Intégration par parties

Exercices du dossier Intégration par parties

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Exercice 388
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:05

On vérifie que les fonctions considérées sont bien de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur les intervalles considérés et on effectue des intégrations par parties, on trouve :

  1. \(\ln x = \ln x \times 1\), on trouve \(\int_{1}^{e} \ln x\,\textrm{d}x=\Bigl[ x\ln x \Bigr]_{1}^{e}-\int_{1}^{e} \,\textrm{d}x=\boxed{1}\).

  2. \(\operatorname{arctan} x = 1\times \operatorname{arctan} x\). On a alors : \(\int_{0}^{1} \operatorname{arctan} x\,\textrm{d}x=[x\operatorname{arctan} x]_0^1 - \int_{0}^{1} {\scriptstyle x\over\scriptstyle 1+x^2}\,\textrm{d}x\) Mais \(\int_{0}^{1} {\scriptstyle x\over\scriptstyle 1+x^2}\,\textrm{d}x=\left[ {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} \ln \left|1+x^2\right|\right]_0^1={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\ln 2\). Donc \(\int_{0}^{1} \operatorname{arctan} x\,\textrm{d}x=\boxed{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4} - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} \ln 2}\).

  3. On effectue deux intégrations par parties successives et on retrouve l’intégrale de départ : Notant \(I=\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} e^x\cos x\,\textrm{d}x\), on a : \(I=\Bigl[ e^x\cos x \Bigr]_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}+\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} e^x \sin x\,\textrm{d}x =\Bigl[ e^x\cos x \Bigr]_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}+\Bigl[ e^x \sin x \Bigr]_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} -\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} e^x\cos x\,\textrm{d}x= -1+e^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}-I\). Donc \(\boxed{I=\dfrac{e^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}-1}{2}}\).

  4. \(\int_{0}^{1} \left(x+2\right)e^x\,\textrm{d}x=\Bigl[ \left(x+2\right)e^x \Bigr]_{0}^{1}-\int_{0}^{1} e^x\,\textrm{d}x =\boxed{2e-1}\)

  5. Comme \(\sin^3 x=\dfrac{3\sin x-\sin 3x}{4}\), on a : \(\int_{}^{} \sin^3 x\,\textrm{d}x=-\dfrac{3}{4}\cos x + \dfrac{1}{12}\cos 3x\) et \(\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} x\sin^3 x\,\textrm{d}x=\Bigl[ -\dfrac{3}{4}x\cos x + \dfrac{1}{12}x\cos 3x \Bigr]_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}-\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \left(-\dfrac{3}{4}\cos x + \dfrac{1}{12}\cos 3x\right)\,\textrm{d}x= -\Bigl[ -\dfrac{3}{4}\sin x + \dfrac{1}{36}\sin 3x \Bigr]_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}=\boxed{\dfrac{7}{9}}\)

  6. \(\int_{0}^{\pi} \left(x-1\right)\cos x\,\textrm{d}x=\Bigl[ \left(x-1\right)\sin x \Bigr]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi} \sin x\,\textrm{d}x=\Bigl[ \cos x \Bigr]_{0}^{\pi}=\boxed{-2}\)


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Exercice 923
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:05

On vérifie que les fonctions considérées sont bien de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur les intervalles \(I\) considérés et on effectue des intégrations par parties, on trouve :

  1. Sur \(I=\mathbb{R}_+^*\) : \(\int_{}^{} \ln x\,\textrm{d}x=x\ln x -\int_{}^{} 1\,\textrm{d}x=x\ln x - x+C^{te}\)

  2. Sur \(I=\left[-1,1\right]\) : \(\int_{}^{} \operatorname{arcsin} x\,\textrm{d}x=x\operatorname{arcsin} x - \int_{}^{} \dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\,\textrm{d}x=x\operatorname{arcsin} x + \sqrt{1-x^2}+C^{te}\)

  3. Sur \(I=R\) : \(\int_{}^{} x\operatorname{arctan} x\,\textrm{d}x=\dfrac{1}{2}\left(x^2\operatorname{arctan} x -\int_{}^{} \dfrac{x^2}{1+x^2}\,\textrm{d}x \right)\). Mais \(\int_{}^{} \dfrac{x^2}{1+x^2}\,\textrm{d}x=\int_{}^{} \left(\dfrac{1+x^2}{1+x^2}-\dfrac{1}{1+x^2}\right)\,\textrm{d}x =x-\operatorname{arctan} (x)+C^{te}\) donc : \(\int_{}^{} x\operatorname{arctan} x\,\textrm{d}x=\dfrac{1}{2}\left(x^2\operatorname{arctan} x -x+\operatorname{arctan} (x)\right)+C^{te}=\dfrac{1}{2}\left(\left(x^2+1\right)\operatorname{arctan} x -x\right)+C^{te}\).

  4. Sur \(I=\mathbb{R}\) : \(\int_{}^{} \left(x+1\right)\mathop{\mathrm{sh}}x\,\textrm{d}x=\left(x+1\right)\mathop{\mathrm{ch}}x-\int_{}^{} \mathop{\mathrm{ch}} x\,\textrm{d}x=\left(x+1\right)\mathop{\mathrm{ch}}x-\mathop{\mathrm{sh}}x+\mathbb{C}^{te}\)

  5. Sur \(I=\mathbb{R}\) : \(\int_{}^{} \mathop{\mathrm{argsh}}\left(3x\right)\,\textrm{d}x=x\mathop{\mathrm{argsh}}\left(3x\right)-\int_{}^{} \dfrac{3x}{\sqrt{1+9x^2}}\,\textrm{d}x =x\mathop{\mathrm{argsh}}\left(3x\right)-\dfrac{ \sqrt{1+9x^2}}{3}+C^{te}\)

  6. Sur \(I=\mathbb{R}\) : \(\int_{}^{} \ln\left(1+x^2\right)\,\textrm{d}x= x\ln\left(1+x^2\right)-\int_{}^{} \dfrac{2x^2}{1+x^2}\,\textrm{d}x=x\ln\left(1+x^2\right)-2x-2\operatorname{arctan} x+C^{te}\)


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Exercice 819
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:05

On vérifie que les fonctions considérées sont bien de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur les intervalles \(I\) considérés et on effectue des intégrations par parties, on trouve :

  1. Sur \(I=\mathbb{R}\) : Comme \(\mathop{\mathrm{ch}}^2 x=\dfrac{\mathop{\mathrm{ch}}2x +1}{2}\), \(\int_{}^{} \mathop{\mathrm{ch}}^2 x\,\textrm{d}x=\dfrac{x}{2}+\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}}2x}{4}+C^{te}\) et \(\int_{}^{} x\mathop{\mathrm{ch}}^2 x\,\textrm{d}x=\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x\mathop{\mathrm{sh}}2x}{4}-\int_{}^{} \left(\dfrac{x}{2}+\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}} 2x}{4}\right)\,\textrm{d}x=\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x\mathop{\mathrm{sh}}2x}{4}-\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{\mathop{\mathrm{ch}} 2x}{8}+C^{te}=\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{x\mathop{\mathrm{sh}}2x}{4}-\dfrac{\mathop{\mathrm{ch}}2x}{8}+C^{te}\).

  2. Sur \(I=\left]-1,+\infty\right[\) : \(\int_{}^{} x\ln\left(x+1\right)\,\textrm{d}x=\dfrac{1}{2}\left(x^2\ln\left(x+1\right)-\int_{}^{} \dfrac{x^2}{x+1}\,\textrm{d}x\right) =\dfrac{1}{2}\left(x^2\ln\left(x+1\right)-\dfrac{x^2}{2}+x-\ln\left(x+1\right)\right)+C^{te}\).

  3. Sur \(I=\left]-1,1\right[\) : \(\int_{}^{} \mathop{\mathrm{argth}}x\,\textrm{d}x=x\mathop{\mathrm{argth}} x-\int_{}^{} \dfrac{x}{1-x^2}\,\textrm{d}x=x\mathop{\mathrm{argth}}x+\dfrac{1}{2}\ln\left(1-x^2\right)+C^{te}\).

  4. Sur \(I=\mathbb{R}\) : on effectue deux intégrations par parties successives : \(\int_{}^{} \mathop{\mathrm{ch}}x\cos x\,\textrm{d}x=\cos x \mathop{\mathrm{sh}}x +\int_{}^{} \mathop{\mathrm{sh}}x \sin x\,\textrm{d}x=\cos x \mathop{\mathrm{sh}}x+\sin x\mathop{\mathrm{ch}}x -\int_{}^{} \cos x \mathop{\mathrm{ch}}x\,\textrm{d}x\). On en déduit que : \(\int_{}^{} \cos x \mathop{\mathrm{ch}} x\,\textrm{d}x=\dfrac{1}{2}\left(\cos x \mathop{\mathrm{sh}}x+\sin x\mathop{\mathrm{ch}}x\right)+C^{te}\)

  5. Sur \(I=\left]-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2},{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right[\) : \(\int_{}^{} \dfrac{x}{\cos^2 x}\,\textrm{d}x=x\tan x-\int_{}^{} \tan x\,\textrm{d}x=x\tan x+\ln\left|\cos x\right|+C^{te}\)

  6. Sur \(I=\mathbb{R}_+^*\) : on effectue deux intégrations par parties successives :\(\int_{}^{} x{\ln^2 x}\,\textrm{d}x=\dfrac{1}{2}x^2\ln^2 x - \int_{}^{} x\ln x\,\textrm{d}x= \dfrac{1}{2}x^2\ln^2 x-\dfrac{1}{2}x^2\ln x+\dfrac{1}{2}\int_{}^{} x\,\textrm{d}x=\dfrac{1}{2}\left(x^2\ln^2 x-x^2\ln x+\dfrac{x^2}{2}\right)+C^{te}\)


Exercice 483 *

12 mai 2021 12:05 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Calculer \(I=\int_0^{\pi/2} t^2 \sin^2(t) \mathrm{ \;d}t\).



[ID: 1796] [Date de publication: 12 mai 2021 12:05] [Catégorie(s): Intégration par parties ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 483
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:05

Pour tout \(t\in\mathbb{R}\), \(\sin^2 t= {\scriptstyle 1-\cos (2t)\over\scriptstyle 2}\). Donc \(I={\scriptstyle\pi^3\over\scriptstyle 48}-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\int_{0}^{{\pi}/{2}} t^2\cos (2t)\,\textrm{d}t\). Pour calculer \(\int_{0}^{{\pi}/{2}} t^2\cos (2t)\,\textrm{d}t\), on effectue deux intégrations par parties successives, les fonctions considérées étant bien de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\left[0,\pi/2\right]\) : \[\begin{aligned} \int_{0}^{{\pi}/{2}} t^2\cos (2t)\,\textrm{d}t&=&\Bigl[ \dfrac{t^2\sin\left(2t\right)}{2} \Bigr]_{0}^{\pi/2}-\int_{0}^{{\pi}/{2}} t\sin\left(2t\right)\,\textrm{d}t\\ &=&\Bigl[ \dfrac{t\cos\left(2t\right)}{2} \Bigr]_{0}^{\pi/2}-\dfrac{1}{2}\int_{0}^{{\pi}/{2}} \cos\left(2t\right)\,\textrm{d}t\\ &=&-\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{4}\Bigl[ \sin\left(2t\right) \Bigr]_{0}^{\pi/2}\\ &=&{-\dfrac{\pi}{4}}\end{aligned}\] donc \(\boxed{I=\dfrac{\pi^3}{48}+\dfrac{\pi}{8}}\).


Exercice 904 *

12 mai 2021 12:05 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit une fonction \(f\) de classe sur le segment \([a,b]\). Montrer que \[\int _a^b f(x) \mathrm{ \;d}x = \dfrac{b-a}{2}\left[ f(a)+f(b)\right] +\dfrac{1}{2}\int _a^b(x-a)(x-b)f''(x) \mathrm{ \;d}x\]



[ID: 1798] [Date de publication: 12 mai 2021 12:05] [Catégorie(s): Intégration par parties ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 904
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:06

On effectue deux intégrations par parties successives à partir de la seconde intégrale : \[\begin{aligned} \int_{a}^{b} (x-a)(x-b)f''(x)\,\textrm{d}x &=& \underbrace{\Bigl[ (x-a)(x-b)f'(x) \Bigr]_{a}^{b}}_{=0}-\int_{a}^{b} \left(2x-\left(a+b\right)\right)f'\left(x\right) \,\textrm{d}x\\ &=&-{\Bigl[ \left(2x-\left(a+b\right)\right)f\left(x\right) \Bigr]_{a}^{b}}+2\int_{ a }^{ b } f\left( x \right) \,\textrm{d} x \\ &=& -\left(b-a\right)\left(f\left(a\right)+f\left(b\right)\right) +2\int_{ a }^{ b } f\left( x \right) \,\textrm{d} x \end{aligned}\] et on trouve la formule proposée.


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Exercice 914
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:06
  1. On effectue une intégration par parties : \[\begin{aligned} \int_{}^{} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle\left(x^2+1\right)^{n}}\,\textrm{d}x&=&\dfrac{x}{\left(x^2+1\right)^{n}}+\int_{}^{} {\scriptstyle 2nx^2\over\scriptstyle \left(x^2+1\right)^{n+1}}\,\textrm{d} x \\ &=&\dfrac{x}{\left(x^2+1\right)^{n}}+2n\int_{}^{} {\scriptstyle x^2+1-1\over\scriptstyle \left(x^2+1\right)^{n+1}}\,\textrm{d} x \\ &=&\dfrac{x}{\left(x^2+1\right)^{n}}+2n\int_{}^{} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle\left(x^2+1\right)^n}\,\textrm{d}x-2n \int_{}^{} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle\left(x^2+1\right)^{n+1}}\,\textrm{d}x \end{aligned}\] et on en déduit que \[\boxed{\int_{}^{} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle\left(x^2+1\right)^{n+1}}\,\textrm{d}x=\dfrac{1}{2n} \left(\left(2n-1\right) \int_{}^{} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle\left(x^2+1\right)^n}\,\textrm{d}x +\dfrac{x}{\left(x^2+1\right)^{n}}\right)} .\]

  2. Il s’ensuit que \(I_2=1/2(\operatorname{arctan} x +x/(x^2+1)^2)+C^{te}\) car \(I_1=\operatorname{arctan} x + C^{te}\). On en tire finalement que \(I_3=1/4(3\operatorname{arctan} x +3x/(x^2+1)^2+x/(x^2+1)^3\).


Exercice 482 **

12 mai 2021 12:06 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Calculer pour un entier \(n\in \mathbb N\), l’intégrale \[I_n = \int_0^1 x^n\sqrt{1-x} \mathrm{ \;d}x\]



[ID: 1802] [Date de publication: 12 mai 2021 12:06] [Catégorie(s): Intégration par parties ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 482
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:06

Soit \(n\geqslant 1\), en intégrant par parties (dériver \(x^n\)), on trouve que \[I_n =\Bigl[ -{\scriptstyle 2\over\scriptstyle 3}x^n \left(1-x\right)^{{3}/{2}} \Bigr]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} {\scriptstyle 2n\over\scriptstyle 3}x^{n-1} \left(1-x\right)^{{3}/{2}}\,\textrm{d}x= \dfrac{2n}{3}\int_0^1 x^{n-1} (1-x)^{3/2} dx = \dfrac{2n}{3}(I_{n-1}-I_n)\] d’où la relation de récurrence : \[I_n = \dfrac{2n}{2n+3} I_{n-1} = \dots = \dfrac{(2n)(2n-2)\dots 2}{(2n+3)(2n+1)\dots 5} I_0\] et puisque \(I_0=\dfrac{2}{3}\), on obtient finalement \[\boxed{ I_n = \dfrac{2^{2n+2}n!(n+1)!}{(2n+3)!} }\]


Exercice 266 **

12 mai 2021 12:06 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Pour un entier \(n\in \mathbb{N}\), on pose \[I_n = \int_0^{\pi/2} \dfrac{\sin nx}{\sin x} \mathrm{ \;d}x\]

  1. Justifier que pour tout entier \(n>0\), l’intégrale \(I_n\) existe.

  2. Calculer pour \(n\geqslant 2\), \(I_n - I_{n-2}\), \(I_0\) et \(I_1\).

  3. En déduire la valeur de \(I_n\) pour tout entier \(n\).



[ID: 1804] [Date de publication: 12 mai 2021 12:06] [Catégorie(s): Intégration par parties ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 266
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:06
  1. L’intégrale \(I_0\) est clairement bien définie. Soit \(n\in\mathbb{N}^*\). La fonction \(f:x\mapsto \dfrac{\sin nx}{\sin x}\) est définie et continue sur \(\left]0,\pi/2\right]\) par opérations sur les fonctions continues. De plus, par équivalents usuels \(\sin nx/\sin x\underset{x\rightarrow 0}{\sim}n\). Donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}n\). On prolonge alors \(f\) par continuité en \(0\) en posant \(f\left(0\right)=n\). La fonction ainsi prolongée est continue sur \(\left[0,\pi/2\right]\) et l’intégrale \(I_n\) existe.

  2. Soit \(n\geqslant 2\). On utilise la formule valable pour tout \(p,q\in\mathbb{R}\) : \(\sin p - \sin q = 2\cos\dfrac{p+q}{2}\sin \dfrac{p-q}{2}\). Elle livre : \[I_n - I_{n-2} = \int_{0}^{\pi/2} 2\cos\left(\left(n-1\right)x\right)\,\textrm{d}x=\Bigl[ 2\dfrac{\sin\left(\left(n-1\right)x\right)}{n-1} \Bigr]_{0}^{\pi/2}=\dfrac{2\sin\left(\left(n-1\right)\pi/2\right)}{n-1}\] donc \(\boxed{I_n=I_{n-2} + \dfrac{2\sin\left(\left(n-1\right)\pi/2\right)}{n-1}}\). Par ailleurs \(I_0=0\) et \(I_1=\pi/2\).

  3. On utilise les résultats de la question précédente. Si \(n=2p\)\(p\in\mathbb{N}^*\) alors \[I_n=2\left(1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5} -\dfrac{1}{7}+\dots+\dfrac{\left(-1\right)^{p+1}}{2p-1} \right)=\boxed{2\sum_{k=1}^p \dfrac{\left(-1\right)^{k+1}}{2k-1}}.\] Si \(n=2p+1\) avec \(p\in\mathbb{N}^*\) alors \(\boxed{I_{n}=\pi/2}\).


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