Intégration par parties

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Enoncés
1
Intégration par parties
Exercice 1 [ 01979 ] [correction]
Déterminer les primitives suivantes :
Z
Z
a)
t ln t dt b) t arctan t dt
Z
t sin3 t dt
f)
Exercice 2 [ 00263 ] [correction]
Déterminer les primitives suivantes :
Z
Z
a) (t2 − t + 1)e−t dt b) (t − 1) sin t dt
Z
c)
Exercice 3 [ 01980 ] [correction]
Calculer les intégrales suivantes :
Z 1
Z e
a)
ln(1 + t2 ) dt b)
tn ln t dt(avec n ∈ N)
0
(t + 1)chtdt
Z
1
1
Exercice 4 [ 00287 ] [correction]
Calculer les intégrales suivantes :
Z 1
Z
a)
arctan t dt b)
0
eπ
sin(ln t) dt
c)
1/2
Z
arcsin t dt
0
1
t arctan t dt
c)
0
Exercice 5 [ 01981 ] [correction]
Soit f : [a, b] → R de classe C 1 . Montrer que
Z b
lim
f (t) sin(nt) dt = 0
n→+∞
a
Exercice 6 [ 03089 ] [correction]
Soient (a, b) ∈ R2 , µ ∈ R+? et f ∈ C 2 ([a, b] , R) telles que
∀x ∈ [a, b] , |f 0 (x)| > µ et f 0 monotone
Montrer :
Z
b
1
2iπf (t)
e
dt 6
a
µπ
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Corrections
Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
a) Par intégration par parties
Z
Z
1
1
1
1
t dt = t2 ln t − t2 + C te
t ln t dt = t2 ln t −
2
2
2
4
b)Par intégration par parties
Z
Z 2
1
1
t dt
t arctan t dt = t2 arctan t −
2
2
1 + t2
2
Exercice 3 : [énoncé]
Par intégration par parties
a)
Z 1
Z
1
ln(1 + t2 ) dt = t ln(1 + t2 ) 0 −
0
En écrivant
on obtient
2t2
2
=2−
1 + t2
1 + t2
Z
0
t
1
=1−
t2 + 1
1 + t2
Z
t arctan t dt =
1 2
(t + 1) arctan t − t + C te
2
2t2
dt
1 + t2
on obtient
puis en écrivant
2
0
1
1
1
ln(1 + t2 ) dt = ln 2 − 2 [t − arctan t]0 = ln 2 − 2 +
π
2
b) Par intégration par parties
e
Z e
Z e
1 n+1
1
nen+1 + 1
tn ln t dt =
t
ln t −
tn dt =
n+1
n+1 1
(n + 1)2
1
1
c) En écrivant sin2 t = 1 − cos2 t
Z
Z
Z
3
t sin t dt = t sin t dt − t sin t cos2 t dt
c) Par deux intégrations par parties
Z eπ
Z eπ
Z
eπ
eπ
sin(ln t) dt = [t sin(ln t)]1 −
cos(ln t) dt = − [t cos(ln t)]1 −
D’une part
donc
Z
t sin t dt = sin t − t cos t + C
1
1
Z
te
1
D’autre part, par intégration par parties
Z
Z
1
1
cos3 t dt
t sin t cos2 t dt = − t cos3 t +
3
3
avec
Z
Z
Z
1
cos3 dt = cos t dt − cos t sin2 t dt = sin t − sin3 t
3
Finalement
Z
2
1
1
t sin3 t dt = sin t − t cos t + t cos3 t + sin3 t + C te
3
3
9
0
0
c)
Z 1
t arctan t dt =
0
1
0
b)
Z 1/2
sin(ln t) dt
1
eπ + 1
1
eπ
sin(ln t) dt = − [t cos(ln t)]1 =
2
2
Exercice 4 : [énoncé]
Par intégration par parties
a)
Z 1
Z
1
arctan t dt = [t arctan t]0 −
arcsin t dt =
Exercice 2 : [énoncé]
ParR intégration par parties
a) R (t2 − t + 1)e−t dt = −(t2 + t + 2)e−t + C te .
b) R (t − 1) sin t dt = sin t + (1 − t) cos t + C te .
c) (t + 1)cht dt = (t + 1)sht − cht + C te .
eπ
eπ
1/2
[t arcsin t]0 −
Z
1
π ln 2
π 1
t
ln(1 + t2 ) 0 = −
dt = −
2
1+t
4
2
4
2
1/2
0
1 1
12
t arctan t 0 −
2
2
√
i1/2
t
π hp
π
3
2
√
+ 1−t
=
+
−1
dt =
2
12
12
2
0
1−t
Z
0
1
t2
π 1
π 1
1
dt = − [t − arctan t]0 = −
2
1+t
8 2
4 2
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Corrections
3
Exercice 5 : [énoncé]
Par intégration par parties
b
Z
a
b
Z
1 b 0
f (t)
cos(nt) +
f (t) cos(nt) dt
f (t) sin(nt) dt = −
n
n a
a
Or
f (a) cos(na) f (b) cos(nb)
,
→0
n
n
Z
Z
1 b
1 b 0
0
f (t) cos(nt) dt 6
|f (t)| dt → 0
n a
n a
et
donc
Z
n→+∞
Exercice 6 : [énoncé]
Ecrivons
Z
b
f (t) sin(nt) dt = 0
lim
a
b
a
e2iπf (t) dt =
Z
a
b
f 0 (t) 2iπf (t)
e
dt
f 0 (t)
Par intégration par parties
Z
a
b
2iπf (t) b
Z b 00
e
f (t) 2iπf (t)
f 0 (t) 2iπf (t)
1
e
dt =
+
e
dt
f 0 (t)
2iπf 0 (t) a 2iπ a f 0 (t)2
Quitte à considérer −f , supposons f 00 > 0
Z
Z
b f 00 (t)
b 00
1
1
f (t)
2iπf (t)
e
dt
dt = 0
−
6
02
a f 0 (t)2
f (a) f 0 (b)
a f (t)
et donc
Z
b f 0 (t)
1
1
1
1
1
2iπf (t)
e
dt 6
+
+
−
a f 0 (t)
2π |f 0 (b)| |f 0 (a)| f 0 (a) f 0 (b)
Selon le signe (constant) de f 0 , le terme en f 0 (b) ou le terme en f 0 (a) se simplifie
et on obtient
Z
b f 0 (t)
1
2iπf (t)
e
dt
6
0
a f (t)
µπ
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