[<] Calcul d'intégrales [>] Changement de variable

 
Exercice 1  4708  

Soient α>0 et ω. Calculer

C(α,ω)=0+cos(ωt)e-αtdtetS(α,ω)=0+sin(ωt)e-αtdt.
 
Exercice 2  684   Correction  

Soit a>0. En procédant au changement de variable u=a/t, calculer

I(a)=0+ln(t)a2+t2dt.

Solution

La fonction tln(t)a2+t2 est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.
Cette fonction est intégrable car

tln(t)a2+t2t0+0ett3/2ln(t)a2+t2t+0.

L’intégrale définissant I(a) est donc bien définie.

Par le changement de variable 𝒞1 bijectif proposé

I(a)=0+ln(t)a2+t2dt=u=a/t0+ln(a)-ln(u)a(u2+1)du=ln(a)a0+duu2+1-1aI(1).

Pour a=1, on obtient I(1)=0 et donc

I(a)=π2ln(a)a.
 
Exercice 3  685   

Pour a réel, on pose

I(a)=0+dt(1+t2)(1+ta).
  • (a)

    Pour quelles valeurs de a, l’intégrale déterminant I(a) est-elle définie?

  • (b)

    En procédant au changement de variable u=1/t, montrer I(a)=π/4.

 
Exercice 4  674  

Soient p et q deux réels tels que p2<q. Calculer

-+dtt2+2pt+q.
 
Exercice 5  2825     MINES (MP)Correction  

Existence et calcul éventuel de

-+11+(t+ib)2dt.

Solution

On peut écrire

1+(t+ib)2=(t+i(b+1))(t+i(b-1)).

Si b=±1 la fonction n’est pas intégrable sur à cause d’une singularité en 0.
Si b±1 alors la fonction f:t11+(t+ib)2 est continue par morceaux sur et f(t)=O(1t2) quand t± donc f est intégrable sur .
En procédant à une décomposition en éléments simples:

-AAdt1+(t+ib)2=i2[12ln(t2+(b+1)2)+arctan(tb+1)]-AA-i2[12ln(t2+(b-1)2)+arctan(tb-1)]-AA.

Si |b|>1 alors

-+dt1+(t+ib)2=0.

Si |b|<1 alors

-+dt1+(t+ib)2=π.
 
Exercice 6  3884     MINES (MP)Correction  

Pour α, étudier l’existence et déterminer l’éventuelle valeur de

0+dtt2+αt+1.

Solution

Le discriminant du trinôme t2+αt+1 vaut Δ=α2-4.

Cas: |α|<2. On a Δ<0, le trinôme ne s’annule pas et la fonction t1/(t2+αt+1) est définie et continue par morceaux sur [0;+[. La fonction est intégrable car équivalente à 1/t2 en +.

Cas: α2. Le trinôme ne s’annule pas sur [0;+[ car il est somme de termes positifs. À nouveau la fonction t1/(t2+αt+1) est intégrable sur [0;+[.

Cas: α-2. le trinôme t2+αt+1 présente deux racines positives et la fonction t1/(t2+αt+1) n’est pas définie sur l’intégralité de l’intervalle ]0;+[. Même en découpant l’intégrale aux points singuliers, on peut observer que les intégrales introduites ne sont pas définies. On ne parvient donc pas à donner un sens à l’intégrale étudiée dans ce cas.

Reste à calculer l’intégrale pour α>-2.

Cas: |α|<2. Le trinôme t2+αt+1 s’écrit peut se réécrire

(t+α2)2+a2 avec a=1-α24.

On a alors

0+dtt2+αt+1=[1aarctan(2t+αa)]0+

puis

0+dtt2+αt+1=1a(π2-arctan(αa)).

Cas: α=2.

0+dtt2+2t+1=[-1t+1]0+=1.

Cas: α>2. Le trinôme t2+αt+1 à deux racines t0,t1 distinctes strictement négatives.

t0=-α-Δ2 et t1=-α+Δ2.

Par décomposition en éléments simples,

1t2+αt+1=at-t0+bt-t1

avec

a=1t1-t0=1Δ et b=1t0-t1=-a.

On a alors

0+dtt2+αt+1=1t1-t0[ln(t-t0t-t1)]0+=1Δln(α+Δα-Δ).
 
Exercice 7  3222   Correction  

Pour a,b>0, calculer

I(a,b)=-+dt(t2+a2)(t2+b2).

Solution

La fonction t1(t2+a2)(t2+b2) est définie et continue par morceaux sur ]-;+[.

Quand t+, f(t)1t4 donc f est intégrable sur [0;+[.

Quand t-, f(t)1t4 donc f est intégrable sur ]-;0].

On remarque

1t2+a2-1t2+b2=b2-a2(t2+a2)(t2+b2).

Cas: ab.

I(a,b)=1b2-a2(-+dtt2+a2--+dtt2+b2)

avec convergence des deux intégrales introduites. Sachant

-+dtt2+a2=[1aarctan(ta)]-+=πa

on obtient

I(a,b)=πab(a+b).

Cas: a=b.

I(a,a)=1a2-+(t2+a2-t2)dt(t2+a2)2=1a2(-+dtt2+a2--+t2(t2+a2)2dt).

Par intégration par parties généralisée,

-+t×t(t2+a2)2dt=[-12tt2+a2]-++12-+dtt2+a2=π2a

On conclut

I(a,a)=π2a3.
 
Exercice 8  681  Correction  

Pour a>0, calculer

I(a)=0+(t-t)e-atdt.

Solution

La fonction f:t(t-t)e-at est définie et continue par morceaux sur [0;+[.
Quand t+, t2f(t)0 donc f est intégrable sur [0;+[.

0nf(t)dt=k=0n-1kk+1f(t)dt=k=0n-101te-a(t+k)dt=1-e-na1-e-a1-(a+1)e-aa2.

Quand n+,

0+f(t)dt=1-(a+1)e-aa2(1-e-a).
 
Exercice 9  3628   Correction  

Pour quelles valeurs de a et b l’intégrale suivante est-elle définie?

0+(t+at+1+bt+2)dt.

La calculer lorsque c’est le cas.

Solution

La fonction f:tt+at+1+bt+2 est définie et continue par morceaux sur [0;+[.
Par développements limités

f(t)=(1+a+b)t+a+2b21t+O(1t3/2) quand t+.

Si 1+a+b0 alors f(t)t++ ou - et l’intégrale n’est assurément pas convergente.
Si 1+a+b=0 et a+2b0 alors f(t)λt1/2 avec λ0. Par équivalence de fonction de signe constant au voisinage de +, on peut affirmer que l’intégrale diverge.
Si 1+a+b=0 et a+2b=0 c’est-à-dire (a,b)=(-2,1) alors f(t)=O(1/t3/2) et donc f est intégrable.
Finalement, l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, (a,b)=(-2,1).
Supposons que tel soit le cas.

0x(t-2t+1+t+2)dt=23[t3/2-2(t+1)3/2+(t+2)3/2]0x.

Par développements limités

x3/2-2(x+1)3/2+(x+2)3/234xx+0

et donc

0+(t+at+1+bt+2)dt=43(1-2).
 
Exercice 10  686   Correction  

Soit f une fonction continue et croissante sur telle que limx+f(x)=.

  • (a)

    Pour a>0, montrer que l’intégrale

    0+f(x+a)-f(x)dx

    est définie et la calculer.

  • (b)

    Calculer

    -+arctan(x+a)-arctan(x)dx.

Solution

  • (a)

    xf(x+a)-f(x) est continue et positive (car f est croissante).

    0Af(x+a)-f(x)dx=aA+af(x)dx-0Af(x)dx=AA+af(x)dx-0af(x)dx.

    Or f(x)x+ donc

    ε>0,M,xM|f(x)-|ε

    et alors

    AM,|AA+af(x)dx-a|AA+a|f(x)-|dxaε

    donc

    AA+af(x)dxA+a

    puis

    0Af(x+a)-f(x)dxA+a-0af(x)dx.

    On peut conclure que 0+f(x+a)-f(x)dx est définie et

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

    Comme ci-dessus, mais en faisant A-, on établie

    0-f(x+a)-f(x)dx=a-0af(x)dx

    avec =limx-f(x). Par conséquent, -+arctan(x+a)-arctan(x)dx est définie par application du théorème de Chasles et

    -+arctan(x+a)-arctan(x)dx=πa.
 
Exercice 11  4060   Correction  

Soit f:[0;+[ continue telle que l’intégrale suivante converge:

1+f(t)tdt.

On se donne deux réels 0<a<b.

  • (a)

    Établir que pour tout x>0

    x+f(at)-f(bt)tdt=axbxf(t)tdt.
  • (b)

    En déduire convergence et valeur de

    0+f(at)-f(bt)tdt.

Solution

  • (a)

    L’intégrale en premier membre existe et définit une fonction dérivable de x avec

    ddx(x+f(at)-f(bt)tdt)=-f(ax)-f(bx)x.

    L’intégrale en second membre définit aussi une fonction dérivable de x avec

    ddx(axbxf(u)udu)=bf(bx)bx-af(ax)ax=f(bx)-f(ax)x.

    On en déduit que les deux membres de l’égalité voulue sont égaux à une constante près.
    Or ces deux fonctions de x sont de limite nulle quand x+ et la constante précédente est alors nulle.

  • (b)

    Par continuité de f en 0, on peut écrire

    f(t)=f(0)+φ(t) avec φ de limite nulle en 0.

    On a alors

    axbxf(t)tdt=f(0)ln(ba)+axbxφ(t)tdt.

    Or

    |axbxφ(t)tdt|maxt[ax;bx]|φ(t)|axbxdtt=ln(ba)maxt[ax;bx]|φ(t)|x0+0.

    On conclut à la convergence de l’intégrale et à la valeur

    0+f(at)-f(bt)tdt=f(0)ln(ba).
 
Exercice 12  2827      MINES (MP)Correction  

Trouver une expression simple de

0πsin2(t)(1-2xcos(t)+x2)(1-2ycos(t)+y2)dt

x,y]-1;1[.

Solution

Par le changement de variable u=tan(t2) on parvient à l’intégrale

I=0+8u2du(1+u2)((1-x)2+(1+x)2u2)((1-y)2+(1+y)2u2).

On peut réaliser une décomposition en éléments simples réelles de la fraction rationnelle intégrée qui pour des raisons de parité sera de la forme

a1+u2+b(1-x)2+(1+x)2u2+c(1-y)2+(1+y)2u2

avec

a=-12xy,b=-(1-x)2(1+x)22x(x-y)(1-xy) et c=-(1-y)2(1+y)22y(y-x)(1-xy)

sous réserve que xy et xy0.
Puisque

0+duα2+β2u2=1αβπ2

on parvient à

I=π2(-12xy-1-x22x(x-y)(1-xy)+1-y22y(x-y)(1-xy))=π2(1-xy).

Les cas exclus xy et xy0 peuvent être récupérés par continuité.
Il m’a peut-être échappé une démarche plus simple…

 
Exercice 13  3977      MINES (MP)

Pour a réel strictement positif, on pose

I(a)=0+exp(-(x2+a2x2))dx.
  • (a)

    Montrer l’existence de l’intégrale définissant I(a).

  • (b)

    Justifier l’identité

    I(a)=a+exp(-(x2+a2x2))(1+ax2)dx.
  • (c)

    En déduire la valeur de I(a) connaissant l’intégrale de Gauss11 1 L’intégrale de Gauss est une intégrale fameuse que l’on rencontre dans la résolution de nombreux sujets. Son existence a été acquise dans le sujet 4701 et son calcul sera mené dans le sujet 535.

    0+e-t2dt=π2.

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Édité le 08-11-2019

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