Intégration par parties
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Intégration par parties
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 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 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 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 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 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 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD