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
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=at, 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= 1t, montrer queI(a) =π4.
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∈]−11[.
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−t0+∞+ (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→+∞Ox12t 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)n0+∞+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))2212n+1(n!)2π
Exercice 3 :[énoncé]
La fonctionx7→xn(lnx)nest définie et continue sur]01]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]01]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]01]et y est intégrable car
√x×xp(lnx)qx−→−0−+→0donc l’intégraleIpqconverge.
Pourq>1, une intégration par parties donne
xp+1
Ipq=p (ln+ 1x)q01−p+q1Z01xp(lnx)q−1dx
L’intégration par parties est justifiée par deux convergences.
On obtient
Ipq=−qp+ 1Ipq−1
SachantIp0=p11+, on parvient à
En particulier on retrouve
qq!
Ipq= (−(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) =ImZ0+∞eit−atdt=Imi−1aeit−at0+∞!=a21+1
Exercice 6 :[énoncé]
La fonctiont7→a2+lntt2est définie et continue par morceaux sur]0+∞[.
Cette fonction est intégrable car
n
32lt−−−−→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==atZ+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)∼11tt22t2sisi>a<a000=
donc la fonctiont7→(1+t21+1()ta)est intégrable sur[1+∞[.
Quandt→0+
1 1sia >0
(1 +t2)(1 +ta)→102isisa<a00=
donc la fonctiont7→(1+t21)1(+ta)est intégrable sur]01].
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>MZAA+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=a2ton 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 int
