dx =1X+1arctan(x)dx-0Xarctan(x)dx
=XX+1arctan(x)dx-01arctan(x)dx.

Par intégration par parties,

01arctan(x)dx =[xarctan(x)]01-01x1+x2dt
=π4-[12ln(1+x2)]01=π4-12ln(2).

Par croissance de la fonction arctan,

XX+1arctan(X)dx=arctan(X)X+π/2XX+1arctan(x)dxXX+1arctan(X+1)dx=arctan(X+1)X+π/2.

Par théorème d’encadrement,

XX+1arctan(x)dxX+π2.

On conclut

0+(arctan(x+1)-arctan(x))dx=π4+12ln(2)

avec existence de l’intégrale.

 
Exercice 11  675   

Soit f: une fonction continue telle que

0+f(t)dt convergeetlimx-f(x)=.

Justifier l’existence et donner la valeur de

-+(f(t+1)-f(t))dt.
 
Exercice 12  677   Correction  

Existence et valeur de

0+arctan(2x)-arctan(x)xdx.

Solution

La fonction f:xarctan(2x)-arctan(x)x est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.
Quand x0+,

f(x)=2x-x+o(x)x1.

Quand x+,

f(x)=π2-arctan(12x)-π2+arctan(1x)x=O(1x2).

Ainsi f est intégrable sur ]0;+[.
Pour A0,

0Aarctan(2x)-arctan(x)xdx=0Aarctan(2x)xdx-0Aarctan(x)xdx

avec convergence des deux nouvelles intégrale.
Par changement de variable u=2x sur la première,

0Aarctan(2x)-arctan(x)xdx =02Aarctan(x)xdx-0Aarctan(x)xdx
=A2Aarctan(x)xdx.

Par la croissance de la fonction arctan,

arctan(A)A2AdxxA2Aarctan(x)xdxarctan(2A)A2Adxx.

À la limite quand A+, on conclut

0+arctan(2x)-arctan(x)xdx=π2ln(2).
 
Exercice 13  1334     X (MP)Correction  

Soient (a,b)2 avec a<b et f𝒞0(,) admettant une limite finie en - et telle que 0+f existe.
Justifier l’existence, puis calculer:

-+(f(a+x)-f(b+x))dx.

Solution

Puisque l’intégrale 0+f converge, il en est de même de

0+f(a+x)dx et 0+f(b+x)dx

avec

0+f(a+x)dx=a+f(x)dx et 0+f(b+x)dx=b+f(x)dx.

On en déduit la convergence de l’intégrale suivante et sa valeur

0+(f(a+x)-f(b+x))dx=abf(x)dx.

D’autre part, on a par découpage et pour tout A0

-A0(f(a+x)-f(b+x))dx=-A+a-A+bf(x)dx-abf(x)dx.

Or

(b-a)min[-A+a;-A+b]f-A+a-A+bf(x)dx(b-a)max[-A+a;-A+b]f

avec

min[-A+a;-A+b]fA+ et max[-A+a;-A+b]fA+

car f converge vers en -.
On en déduit la convergence et la valeur de l’intégrale suivante

-0(f(a+x)-f(b+x))dx=(b-a)-abf(x)dx

et finalement on obtient la convergence et la valeur de l’intégrale suivante

-+(f(a+x)-f(b+x))dx=(b-a).
 
Exercice 14  525     CENTRALE (PC)Correction  

Justifier l’existence et calculer

I=0+t1/tdt.

Solution

La fonction f:tt1/t est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.
Pour t>1, 1/t=0 et donc f(t)=0. Ainsi f est intégrable sur [1;+[.
Pour t>0, 1/t-11/t1/t et donc f(t)t0+1. Ainsi f est intégrable sur ]0;1].
On a

I=limn+1/n1f(t)dt.

Or

1/n1f(t)dt=k=1n-11/(k+1)1/kt1/tdt=k=1n-11/(k+1)1/kktdt

puis

1/n1f(t)dt=12k=1n-12k+1k(k+1)2.

Par décomposition en éléments simples

1/n1f(t)dt=12k=1n-1(1k-1k+1+1(k+1)2)

et après réorganisation

1/n1f(t)dt=12k=1n1k2.

On en déduit

I=π212.
 
Exercice 15  5015    

Existence et valeur de

1+(-1)ttdt.
 
Exercice 16  5048     MINES (PC)

(Calcul de l’intégrale de Dirichlet)

Pour n, on pose

In=0π/2sin((2n+1)t)sin(t)dtetJn=0π/2sin((2n+1)t)tdt.
  • (a)

    Montrer que la suite (In) est constante égale à π/2.

  • (b)

    Justifier que (Jn-In) tend vers 0.

  • (c)

    En déduire la valeur de l’intégrale convergente11 1 L’existence de cette intégrale a déjà été acquise par intégration par parties dans le sujet 2383.

    I=0+sin(t)tdt.
 
Exercice 17  3375     CCP (PC)Correction  

(Calcul de l’intégrale de Gauss)

  • (a)

    Montrer que

    x,ex1+x.

    En déduire

    t, 1-t2e-t211+t2.
  • (b)

    Soit n*. Établir l’existence des intégrales suivantes

    I=0+e-t2dt,In=01(1-t2)ndtetJn=0+dt(1+t2)n

    puis établir

    InInJn.
  • (c)

    On pose

    Wn=0π/2cosn(x)dx.

    Établir

    In=W2n+1etJn+1=W2n.
  • (d)

    Trouver une relation de récurrence entre Wn et Wn+2.

    En déduire la constance de la suite de terme général

    un=(n+1)WnWn+1.
  • (e)

    Donner un équivalent de Wn et en déduire la valeur de I (intégrale de Gauss).

Solution

  • (a)

    Il suffit d’étudier la variation de la fonction xex-(1+x) pour obtenir cette inégalité de convexité classique. On en déduit

    1-t2e-t2=1et211+t2.
  • (b)

    La fonction te-t2 est définie et continue par morceaux sur [0;+[. Puisque t2e-t2t+0, cette fonction est intégrable sur [0;+[ ce qui assure l’existence de I.
    La fonction t(1-t2)n est définie et continue par morceaux sur le segment [0;1], donc l’intégrale définissant In existe.
    La fonction t1/(1+t2)n est définie et continue par morceaux sur [0;+[. Puisque 1/(1+t2)nt+1/t2n avec 2n>1, cette fonction est intégrable sur [0;+[ ce qui assure l’existence de Jn.
    On a

    (1-t2)ne-nt21(1+t2)n

    donc

    In01e-nt2dt=1n0ne-y2dyIn

    et

    In=1n0+e-y2dy=0+e-nx2dxJn.
  • (c)

    Le changement de variable t=sin(x) donne In=W2n+1.
    Le changement de variable t=tan(x) donne Jn+1=W2n.

  • (d)

    Par intégration par parties

    Wn+2=n+1n+2Wn.

    On en déduit un+1=un donc la suite (un) est constante égale à

    u1=π/2.
  • (e)

    Puisque

    x[0;π/2],(cos(x))n+1(cos(x))n(cos(x))n-1

    on obtient en intégrant

    Wn+1WnWn-1.

    Or

    Wn+1=nn+1Wn-1Wn-1

    donc par encadrement

    Wn+1Wn.

    On en déduit

    unnWn2

    puis

    Wnπ2n.

    Par suite,

    Inπ2n et Jnπ2n.

    L’encadrement du b) donne alors

    I=π2.
 
Exercice 18  3916      CENTRALE (MP)
  • (a)

    Soit z un nombre complexe de partie imaginaire strictement positive. Étudier

    limA+-AAdtt-z.

Soit F(X) une fraction rationnelle sans pôles réels et intégrable sur . Pour a pôle de F, on note Ra le coefficient de 1X-a dans la décomposition en éléments simples de F

  • (b)

    Calculer la somme des Ra pour a parcourant l’ensemble 𝒫 des pôles de F.

  • (c)

    On note 𝒫+ l’ensemble des pôles de F de parties imaginaires strictement positives. Établir

    -+F(t)dt=2iπa𝒫+Ra.
  • (d)

    Soient m et n deux entiers naturels avec n>m. Calculer

    -+t2m1+t2ndt.
 
Exercice 19  2968      X (MP)Correction  

Soient P et Q dans [X], où Q ne s’annule pas sur et deg(P)deg(Q)-2.

Exprimer

P(t)Q(t)dt

à l’aide des coefficients intervenant dans la décomposition en éléments simples de P/Q.

Solution

La fonction tP(t)/Q(t) est définie et continue sur . De plus, Pour |t|+,

P(t)Q(t)=t+O(1t2) car deg(PQ)-2

et l’intégrale PQ converge.

Les pôles de la fraction P/Q sont complexes conjugués non réels et les parties polaires correspondantes sont deux à deux conjuguées. On en déduit que P/Q=2Re(F)F est la fraction rationnelle obtenue en sommant les parties polaires relatives aux pôles de partie imaginaire strictement positive.

Considérons un pôle a=α+iβ avec α et β>0.

Pour les éléments simples de la forme 1(X-a)m avec m>1, on a

dt(t-a)m=[-1m-11(t-a)m-1]-+=0.

Pour les éléments simples de la forme 1X-a on a

-AAdtt-a=-AAt-α+iβ(t-α)2+β2=[ln(|t-a|)+iarctan(t-αβ)]-AA.

Quand A+, on obtient

-AAdtt-aiπ.

Puisque

P(t)Q(t)dt=limA+-AAP(t)Q(t)dt

on obtient

P(t)Q(t)dt=2πRe(iσ)=-2πIm(σ)

avec σ la somme des coefficients facteurs des éléments simples 1X-a pour a de parties imaginaires strictement positive.

[<] Intégrabilité et comportement asymptotique [>] Calcul d'intégrales comportant un paramètre



Édité le 08-11-2019

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