[<] 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)

    On remarque I=limx0I(x). Lorsque x devient petit, I(x) est l’intégrale sur un intervalle de plus en plus petit d’une fonction de plus en plus grande. Puisque sin(t)t au voisinage de 0, on peut présumer que I(x) se rapproche de

    34x3xtt2dt=34x3x1tdt=34[ln(t)]x3x=34ln(3).

    On étudie alors la différence

    |I(x)-34ln(3)|34x3x|sin(t)-t|t2dt.

    Or la fonction

    g:tsin(t)-tt2

    se prolonge par continuité en 0 et donc

    x3x|sin(t)-t|t2dt=03xg(t)dt-0xg(t)dtx00.

    On en déduit

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

Calculer

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(2t)-arctan(t)tdt.

Solution

La fonction f:tarctan(2t)-arctan(t)t est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.

D’une part,

f(t)=t0+2t-t+o(t)tt0+1.

D’autre part,

f(t)=π2-arctan(12t)-π2+arctan(1t)t=t+O(1t2).

Ainsi, f est intégrable sur ]0;+[. Pour x0,

0xarctan(2t)-arctan(t)tdt=0xarctan(2t)tdt-0xarctan(t)tdt

avec convergence des deux nouvelles intégrales.

Par changement de variable u=2t sur la première,

0xarctan(2t)-arctan(t)tdt =02xarctan(t)tdt-0xarctan(t)tdt
=x2xarctan(t)tdt.

Par la croissance de la fonction arctan,

arctan(x)x2xdttx+π2ln(2)x2xarctan(t)tdtarctan(2x)x2xdttx+π2ln(2).

Par théorème d’encradement,

0+arctan(2t)-arctan(t)tdt=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  3000     SAINT CYR (MP)Correction  

On pose

I(α)=0+xln(x)(1+x2)αdx.
  • (a)

    Discuter l’existence de I(α) selon la valeur du réel α.

  • (b)

    Calculer I(2) et I(3).

Solution

  • (a)

    Soit α.

    On pose fα:xxln(x)(1+x2)α.

    La fonction fα est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.

    D’une part,

    xfα(x)x0+xln(x)x0+0.

    La fonction fα est donc intégrable sur ]0;1] quelle que soit la valeur du réel α.

    D’autre part,

    fα(x)x+ln(x)x2α-1.

    Par équivalence de fonctions positives, l’intégrale de fα sur [1;+[ converge11 1 Cf. intégrales de Bertrand. si, et seulement si, 2α-1>1, c’est-à-dire α>1.

    En résumé, l’intégrale définissant I(α) existe si, et seulement si, α>1.

  • (b)

    Cas: α=2. On réalise le changement de variable t=1/x. La fonction x1/x est de classe 𝒞1 strictement décroissante. Par ce changement de variable généralisé,

    I(2)=+0-1tln(1t)(1+1t2)2dtt2=-0+tln(t)(1+t2)2dt=-I(2).

    On en déduit I(2)=0.

    Cas: α=3. On réalise une intégration par parties sur ]0;X] avec22 2 Par commodité, on choisit la primitive u qui s’annule en 0.

    u(x)=-141(1+x2)2+14=x4+2x24(1+x2)2etv(x)=ln(x).

    Les fonctions u et v sont de classe 𝒞1 sur ]0;X] et l’on vérifie

    u(x)v(x)=(x4+2x2)ln(x)4(1+x2)2x0+0.

    Par le théorème d’intégration par parties généralisée, on obtient

    IX(3) =[(x4+2x2)ln(x)4(1+x2)2]0X-0X(x3+2x)dx4(1+x2)2
    =-14ln(X)(1+X2)2+ln(X)4-0Xxdx4(1+x2)-0Xx4(1+x2)2dx
    =-14ln(X)(1+X2)2+ln(X)4-18ln(1+X2)+[18(1+x2)]0X
    =-14ln(X)(1+X2)20+18ln(X21+X2)0+18(1+X2)0-18X+-18.

    On conclut

    I(3)=-18.
 
Exercice 15  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 16  5015    

Existence et valeur de

1+(-1)ttdt.
 
Exercice 17  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 18  3375     CCINP (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 19  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 un 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)

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

    -+t2m1+t2ndt.
 
Exercice 20  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 29-08-2023

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