[<] Calcul d'intégrales comportant un paramètre [>] Intégration par parties

 
Exercice 1  5387  Correction  

Calculer

0+e-ttdt.

Solution

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

e-ttt0+1tett2×e-tt=t3/2e-t=X=tX3e-Xt+0.

Par le changement de variable u=t (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant),

0+e-ttdt=20+e-udu=2.
 
Exercice 2  5381  Correction  

Calculer

0+dt(et+1)(e-t+1).

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur [0;+[. Par le changement de variable u=et (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant), on transforme l’intégrale étudiée en

1+du(u+1)2.

Cette dernière intégrale existe ce qui assure l’existence de l’intégrale initiale et

0+dt(et+1)(e-t+1)=[-1u+1]0+=12.
 
Exercice 3  5386  Correction  

Calculer

01ln(t)tdt.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]0;1]. Elle y est aussi intégrable car

t2/3ln(t)t=t1/6ln(t)t0+0.

Par le changement de variable u=t (qui est 𝒞1 strictement croissant),

01ln(t)tdt=014ln(u)du=[4uln(u)-4u]01=-4.
 
Exercice 4  5389  Correction  

Calculer

01ln(t)1-tdt.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]0;1[. Elle y est aussi intégrable car

ln(t)1-tt0+ln(t)etln(t)1-t=t0+o(11-t).

Par le changement de variable u=1-t (qui est de classe 𝒞1 strictement décroissant);

01ln(t)1-tdt=-102ln(1-u2)du=012ln(1-u2)du.

Or

01ln(1-u2)du=01ln(1-u)du+01ln(1+u)du=2ln(2)-2

et donc

01ln(t)1-tdt=4ln(2)-4.
 
Exercice 5  5383  Correction  

Calculer

1+dtsh(t).

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur [1;+[. Elle y est aussi intégrable car

t2×1sh(t)t+0.

Par le changement de variable u=et (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant),

1+dtsh(t)=1+2dtet-e-te+2duu2-1=[ln(u-1u+1)]e+=ln(e+1e-1).
 
Exercice 6  2350   Correction  

Calculer

0+dtet+1

Solution

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

t21et+1n+t2e-t/2t+0

Par le changement de variable u=et+1 (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant)

0+dtet+1=2+2duu2-1=[ln(u-1u+1)]2+=ln(2+12-1)=2ln(2+1).
 
Exercice 7  5385   Correction  

Calculer

1+dtt21+t2.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur [1;+[. Elle y est aussi intégrable car

dtt21+t2t+1t3.

Par le changement de variable t=sh(x) (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant),

1+dtt21+t2=α+dxsh2(x)

avec α l’unique réel tel que sh(α)=1. Après résolution de cette équation

α=ln(1+2).

Par le changement de variable u=ex (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant),

1+dtt21+t2=α+4dx(ex-e-x)2=1+2+4duu(u-1/u)2.

On peut alors terminer le calcul

1+dtt21+t2=1+2+4udu(u2-1)2=[21-u2]1+2+=2(2+1)2-1=2-1.
 
Exercice 8  5390   Correction  

Calculer

0+dx(x+1)x3.

Solution

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

1(x+1)x3x0+1x1/3etdx(x+1)x3x+1x4/3.

Par le changement de variable t=x3 (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant),

0+dx(x+1)x3=0+3t2dt(t3+1)t=30+tdtt3+1.

Après décomposition en éléments simples,

0+dx(x+1)x3=[ln(t+1t2-t+1)+3arctan(2t-13)]0+=2π3.
 
Exercice 9  5391  Correction  

Calculer

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

Solution

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

1+x-1x(1+x)x0+12xx=12et1+x-1x(1+x)x+1x3/2.

Par le changement de variable t=1+x (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant),

0+1+x-1x(1+x)dx=1+t-1(t2-1)t22tdt=1+2dtt(t+1)=2ln(2).
 
Exercice 10  5392  Correction  

Calculer

0+(1+x)1/3-1x(1+x)2/3dx.

Solution

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

(1+x)1/3-1x(1+x)2/3x0+13xx=13et(1+x)1/3-1x(1+x)2/3x+1x4/3.

Par le changement de variable t=(1+x)1/3 (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant)

0+(1+x)1/3-1x(1+x)2/3dx=31+dtt2+t+1

or

1+dtt2+t+1=[23arctan(2t+13)]1+=π33

donc

0+(1+x)1/3-1x(1+x)2/3dx=π3.
 
Exercice 11  667   Correction  

Calculer

01xdxx-x2.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]0;1[. Elle y est aussi intégrable car

xx-x2x0+xetxx-x2x1-11-x.

On écrit

x-x2=14-(x-12)2.

On pose alors

x-12=12sin(t) avec t[-π/2;π/2]

et l’on a

x-x2=12|cos(t)|=12cos(t).

Par changement de variable associé

01xdxx-x2=-π/2π/2sin(t)+12cos(t)cos(t)dt=π2.
 
Exercice 12  5388  Correction  

Calculer

0π/2sin(x)ln(sin(x))dx.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]0;π/2]. Elle y est aussi intégrable car

sin(x)ln(sin(x))=X=sin(x)Xln(X)x0+0

ce qui permet de réaliser un prolongement par continuité.

Par le changement de variable t=cos(x) (qui est de classe 𝒞1 strictement décroissant),

0π/2sin(x)ln(sin(x))dx =1201ln(1-x2)dx
=1201ln(1-x)+ln(1+x)dx
=ln(2)-1.
 
Exercice 13  5393   Correction  

Calculer

02πdx2+cos(x).

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur [0;2π], elle y est donc intégrable.

Par 2π-périodicité,

02πdx2+cos(x)=-ππdx2+cos(x)=]-π;π[dx2+cos(x).

Sur ]-π;π[, on peut réaliser le changement de variable t=tan(x/2) (bijection de classe 𝒞1 strictement croissante) et l’on obtient

02πdx2+cos(x)=-+2dt(1+t2)(2+1-t21+t2)=-+2dt3+t2=2π3.
 
Exercice 14  5394    Correction  

Calculer

02πsin2(x)3cos2(x)+1dx.

Solution

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur [0;2π], elle y est donc intégrable.

Par la relation de Chasles,

02πsin2(x)3cos2(x)+1dx=0π/2dx+π/23π/2dx+3π/22πdx.

Par le changement de variable t=tan(x) (qui est de classe 𝒞1 strictement croissant),

0π/2sin2(x)3cos2(x)+1dx=0+t2dt(1+t2)(4+t2).

On procède de même sur ]π/2;3π/2[ et ]3π/2;2π] et l’on obtient

02πsin2(x)3cos2(x)+1dx=2-+t2dt(1+t2)(4+t2).

Par décomposition en éléments simples,

t2(1+t2)(4+t2)=-1/31+t2+4/34+t2

et l’on peut achever le calcul

02πsin2(x)3cos2(x)+1dx=2[-13arctan(t)+23arctan(t2)]-+=2π3.
 
Exercice 15  668  Correction  

Existence et valeur de

I=0+dt(1+t2)2.

On pourra employer le changement de variable u=1/t.

Solution

f:t1(1+t2)2 est définie et continue sur [0;+[ et f(t)+1t4 donc I existe.
Via le changement de variable u=1/t:

I=0+u2du(1+u2)2

d’où

2I=0+dt1+t2=π2

puis I=π4.

 
Exercice 16  5382  Correction  

Calculer

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

Solution

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

tln(t)(1+t)2t0+0ett3/2ln(t)(1+t)2t+0.

Par le changement de variable u=1/t (qui est de classe 𝒞1 strictement décroissant),

0+ln(t)(1+t)2dt=0+ln(1u)u2(1+1u)2du=0+-ln(u)(u+1)2du.

On en déduit

0+ln(t)(1+t)2dt=0.
 
Exercice 17  5384   Correction  

Calculer

0+tln(t)(t2+1)2dt.

Solution

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

tln(t)(t2+1)2t00ettln(t)(t2+1)2=tln(t)t2+11(t2+1)=n+o(1t2).

Par le changement de variable u=1/t (qui est de classe 𝒞1 strictement décroissant),

0+tln(t)(t2+1)2dt=0+ln(1/u)u3(1+1/u2)2du=0+-uln(u)(u2+1)2du.

On en déduit

0+tln(t)(t2+1)2dt=0.
 
Exercice 18  669   Correction  
  • (a)

    Établir

    I=0+dxx3+1=0+xx3+1dx.
  • (b)

    En déduire la valeur de I.

Solution

  • (a)

    Les deux intégrales convergent. Le changement de variable u=1/x transforme l’une en l’autre.

  • (b)
    2I=0+(x+1)dxx3+1=0+dxx2-x+1=0+dx(x-12)2+34=[23arctan(2x-13)]0+=4π33

    donc

    I=2π33.
 
Exercice 19  670   Correction  
  • (a)

    Calculer

    J=0+tdt1+t4.
  • (b)

    Établir

    I=0+dt1+t4=0+t2dt1+t4.
  • (c)

    En factorisant 1+t4 déterminer la valeur de I.

Solution

  • (a)

    f:tt1+t4 est définie et continue sur [0;+[, f(t)t+1t3 donc f est intégrable et l’intégrale J converge.

    0+tdt1+t4=[12arctan(t2)]0+=π4.
  • (b)

    11+t4t+1t4 et t21+t4t+1t2 donc les deux intégrales introduites convergent.
    Le changement de variable x=1/t transforme l’une en l’autre.

  • (c)

    On a la factorisation

    t4+1=(t2+1)2-2t2=(t2+2t+1)(t2-2t+1)

    donc

    I-2J+I=0+dtt2+2t+1=0+dt(t+12)2+12=[2arctan(2t+1)]0+=π22

    puis

    I=12(π22+π22)=π22.
 
Exercice 20  2509     CCP (MP)Correction  
  • (a)

    Calculer

    0+1+x21+x4dx

    en effectuant notamment le changement de variable x=et. On pourra employer l’identité ch(2t)=1+2sh2(t).

  • (b)

    En déduire la valeur de

    0+dx1+x4.

Solution

  • (a)

    L’intégrale de départ est bien définie. En effet, la fonction f:x(1+x2)/(1+x4) est définie et continue par morceaux sur [0;+[ et l’on vérifie f(x)x+1/x2 ce qui donne un argument d’intégrabilité.
    Par le changement de variable 𝒞1 strictement croissant x=et,

    0+1+x21+x4dx=-+e2t+1e4t+1etdt=-+ch(t)ch(2t)dt=-+ch(t)1+2sh2(t).

    Par le nouveau changement de variable 𝒞1 strictement croissant u=sh(t)

    0+1+x21+x4dx=-+du1+2u2=12[arctan(2u)]-+=π2.
  • (b)

    Par le changement de variable 𝒞1 strictement monotone x=1/t, on obtient

    0+dx1+x4=0+x2dx1+x4

    et donc

    0+dx1+x4=π22.
 
Exercice 21  4711   
  • (a)

    En réalisant le changement de variable x=t-1/t, calculer

    I=0+t2+1t4+1dt.
  • (b)

    En déduire les valeurs de

    J=0+1t4+1dtetK=0π/2tan(x)dx.
 
Exercice 22  3177   Correction  

En opérant le changement de variable t=e-x, calculer

I=011+t21+t4dt.

Solution

L’intégrale étudiée est évidemment convergente car il s’agit de l’intégrale d’une fonction continue sur le segment [0;1]. La fonction xe-x réalise une bijection de classe 𝒞1 de [0;+[ vers ]0;1]. Quitte à considérer l’intégrale initiale comme portant sur l’intervalle ]0;1], on peut opérer le changement de variable t=e-x

I=0+1+e-2x1+e-4xe-xdx=0+ex+e-xe2x+e-2xdx car dt=-e-xdx.

Par le théorème de changement de variable, l’intégrale introduite est assurément convergente. On peut aussi exprimer l’intégrale à l’aide des fonctions de trigonométrie hyperbolique

I=0+ch(x)ch(2x)dx=0+ch(x)1+2sh2(x)dx.

Par le changement de variable u=sh(x) (la fonction xsh(x) induit une bijection 𝒞1)

I=0+11+2u2du car du=ch(x)dx.

Enfin, par la formule d’intégration

duu2+a2=1aarctan(ua)

avec a=1/2, on peut achever le calcul

I=12[arctan(2u)]0+=12(π2-0)=π22.
 
Exercice 23  673   

(Intégrales d’Euler)

On pose

I=0π/2ln(sin(t))dtetJ=0π/2ln(cos(t))dt.
  • (a)

    Montrer que les intégrales I et J sont bien définies et qu’elles sont égales.

  • (b)

    En étudiant I+J, déterminer la valeur commune de I et J.

 
Exercice 24  2965     X (MP)Correction  

Calculer

01dxx(1-x)et01x(1-x)dx.

Solution

On procède au changement de variable

x=12+12sin(t)

avec t[-π/2;π/2].

On obtient

01dxx(1-x)=π

(avec convergence de l’intégrale) et

01x(1-x)dx=π8.
 
Exercice 25  2978      X (MP)

Soit f: une fonction continue et intégrable sur . Pour x réel non nul, on pose

g(x)=f(x-1x).

Montrer que g est intégrable sur -* et +* et que

-0g(x)dx+0+g(x)dx=-+f(x)dx.

[<] Calcul d'intégrales comportant un paramètre [>] Intégration par parties



Édité le 08-11-2019

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