[<] Études théoriques [>] Calcul d'intégrales

 
Exercice 1  546  Correction  

Soit

F:x0+sin(xt)te-tdt.
  • (a)

    Justifier que F est définie et de classe 𝒞1 sur .

  • (b)

    Calculer F(x).

  • (c)

    En déduire une expression simplifiée de F(x).

Solution

  • (a)

    Posons g(x,t)=sin(xt)te-t définie sur ×]0;+[.
    tg(x,t) est continue par morceaux sur ]0;+[, se prolonge par continuité en 0 et est négligeable devant t1/t2 en + donc la fonction F est bien définie sur .
    gx est définie sur ×]0;+[, tgx(x,t) est continue par morceaux sur ]0;+[, xgx(x,t) est continue sur et pour tout x>0,

    |gx(x,t)|=|cos(xt)e-t|=e-t=ψ(t)

    avec ψ intégrable sur +*.
    Par domination F est de classe 𝒞1 sur avec

    F(x)=0+cos(xt)e-tdt.
  • (b)

    cos(xt)e-t=Re(e(-1+ix)t) donc

    0+cos(xt)e-tdt=Re(0+e(-1+ix)tdt)=Re(11-i.x)=11+x2.
  • (c)

    Sachant F(0)=0, on obtient F(x)=arctan(x).

 
Exercice 2  545   

Pour un réel x>-1, on pose

f(x)=01t-1ln(t)txdt.
  • (a)

    Montrer que la fonction f est bien définie sur l’intervalle ]-1;+[.

  • (b)

    Justifier que la fonction est de classe 𝒞1 et calculer f(x).

  • (c)

    En déduire une expression de f(x) à l’aide des fonctions usuelles.

 
Exercice 3  5054     MINES (MP)

Pour un réel x>-1, on pose

f(x)=01tx-1ln(t)dt.
  • (a)

    Montrer que la fonction f est bien définie sur l’intervalle ]-1;+[.

  • (b)

    Justifier que la fonction f est de classe 𝒞1 et calculer f(x) puis f(x) pour x>1.

 
Exercice 4  5321     CCP (MP)Correction  

Pour x réel convenable, on pose

F(x)=0+ln(t)t2+x2dt.
  • (a)

    Donner le domaine de définition D de F.

  • (b)

    La fonction F est-elle de classe 𝒞1 sur D?

  • (c)

    Exprimer

    01ln(t)t2+x2dt

    en fonction de

    1+ln(t)1+t2x2dt.
  • (d)

    En déduire la valeur de F en 1.

  • (e)

    Exprimer F(x) pour xD.

Solution

Posons

f(x,t)=ln(t)t2+x2 pour (x,t)×]0;+[.
  • (a)

    Soit x>0.

    La fonction tf(x,t) est définie, continue par morceaux et intégrable sur ]0;+[ car négligeable devant t1/t3/2 en + et devant t1/t1/2 en 0: l’intégrale définissant F(x) existe.

    Pour x<0, les arguments sont identiques et l’on remarque F(-x)=F(x).

    Pour x=0, la fonction n’est pas intégrable en 0 car

    1t=t0o(ln(t)t2)

    et, par constance de signe, on peut affirmer que l’intégrale introduisant F(0) n’existe pas.

    Finalement, F est définie sur * et c’est une fonction paire.

  • (b)

    La fonction f admet une dérivée partielle

    fx(x,t)=-2xln(t)(t2+x2)2.

    Celle-ci est continue en x, continue par morceaux en t et, pour tout a>0,

    (x,t)[a;+[×]0;+[,|fx(x,t)||ln(t)|(a2+t2)2=φ(t).

    La fonction φ est intégrable et, par domination, on peut affirmer que F est de classe 𝒞1 sur ]0;+[ (et sur ]-;0[ par parité).

  • (c)

    Par le changement de variable u=1/t, on observe

    01ln(t)t2+x2dt=-1+ln(u)1+u2x2du.
  • (d)

    On en déduit que F(1)=0 car F(1) est la somme de deux intégrales opposées.

  • (e)

    Pour x>0,

    -12xF(x)=0+x2ln(t)(t2+x2)2dt.

    Au numérateur, on écrit x2=(x2+t2)-t2

    -12xF(x)=F(x)-0+t2ln(t)(t2+x2)2dt.

    Par intégration par parties généralisée,

    0+t(t2+x2)2×tln(t)dt=0+121t2+x2(1+ln(t))dt

    et l’on obtient

    xF(x)+F(x)=π2x.

    Après résolution de l’équation différentielle avec la condition initiale F(1)=0, on conclut

    F(x)=π2ln(x)xpour tout x>0

    (et une relation semblable pour x<0 par parité).

 
Exercice 5  5301   Correction  

Pour x réel, on pose

F(x)=0+arctan(xt)t(1+t2)
  • (a)

    Montrer que F est définie et continue sur .

  • (b)

    Montrer que F est continûment dérivable.

  • (c)

    En déduire une expression de F(x) à l’aide des fonctions usuelles.

Solution

  • (a)

    Posons

    f(x,t)=arctan(xt)t(1+t2)

    est définie sur ×]0;+[, continue par morceaux en t et continue en x. Soit a>0. Sachant |arctan(u)|u, on obtient pour tout x[-a;a] et tout t[0;+[

    |f(x,t)|a1+t2=φ(t)

    La fonction φ est intégrable et, par domination, F est définie et continue sur .

  • (b)

    f admet une dérivée partielle en x qui est

    fx(x,t)=1(1+x2t2)(1+t2)

    Celle-ci est continue en x, continue par morceaux en t et, pour tout x et tout t[0;+[,

    |fx(x,t)|11+t2=ψ(t)

    avec ψ et intégrable sur ]0;+[. De plus, pour tout x,

    F(x)=0+dt(1+x2t2)(1+t2).
  • (c)

    Par décomposition en éléments simples, on écrit pour x±1

    1(1+x2t2)(1+t2)=1x2-1(x21+x2t2-11+t2)

    On peut alors calculer l’intégrale définissant F(x) pour x>0 et x1

    F(x)=x-1x2-1π2=π2(x+1)

    Par continuité, cette identité est aussi valable pour x=0 et x=1. Par suite,

    F(x)=π2ln(1+x)+Ctepour tout x+

    La valeur F(0)=0 donne Cte=0. Enfin, la fonction F est impaire et l’on obtient

    F(x)=signe(x)π2ln(1+|x|)
 
Exercice 6  555   Correction  

Ensemble de définition, dérivée et valeur de

f:x0+ln(1+x2t2)1+t2dt.

Solution

Posons

g(x,t)=ln(1+x2t2)1+t2

xg(x,t) est continue sur et tg(x,t) est continue par morceaux sur [0;+[.

Soit a>0. Pour (x,y)[-a;a]×[0;+[

|g(x,t)|ln(1+a2t2)1+t2=φ(t)

avec φ:++ intégrable.

Par domination sur tout segment, on peut donc affirmer que f est définie et continue sur .

Il est évident que la fonction f est paire. Nous poursuivons son étude sur +.

La fonction g admet une dérivée partielle en x

gx(x,y)=2xt2(1+x2t2)(1+t2)

xgx(x,t) est continue sur + et tgx(x,t) est continue par morceaux sur [0;+[.

Soit [a;b]+*. Pour (x,t)[a;b]×[0;+[,

|gx(x,t)|2bt2(1+a2t2)(1+t2)=ψ(t)

avec ψ:++ intégrable.

Par domination sur tout segment de +*, on peut affirmer que f est de classe 𝒞1 sur +* et

f(x)=0+2xt2(1+x2t2)(1+t2)dt

En réalisant la décomposition en éléments simples (pour x1),

f(x)=πx+1

et cette relation est aussi valable pour x=1 par continuité.

Sachant que f(0)=0 et que f est paire, on obtient

f(x)=πln(1+|x|)pour tout x.
 
Exercice 7  2876     MINES (MP)Correction  

Existence et calcul de

f(x)=0+ln(x2+t2)1+t2dt.

Solution

tln(x2+t2)1+t2 est continue par morceaux sur [0;+[,
xln(x2+t2)1+t2 est continue sur et pour x[-a;a]

|ln(x2+t2)1+t2||ln(a2+t2)|+|ln(t2)|1+t2=φ(t)

avec φ intégrable. Par suite, f est définie et continue sur .
Il est immédiat que f est paire. Poursuivons, en étudiant f sur +*

ddx(ln(x2+t2)1+t2)=2x(x2+t2)(1+t2)

t2x(x2+t2)(1+t2) est continue par morceaux sur [0;+[,
xt2x(x2+t2)(1+t2) est continue sur et pour x[a;b]+*,

|2x(x2+t2)(1+t2)|2b(a2+t2)(1+t2)=ψ(t)

avec ψ intégrable. Par suite, f est de classe 𝒞1 sur +*.
Pour x1,

2x(x2+t2)(1+t2)=2xx2-1(11+t2-1x2+t2)

donc

f(x)=0+2x(x2+t2)(1+t2)dt=πx+1

et cette relation vaut aussi pour x=1 par continuité.
En procédant au changement de variable u=1/t, on obtient f(0)=0 et donc on peut conclure

f(x)=πln(x+1)

pour x+ en exploitant un argument de continuité.

 
Exercice 8  556   Correction  

Soit

F(x)=0π/2ln(1+xsin2(t))dt sur [0;+[.
  • (a)

    Justifier que F est bien définie et continue.

  • (b)

    Étudier la dérivabilité sur [0;+[ et donner l’expression de sa dérivée via le changement de variable u=tan(t).

  • (c)

    Établir que

    F(x)=π(ln(1+1+x)-ln(2)).

Solution

  • (a)

    f(x,t)=ln(1+xsin2(t)) est définie et continue sur [0;+[×[0;π/2].
    Soit [a;b][0;+[,

    (x,t)[a;b]×[0;π/2],|f(x,t)|ln(1+b)=φ(t).

    La fonction φ est intégrable sur [0;π/2]
    Par domination sur tout segment, on obtient F est définie et continue sur [0;+[.

  • (b)

    f admet une dérivée partielle

    fx(x,t)=sin2(t)1+xsin2(t).

    Celle-ci est continue en x et continue par morceaux en t.

    (x,t)[0;+[×[0;π/2],|fx(x,t)|1=φ(t).

    La fonction φ est intégrable sur [0;π/2] et donc, par domination, F est de classe 𝒞1 avec

    F(x)=0π/2sin2(t)1+xsin2(t)dt.

    Par le changement de variable u=tan(t), 𝒞1 bijection strictement croissant

    F(x)=0+u2(1+u2)(1+(x+1)u2).

    Après décomposition en éléments simples et calcul,

    F(x)=π21x(1-1x+1)=π21(1+x+1)x+1.
  • (c)

    On remarque que

    ln(1+1+x)=121(1+x+1)x+1

    donc

    F(x)=πln(1+1+x)+Cte

    sur +.
    Par continuité en 0 et sachant F(0)=0, on parvient à conclure.

 
Exercice 9  3660   Correction  

Pour x>0, on pose

F(x)=0π/2ln(cos2(t)+x2sin2(t))dt.
  • (a)

    Justifier que F est définie et de classe 𝒞1 sur ]0;+[.

  • (b)

    Calculer F(x) et en déduire un expression de F(x).

Solution

  • (a)

    Posons f(x,t)=ln(cos2(t)+x2sin2(t)) définie sur ]0;+[×[0;π/2].
    Pour chaque x>0, la fonction tf(x,t) étant continue par morceaux sur [0;π/2], l’intégrale définissant F(x) est bien définie.
    Pour chaque t>0, la fonction xf(x,t) est dérivable et

    fx(x,t)=2xsin2(t)cos2(t)+x2sin2(t).

    Soit [a;b]]0;+[.

    (x,t)[a;b]×[0;π/2],|fx(x,t)|2bcos2(t)+a2sin2(t)=φa,b(t)

    avec la fonction φa,b:[0;π/2]+ continue par morceaux et intégrable.
    Par domination sur tout segment, F est de classe 𝒞1 et

    F(x)=0π/22xsin2(t)cos2(t)+x2sin2(t)dt.

    Par le changement de variable 𝒞1 bijectif u=tan(t)

    F(x)=0+2u2x(1+x2u2)(1+u2)du.

    Par décomposition en éléments simples (si x1)

    2xX(1+x2X)(1+X)=2x/(x2-1)1+X-2x/(x2-1)1+x2X

    et donc

    F(x)=2xx2-10+11+u2-11+x2u2du=πx+1

    et la relation vaut aussi pour x=1 par argument de continuité.
    On en déduit

    F(x)=πln(x+1)+Cte.

    Sachant F(1)=0, on conclut

    F(x)=πln(x+12).
 
Exercice 10  2880     MINES (MP)Correction  

Montrer que, pour tout x réel positif,

0+arctan(x/t)1+t2dt=0xln(t)t2-1dt.

Solution

Étudions la fonction donnée par

f(x)=0+arctan(x/t)1+t2dt.

Notons u(x,t)=arctan(x/t)1+t2 définie sur +×]0;+[
tu(x,t) est continue par morceaux sur]0;+[ pour chaque x+
xu(x,t) est continue sur + pour chaque t]0;+[ et

|u(x,t)|π/21+t2=φ(t)

avec φ fonction intégrable sur ]0;+[.
On en déduit que la fonction f est définie et continue sur +.
xu(x,t) est dérivable sur +* pour chaque t]0;+[ et

ux(x,t)=t(t2+x2)(1+t2)

xux(x,t) est continue sur +* pour chaque t]0;+[
tux(x,t) est continue par morceaux sur ]0;+[ pour chaque x+* et

|ux(x,t)|=12x1(1+t2)

car 2txx2+t2.
Soit [a;b]]0;+[

(x,t)[a;b]×]0;+[,|ux(x,t)|12a1(1+t2)=ψ(t)

avec ψ fonction intégrable.
Par domination sur tout segment, on obtient f de classe 𝒞1 sur ]0;+[ avec

f(x)=0+t(t2+x2)(1+t2)dt.

Pour x1, on peut décomposer la fraction rationnelle définissant l’intégrande

t(1+t2)(x2+t2)=t(x2-1)(1+t2)-t(x2-1)(x2+t2)

et on obtient alors

f(x)=1x2-1[12ln(1+t2x2+t2)]0+=ln(x)(x2-1).

Cette identité se prolonge en x=1 par un argument de continuité.
On a alors

0xln(t)t2-1dt=limε0+εxln(t)(t2-1)dt=limε0+(f(x)-f(ε)).

Or f(0)=0 et par continuité on parvient à

0xln(t)t2-1dt=f(x).
 
Exercice 11  2881     MINES (MP)Correction  

Existence et calcul de

02πln(1+xcos(t))cos(t)dt.

Solution

Posons

f(x)=02πln(1+xcos(t))cos(t)dt.

Pour |x|>1, l’intégrale ne peut pas être définie.

On suppose désormais |x|1.

En t=π/2 et t=3π/2, il est possible de prolonger par continuité la fonction intégrée par la valeur x.

Pour x=-1, l’intégrale est généralisée en 0 et 2π. Cependant,

ln(1-cos(t))t0+2ln(t)etln(1-cos(t))=t=2π-hln(1-cos(h))t2π-2ln(h)

Pour x=1, l’intégrale est généralisée en π. Cependant,

ln(1+cos(t))=t=π+hln(1-cos(h))tπ2ln(h).

Finalement, f peut être définie sur [-1;1].

Pour des raisons de symétrie,

f(x)=20πln(1+xcos(t))cos(t)dt.

Par domination sur [-a;a] avec a<1, f est de classe 𝒞1 sur ]-1;1[ et

f(x)=20πdt1+xcos(t).

Par le changement de variable u=tan(t2),

f(x)=40+du(1+u2)+x(1-u2)=2π1-x2.

Puisque f(0)=0, on en déduit

f(x)=2πarcsin(x).
 
Exercice 12  552   Correction  

Pour n* et x>0, on pose

In(x)=0+dt(x2+t2)n.
  • (a)

    Justifier l’existence de In(x).

  • (b)

    Calculer I1(x).

  • (c)

    Justifier que In(x) est de classe 𝒞1 et exprimer In(x).

  • (d)

    Exprimer In(x).

Solution

  • (a)

    Posons

    gn(x,t)=1(x2+t2)n

    tgn(x,t) est définie continue par morceaux sur + et gn(x,t)+1t2n donc l’intégrale définissant In(x) existe.

  • (b)
    I1(x)=0+dtx2+t2=[1xarctan(tx)]0+=π2x.
  • (c)

    gnx(x,t)=-2nx(x2+t2)n+1 existe sur ]0;+[×[0;+[.
    tgnx(x,t) est continue par morceaux sur [0;+[, xgx(x,t) est continue sur ]0;+[ et pour tout 0<a<b,

    x[a;b],|gnx(x,t)|2nb(a2+t2)n+1=φa,b(t)

    avec φa,b intégrable sur +. Par domination sur tout segment, In est de classe 𝒞1 sur [a;b] puis sur +* et

    In(x)=-2nxIn+1(x).
  • (d)

    In(x)=λnx2n+1 avec λ1=π2 et λn+1=2n+12nλn d’où

    λn=(2n)!22n+1(n!)2π.
 
Exercice 13  553   Correction  

Pour x,y>0, on pose

F(x,y)=0+e-xt-e-yttdt.
  • (a)

    Soit y>0. Montrer que xF(x,y) est de classe 𝒞1 sur +* et calculer

    Fx(x,y).
  • (b)

    En déduire la valeur de F(x,y).

Solution

  • (a)

    f:(x,t)e-xt-e-ytt et fx(x,t)=-e-xt sont définies et continues sur +*×+*.
    tf(x,t) est intégrable sur ]0;+[ car prolongeable par continuité en 0 et négligeable devant 1/t2 en +.

    Pour a>0,

    x[a;+[,biggabsfx(x,t)e-at=φa(t)

    avec φa intégrable sur +*.

    Par domination, xF(x,y) est de classe 𝒞1 et

    Fx(x,y)=0+-e-xtdt=-1x.
  • (b)

    En intégrant par rapport à x,

    F(x,y)=-ln(x)+Cte

    et, puisque F(x,x)=0, on obtient

    F(x,y)=ln(y)-ln(x)pour tous x,y>0.
 
Exercice 14  3323   

Pour x réel, on pose

F(x)=0+exp(-(t2+x2t2))dt.
  • (a)

    Montrer que F est définie et continue sur .

  • (b)

    Montrer que F est de classe 𝒞1 sur ]0;+[.

  • (c)

    Déterminer une équation différentielle linéaire d’ordre 1 vérifiée par F sur l’intervalle ]0;+[.

  • (d)

    En déduire une expression simple de F sur sachant 0+e-t2dt=π2.

 
Exercice 15  551    Correction  

Pour x[0;π/2], on pose

F(x)=01ln(1+2tcos(x)+t2)tdt.
  • (a)

    Justifier que F est définie et de classe 𝒞1 sur [0;π/2]

  • (b)

    Calculer F(x) sur [0;π/2]

  • (c)

    Donner la valeur de F(0) puis celle de F(x) sachant

    k=1+(-1)k-1k2=π212.

Solution

  • (a)

    Posons

    g(x,t)=ln(1+2tcos(x)+t2)t.

    Puisque cos(x)0,

    1+2tcos(x)+t21+t2

    donc tg(x,t) est définie et continue par morceaux sur ]0;1].
    De plus,

    limt0ln(1+2tcos(x)+t2)t=cos(x)

    on peut donc prolonger tg(x,t) par continuité en 0. Par suite, F(x) est bien définie.
    La dérivée partielle gx existe sur [0;π/2]×]0;1] et

    gx(x,t)=-2sin(x)1+2tcos(x)+t2

    tgx(x,t) est continue par morceaux sur ]0;1],
    xgx(x,t) est continue sur [0;π/2] et

    |gx(x,t)|2=φ(t)

    avec φ est intégrable. Par domination F est de classe 𝒞1.

  • (b)

    Pour x=0, F(0)=0.
    Pour x0,

    F(x) =-012sin(x)1+2tcos(x)+t2dt
    =-012sin(x)(t+cos(x))2+sin2(x)dt
    =-[2arctan(t+cos(x)sin(x))]01.

    Or

    arctan(cos(x)sin(x))=arctan(tan(π/2-x))

    avec π/2-x]-π/2;π/2[ donc

    arctan(cos(x)sin(x))=π/2-x

    et

    arctan(1+cos(x)sin(x))=arctan(cos(x/2)sin(x/2))=π/2-x/2.

    Finalement,

    F(x)=2((π/2-x)-(π/2-x/2))=-x.
  • (c)
    F(0)=012ln(1+t)tdt=201n=0+(-1)nn+1tndt

    or la série de fonctions (-1)nn+1tn converge uniformément sur [0;1] puisque la série numérique satisfait au critère spécial ce qui permet d’écrire

    |RN(t)|tn+1n+21n+2

    d’où RN0.
    Par suite,

    F(0)=2n=0+(-1)n(n+1)2=π26

    puis

    F(x)=π26-x22.

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Édité le 08-11-2019

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