[<] Intégration par parties [>] Intégrales seulement convergentes

 
Exercice 1  5403  Correction  

Pour n, calculer

In=01(1-t)ntdt

Solution

La fonction fn:t(1-t)nt est définie et continue par morceaux sur ]0;1]. Elle y est aussi intégrable car

fn(t)t0+1t

Pour n*, on obtient par intégration par parties généralisée

In=[2(1-t)nt]01=0+012n(1-t)n-1tdt

En écrivant

t=tt=1t-1-tt

il vient la relation de récurrence

In=2n(In-1-In) donc In=2n2n+1In-1

Un calcul direct donne I0=2 et donc

In=2n2n+1×2n-22n-1××23I0=22n+1(n!)2(2n+1)!
 
Exercice 2  4962   Correction  

Pour n, calculer

In=01tn1-tdt

Solution

La fonction fn:ttn1-t est définie et continue par morceaux sur [0;1[. Elle y est aussi intégrable car

fn(t)t1-11-t

Pour n*, on obtient par intégration par parties généralisée

In=[-2tn1-t]01=0+012ntn-11-tdt

En écrivant

1-t=11-t-t1-t

il vient la relation de récurrence

In=2n(In-1-In) donc In=2n2n+1In-1

Un calcul direct donne I0=2 et donc

In=2n2n+1×2n-22n-1××23I0=22n+1(n!)2(2n+1)!
 
Exercice 3  678  

Pour n, calculer

In=0+tne-tdt.
 
Exercice 4  4709   

Pour n, calculer

01(xln(x))ndx.
 
Exercice 5  679   Correction  

Existence et calcul pour n de

In=0+dx(1+x2)n+1.

Solution

f:x1(1+x2)n+1 est définie et continue sur + et

f(x)=x+O(1x2)

La fonction f est donc intégrable sur + et In=0+f(x)dx existe.

Pour n*,

In =0+dx(1+x2)n+1=0+1+x2-x2(1+x2)n+1dx
=In-1-0+x2(1+x2)n+1dx.

Par intégration par parties généralisée,

0+x2(1+x2)n+1dx=ipp[-121nx(1+x2)n]0++12n0+dx(1+x2)n=12nIn-1.

On obtient ainsi

In=2n-12nIn-1.

Puisque

I0=0+dx1+x2=π2

on conclut

In=(2n-1)(2n-3)1(2n)(2n-2)2I0=(2n)!22n+1(n!)2π.
 
Exercice 6  5329   Correction  

Déterminer un équivalent lorsque n tend vers + de

01(n+1)xnln(1-x)dx.

Solution

La fonction x(n+1)xnln(1-x) est définie et continue par morceaux sur [0;1[. Elle y est intégrable car

1-x×(n+1)xnln(1-x)x10 donc (n+1)xnln(1-x)=x1o(11-x).

Par intégration par parties généralisées où l’on intègre (n+1)xn en xn+1-1, on obtient

01(n+1)xnln(1-x) =[(xn+1-1)ln(1-x)]01-01xn+1-1x-1dx
=01xn+1-1x-1dx.

Par sommation géométrique,

01xn+1-1x-1dx=01k=0nxkdx=k=0n1k+1.

On en déduit

01(n+1)xnln(1-x)dx=k=1n+11kn+ln(n).
 
Exercice 7  3584     CCP (MP)Correction  

Pour n avec n2, on pose

In=0+dx1+xn.
  • (a)

    Déterminer une suite de fonctions (fn) telle que

    In=01fn(t)dt.
  • (b)

    Déterminer deux réels a et b tels que

    In=n+a+bn+o(1n).

Solution

Notons que l’intégrale In est bien définie.

  • (a)

    On découpe l’intégrale en deux

    In=01dx1+xn+1+dx1+xn.

    On réalise le changement de variable x=1/t sur la deuxième intégrale

    In=01dx1+xn+10-tn-2dt1+tn

    puis on combine les deux intégrales pour obtenir

    In=011+tn-21+tndt.
  • (b)

    On peut écrire

    In=1+01tn-2-tn1+tndt.

    D’une part,

    01tn1+tndt=1n01tntn-11+tndt

    ce qui donne par intégration par parties

    01tn1+tndt=1nln(2)-1n01ln(1+tn)dt

    avec

    001ln(1+tn)dt01tndt=1n+1n+0.

    D’autre part,

    01tn-21+tndt=1n]0;1]1tntn-11+tndt

    avec par intégration par parties généralisée

    011tntn-11+tndt =[ln(1+tn)t]01+01ln(1+tn)t2dt
    =ln(2)+]0;1]ln(1+tn)t2dt

    où, sachant ln(1+u)u,

    0]0;1]ln(1+tn)t2dt01tn-2dt=1n-1n+0.

    On en déduit

    In=n+1+o(1n).
 
Exercice 8  682   Correction  

On pose

Jn=0+dx(1+x3)n+1.
  • (a)

    Calculer J0.

  • (b)

    Former une relation de récurrence engageant Jn et Jn+1.

  • (c)

    Établir qu’il existe A>0 tel que

    JnAn3.

Solution

La fonction f:x1(1+x3)n+1 est définie et continue sur [0;+[.

Puisque f(x)x+1x3n+3, la fonction f est intégrable sur [0;+[ et l’intégrale définissant Jn converge.

  • (a)

    Via une décomposition en éléments simples, on obtient

    J0=2π33.
  • (b)

    On écrit

    Jn-Jn+1=0+x×x2(1+x3)n+2dx.

    On opère une intégration par parties avec convergence du crocher pour obtenir

    Jn+1=3n+23n+3Jn.
  • (c)

    On pose vn=n3Jn.

    ln(vn+1)-ln(vn)=ln(1+1n3)+ln(1-13n+3)=n+O(1n2)

    donc la série de terme général ln(vn+1)-ln(vn) converge et donc la suite de terme général ln(vn) converge vers une certain réel . En posant A=e>0, on obtient vnA donc JnAn3.

 
Exercice 9  157      ENSTIM (MP)Correction  

Pour n*, on pose

un=0+t-tt(t+n)dt

t représente la partie entière de t.

  • (a)

    Justifier la bonne définition de la suite (un)n1.

  • (b)

    Montrer que pour tout A>0

    0At-tt(t+n)dt=1n(0nt-ttdt-AA+nt-ttdt).

    En déduire une nouvelle expression intégrale de un.

  • (c)

    On pose

    vn=nun.

    Montrer la convergence de la série de terme général

    vn-vn-1-12n.
  • (d)

    En déduire un équivalent de un.

Solution

  • (a)

    La fonction

    f:tt-tt(t+n)

    est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.
    Quand t0+,

    f(t)=tt(t+n)=1t+n1n.

    Quand t+,

    f(t)=O(1)t(t+n)=O(1t2).

    On en déduit que f est intégrable sur ]0;+[.

  • (b)

    On remarque que

    1t(t+n)=1n(1t-1t+n)

    et l’on en déduit

    0At-tt(t+n)dt=1n0At-tt-t-tt+ndt.

    Par linéarité de l’intégrale et changement de variable, on obtient

    0At-tt(t+n)dt=1n(0At-ttdt-nA+nt-ttdt).

    Enfin par la relation de Chasles

    0At-tt(t+n)dt=1n(0nt-ttdt-AA+nt-ttdt).

    Puisque

    0AA+nt-ttdt1AAA+nt-tdtnA

    on obtient quand A+

    un=1n0nt-ttdt.
  • (c)
    vn=0nt-ttdt.

    Par suite,

    vn-vn-1=n-1nt-ttdt=01uu+(n-1)du

    puis

    vn-vn-1=1-(n-1)ln(1+1n-1).

    Par développement limité, on obtient

    vn-vn-1=12(n-1)+O(1n2)=12n+O(1n2).

    On en déduit que la série de terme général

    vn-vn-1-12n=O(1n2).
  • (d)

    Posons

    S=n=2+(H(n)-H(n-1)-12n).

    On a

    k=1n(vk-vk-1-12k)=S+o(1)

    donc

    vn-v1-12k=2n1k=S+o(1).

    Sachant

    k=1n1k=ln(n)+γ+o(1)

    on obtient

    vnln(n)2

    puis

    unln(n)2n.
 
Exercice 10  2446      CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Soit f𝒞1([a;b],). Déterminer les limites des suites

    (abf(t)sin(nt)dt)net(abf(t)cos(nt)dt)n.
  • (b)

    Calculer, pour n*,

    0π/2sin(2nt)cos(t)sin(t)dt

    On procédera par récurrence.

  • (c)

    En déduire la valeur de

    0+sin(t)tdt.
  • (d)

    Étudier la limite puis un équivalent de

    (0π/2ln(2sin(t/2))cos(nt)dt)n.

Solution

  • (a)

    On obtient 0 (cf. lemme de Lebesgue).

  • (b)

    Posons

    In=0π/2sin(2nt)cos(t)sin(t)dt.

    Cette intégrale existe car un prolongement par continuité est possible en 0.

    On observe

    sin(2(n+1)t)-sin(2nt)=2sin(t)cos(2n+1)t

    et donc

    In+1-In=0π/22cos((2n+1)t)cos(t)dt=0.

    La suite (In) est constante égale à

    I1=0π/22cos2(t)dt=π2.
  • (c)

    On a

    0π/2sin(2nt)cos(t)sin(t)dt-0π/2sin(2nt)tdt=0π/2sin(2nt)f(t)dt

    avec

    f(t)=cot(t)-1t

    qui se prolonge en une fonction de classe 𝒞1 sur [0;π/2].
    Ainsi,

    0π/2sin(2nt)tdtn+π2.

    Or

    0π/2sin(2nt)tdt=0nπsin(u)udu

    donc la convergence de l’intégrale de Dirichlet étant supposée connue, on obtient

    0+sin(t)tdt=π2.
  • (d)

    On a

    0π/2ln(2sin(t/2))cos(nt)dt=0π/2ln(sin(t/2)t/2)cos(nt)dt+0π/2ln(t)cos(nt)dt.

    Par intégration par parties,

    0π/2ln(t)cos(nt)dt=ln(π/2)sin(nπ/2)n-1n0nπ/2sin(u)udu.

    La fonction tln(sin(t/2)t/2) se prolonge en une fonction de classe 𝒞2 sur [0;π/2].
    Par intégration par parties,

    0π/2ln(sin(t/2)t/2)cos(nt)dt=1nln(22π)sin(nπ/2)-1n0π/2(ln(sin(t/2)t/2))sin(nt)dt.

    La fonction t(ln(sin(t/2)t/2)) étant de classe 𝒞1 sur [0;π/2], on a

    1n0π/2(ln(sin(t/2)t/2))sin(nt)dt=n+o(1n)

    et donc

    0π/2ln(2sin(t/2))cos(nt)dtn+(ln(2))sin(nπ/2)-π2n.

[<] Intégration par parties [>] Intégrales seulement convergentes



Édité le 08-11-2019

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