Sujet : Analyse, Intégration sur un intervalle quelconque, Calcul d'intégrales dépendant d'un paramètre

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Calcul d’intégrales dépendant d’un paramètre Exercice 7 [ 00685 ] [correction] Pour quelles valeurs de a∈R, l’intégrale ZExercice 1 [ 00678 ] [correction] +∞ dt Calculer, pour n∈N, I(a) = 2 aZ +∞ (1+t )(1+t )0 n −tI = t e dtn 0 est-elle définie? En procédant au changement de variable u = 1/t, montrer que I(a) =π/4. Exercice 2 [ 00679 ] [correction] Existence et calcul pour n∈N de Exercice 8 [ 00686 ] [correction] Z Soit f une fonction continue et croissante surR telle que lim f(x) =‘.+∞ x→+∞dx I =n a) Pour a> 0, montrer que l’intégrale2 n+1(1+x )0 Z +∞ f(x+a)−f(x)dx 0Exercice 3 [ 00680 ] [correction] Calculer pour n∈N , est définie et la calculer.Z 1 b) CalculernI = (xlnx) dx Zn +∞ 0 arctan(x+a)−arctan(x)dx −∞ Exercice 4 [ 00681 ] [correction] Pour a> 0, calculer Exercice 9 Mines-Ponts MP [ 02826 ] [correction]Z +∞ Calculer−at ZI(a) = (t−btc)e dt +∞ lnt 0 dt 2 2t +a0 où a> 0. Exercice 5 [ 00683 ] [correction] Existence et valeur pour a> 0 de Z Exercice 10 Mines-Ponts MP [ 02827 ] [correction]+∞ −at Trouver une expression simple deI(a) = sin(t)e dt 0 Z π 2sin t dt 2 2(1−2xcost+x )(1−2ycost+y )0 Exercice 6 [ 00684 ] [correction] où x,y∈ ]−1,1[.Soit a> 0. En procédant au changement de variable u =a/t, calculer Z +∞ lnt I(a) = dt 2 2a +t0 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.
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Calcul d’intégrales dépendant d’un

Exercice 1[ 00678 ][correction]
Calculer, pourn∈N,
In=Z+0∞tne−tdt

Exercice 2[ 00679 ][correction]
Existence et calcul pourn∈Nde
Z+∞
I=

n

0

dx
(1 +x2)n+1

Exercice 3[ 00680 ][correction]
Calculer pourn∈N,
In=Z1(xlnx)ndx
0

Exercice 4[ 00681 ][correction]
Poura >0, calculer
I(a) =Z+∞
(t− btc)e−atdt
0

Exercice 5[ 00683 ][correction]
Existence et valeur poura >0de
I(a) =Z+0∞sin(t)e−atdt

paramètre

Exercice 6[ 00684 ][correction]
Soita >0. En procédant au changement de variableu=at, calculer
I(a) =Z+∞a2ln+tt2dt
0

Enoncés

Exercice 7[ 00685 ][correction]
Pour quelles valeurs dea∈R, l’intégrale
+
I(a) =Z0∞(1 +t2(d)t1 +ta)

est-elle définie ?
En procédant au changement de variableu= 1t, montrer queI(a) =π4.

Exercice 8[ 00686 ][correction]
Soitfune fonction continue et croissante surRtelle quexl→i+m∞f(x) =`.
a) Poura >0, montrer que l’intégrale
Z+0∞f(x+a)−f(x) dx

est définie et la calculer.
b) Calculer

+∞
Z−∞arctan(x+a)−arctan(x) dx

Exercice 9Mines-Ponts MP[ 02826 ][correction]
Calculer
Z0+∞t2+nlta2dt
oùa >0.

Exercice 10Mines-Ponts MP[ 02827 ][correction]
Trouver une expression simple de
Z0π(1−2xcost+xsi2()n21t−2ycost+y2) dt

oùx y∈]−11[.

1

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
Commet2×tnla fonction continue
e−tt−→−−+−∞→0 morceaux, part7→tne−test
donc intégrable sur[0+∞[etIn=R0+∞tne−tdtconverge.
Par intégration par parties justifiée par deux convergences

In+1=−tn+1e−t0+∞+ (n+ 1)Z+tne−tdt= (n+ 1)In.
0
CommeI0=R0+∞e−tdt= 1on a

In=n!

Exercice 2 :[énoncé]
f:x7→(1+x2)1n+1est définie et continue surR+.
x→+∞Ox12t intégrable etIn=R+0∞f(x)dxexiste.
f(x) =doncfes
Pourn∈N?:

Corrections

In=Z+0∞(1 +dx2x)n+1=Z0+∞1+1(+xx22)−nx2+Z+∞x2
1dx=In−1−0(1 +x2)n+1dx

Or
+∞
Z0(1 +xx22)n+1dxip=p−112n(1 +xx2)n0+∞+12nZ0+∞(1 +dxx2)n21=n In−1
L’intégration par parties est justifiée par deux convergences.
On obtient ainsi
In= 2n2−1In−1
n
+∞dx π
PuisqueI0=R0 1+x22,
=

3I0= (2n)!
In(2(=n2n−)()(21n2n−−2))2212n+1(n!)2π

Exercice 3 :[énoncé]
La fonctionx7→xn(lnx)nest définie et continue sur]01]et y est intégrable car
√x×xn(lnx)nx−→−0−+→0donc l’intégraleInconverge.

Réalisons le changement de variableu=−ln(xn+1).
La fonctionx7→ −ln(xn+1)st une bijectionC1de]01]vers[1+∞[.
In(=n+(−1)1)nn+1Z+0∞une−(n(−)11+n)nn+!1
udu=
On peut aussi plus généralement calculer
Ip=Z1pourp q∈N
qxp(lnx)qdx
0
La fonctionx7→xp(lnx)qest définie et continue sur]01]et y est intégrable car
√x×xp(lnx)qx−→−0−+→0donc l’intégraleIpqconverge.
Pourq>1, une intégration par parties donne
xp+1
Ipq=p (ln+ 1x)q01−p+q1Z01xp(lnx)q−1dx
L’intégration par parties est justifiée par deux convergences.
On obtient
Ipq=−qp+ 1Ipq−1
SachantIp0=p11+, on parvient à

En particulier on retrouve

qq!
Ipq= (−(1)p+ 1)q+1

In= (−1)n(n+n)1!n+1

2

Exercice 4 :[énoncé]
La fonctionf:t7→(t− btc)e−atest définie et continue par morceaux sur[0+∞[.
Quandt→+∞,t2f(t)→0doncfest intégrable sur[0+∞[.
Z0nf(t) dt=nkX−10=Zkk+1f(t) dt=nk=X−01Z10te−a(t+k)dt= 1−e−na1−(a+ 1)e−a
1−e−aa2
Quandn→+∞,
1−(−a
Z0+∞f(t) dta2(1a−e1+−)ea)
=

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Exercice 5 :[énoncé]
la
Commea >0,t2sinte−tta−→−−+−∞→0, fonction continue par morceaux
t7→sin(t)e−atest intégrable sur[0+∞[etI(a) =R0+∞sin(t)e−atdtconverge.
I(a) =ImZ0+∞eit−atdt=Imi−1aeit−at0+∞!=a21+1

Exercice 6 :[énoncé]
La fonctiont7→a2+lntt2est définie et continue par morceaux sur]0+∞[.
Cette fonction est intégrable car

n
32lt−−−−→0
√at2+nltt2t−→−0−+→0etat2+t2t→+∞

Corrections

L’intégrale définissantI(a)est donc bien définie.
Par le changement de variableC1bijectif proposé
lna∞du1
I(a) =Z0+∞a2+nltt2dtu==atZ+0∞la(nau2−nl)+1udu=aZ0+u2+ 1a I(1)

Poura= 1, on obtientI(1) = 0et donc

I(a) = lna π
a2

Exercice 7 :[énoncé]
1ère méthode :
1
La fonctiont7→(1+t2)(1+ta)est définie et continue par morceaux sur]0+∞[.
Quandt→+∞
1a+2sia
(1 +t21+1()ta)∼11tt22t2sisi>a<a000=
donc la fonctiont7→(1+t21+1()ta)est intégrable sur[1+∞[.
Quandt→0+
1 1sia >0
(1 +t2)(1 +ta)→102isisa<a00=
donc la fonctiont7→(1+t21)1(+ta)est intégrable sur]01].
FinalementI(a)est définie pour touta∈R.

2ème méthode :
Comme
1 1
06(1 +t2)(1 +ta)61 +t2
avec la fonctiont7→11+t2est intégrable sur[0+∞[, on peut affirmer que par
comparaison de fonctions positivest7→(1+t2+1()1ta)est intégrable sur[0+∞[et
I(a)converge.
Les deux intégrales étant bien définies :
Z+0∞(1 +t2d)(t1 +ta) =Z+0∞(1 +uu2a)(d1u+ua)

Par suite

+∞
2I(a) =Z0+∞(1(+1t2+)(t1a)+dtta) =Z0+1+dtt2= [arctant]0=

Finalement

I(a 4) =π

π
2

3

Exercice 8 :[énoncé]
a)x7→f(x+a)−f(x)est continue et positive (carfest croissante).
Z0Af(x+a)−f(x)dx=ZAa+af(x)dx−Z0Af(x)dx=ZAA+af(x)dxZadx
−f(x)
0

Orf(x)−−−−→`donc
x→+∞

et alors

donc

puis

∀ε >0∃M∈R x>M⇒ |f(x)−`|6ε

∀A>MZAA+af(x)dx−a`6ZAA+a|f(x)−`|dx6aε

ZA+a
x−−−−→a`
Af(x)dA→+∞

Z0Af(x+a)−f(x)dxA−→−−+−∞→a`−Z0af(x)dx

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On peut conclure queR0+∞f(x+a)−f(x) dxest définie et
+∞
Z0x) dx=a`−Z0af(x) dx
f(x+a)−f(

b) Comme ci-dessus, mais en faisantA→ −∞, on établie
Z0−∞f(x+a)−f(x) dx=a`0−Z0af(x) dx
avec`0= limf(x). Par conséquentR−+∞∞arctan(x+a)−arctan(x) dxest
x→−∞
définie par application du théorème de Chasles et
Z−+∞arctan(x+a)−arctan(x) dx=πa

Exercice 9 :[énoncé]
L’intégrabilité est entendue.
Par le changement de variableu=a2ton obtient
Z+∞t2+nlta2dt=Z+0∞2 lan2a+−ul2nudu
0

donc

Z

+
∞lnt=πlna
0t2+a2dt2a

Exercice 10 :[énoncé]
Par le changement de variableu= tan2ton parvient à l’intégrale
I=Z0+∞(1 +u2)((1−x)28+1(+ux)22du2u)((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

avec

a b c
1 +u2+(1−x)2+ (1 +x)2u21(+−y)2+ (1 +y)2u2

a=−1b=−2(x(1x−−x)y2+11()(−xx)y2)etc=−(2y1(y−−y)x2()1(1+−xy)2y)
2,
xy

Corrections

sous réserve quex6=yetxy6= 0.
Puisque
+∞1π
Zα2du=
0+β2u2αβ2
on parvient à
I=2π−21xy−2x(x−1y−)(x12−xy2+)y(x−1y−)(y12=
−xy)

π
2(1−xy)

Les cas exclusx6=yetxy6= 0peuvent tre récupérés par continuité.
Il m’a peut-tre échappé une démarche plus simple. . .

4

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