Sujet D.5.3 Calcul à l'aide de primitives
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Exercice a
Démontrer l'existence et déterminer la valeur de : $\,\dint_0^{+\I}\ln\Big(1+\frac1{x^2}\Big)\d x\sp{1.5}.\,$
calcul d'une intégrale généralisée par primitivation
Soit $F$ une primitive de $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to \bb K\,$ continue et intégrable ; alors :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x =\big[F(x)\big]_a^b=\lim xb F(x)-F(a)$
On a le même résultat sur l'intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ avec : $\,F(b)-\lim xa F(x)\sp{1.5}.\,$
intégrales généralisées et intégration par parties
Soient $\,f,g\app\sc C^1\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\sp{1.5},\,$ $\,f\sp{1.5}g\,$ ayant des limites finies en $\,a\,$ et $\,b\sp{1.5}.\,$ Alors les intégrales de $\,f'g\,$ et $\,f\sp{1.5}g^{\sp{1.5}\prime}\,$ convergent simultanément, avec :
$\displaystyle{}\dint_{\stb{1}a}^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g^{\sp{1.5}\prime}(x)\d x$
décomposition en éléments simples
Soit $f$ une fonction rationnelle irréductible à pôles simples $\alpha_1,\dots,\alpha_p\sp{1.5}.$
Alors $f$ a une unique décomposition en éléments simples :
$\displaystyle{}\smh{1.5}{f(x)=\dfrac{A(x)}{B(x)}= E(x)+\dfrac{\lambda_1}{x-\alpha_1}+\cdots+\dfrac{\lambda_p}{x-\alpha_p}}$
- La partie entière $E$ est le quotient euclidien de $A$ par $B\sp{1.5};$
- après simplification par $(x-\alpha_k):$ $\,\lambda_k\!=\!\dfrac{\!A(x)(x-\alpha_k)\!}{B(x)}\Big|_{x=\alpha_k}\!\!\!\!\!\!\,$
indication
Procéder à une intégration par parties de $\,\dint_0^{+\I}1\times\ln\Big(1+\frac1{x^2}\Big)\d x\sp{1.5}.\,$
réponse
Cette intégrale est bien réelle et vaut : $\,\dint_0^{+\I}\ln\Big(1+\frac1{x^2}\Big)\d x=\pi\sp{1.5}.\,$
correction
Avec $\,0\,$ pour seul pôle, la fonction
Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$
pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$
rationnelle
$\,g:x\mapsto1+\dfrac1{x^2}\,$ est
- Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$
- Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$
Une fonction rationnelle $\,f\,$
est de classe $\sc C^\I$ sur tout intervalle ne contenant aucun pôle de $f(x)\sp{1.5}.$
de classe $\sc C^1$
et strictement positive sur $\,]\sp{1.5}0,\sp{1.5}+\I\sp{1.5}[\sp{1.5}.\,$La fonction $\,f:x\mapsto\ln\Big(1+\dfrac1{x^2}\Big)\,$ est donc de classe $\sc C^1$ sur $]\sp{1.5}0,+\I[,$ par
Si $\,f\app\sc C^{n}(I,\bb K)\sp{1.5},\,$ $\,g\app\sc C^{n}(J,\bb K)\,$ et $\,f(I)\subset J\sp{1.5},\,$ alors :
$\,g\circ f\app\sc C^{n}(I,\bb K)\sp{1.5}.\,$
composition
avec la fonction
La fonction logarithme est de classe $\sc C^{\I}$ sur $\,]0,\sp{-1.5}+\I[\sp{1.5},\,$ avec :
logarithme :
$\displaystyle{}\ptt x > 0,\ \ln^{\sp{1.5}\prime}(x)=\smh{1.25}{\dfrac1x}$
$\displaystyle{}f'(x)=\frac{-2/{x^3}}{1+1/{x^2}}=-\frac2{x\sp{1.5}(1+x^2)}$
On procède alors à l'intégration
Soient $\,f,g\app\sc C^1\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\sp{1.5},\,$ $\,f\sp{1.5}g\,$ ayant des limites finies en $\,a\,$ et $\,b\sp{1.5}.\,$ Alors les intégrales de $\,f'g\,$ et $\,f\sp{1.5}g^{\sp{1.5}\prime}\,$ convergent simultanément, avec :
par parties
de $\,1\times f(x)\,$ sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ qui s'écrit formellement :
$\displaystyle{}\dint_{\stb{1}a}^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g^{\sp{1.5}\prime}(x)\d x$
$\displaystyle{}\!\int_0^{+\I}\!\!\!\ln\Big(1+\frac1{x^2}\Big)\d x=\Big[\sp{1.5}x\,\ln\Big(1+\dfrac1{x^2}\Big)\Big] _0^{+\I}\!\! +\! \int_0^{+\I}\sp{-6}\frac{2\sp{1.5}\d x}{1+x^2}$
On a les
La fonction logarithme vérifie :
équivalents :
$\,\ln(x^2+1)\,\eq x0\,x^2\,$ et $\,\ln\Big(1+\dfrac1{x^2}\Big)\eq x{+\I}\,\dfrac1{x^2}\sp{1.5},\,$ et on en déduit par
$\displaystyle{}\sth{.5}\lim x0\sp{1.5}\ln x=-\I\sp{1.5},\ \lim x{+\I}\ln x=+\I\ \txt{et}\,\ln(1+x)\sp{1.5}\eq x0 \,x$
Pour tous réels $\,\alpha\sp{1.5},\ \beta\,$ et $\,\gamma\,$ strictement positifs, on a :
croissances
comparées :
$\eqalign{(\ln x)^\beta\!\!\dl x{+\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(x^\alpha)\!&\txt{et}\,x^\alpha\!\!\dl x{\smh0{0}}\,o\sp{1.5}(\sp{1.5}|\ln x|^{-\beta})\\
x^\alpha\!\!\dl x{+\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(\e{\gamma\,x})\!&\txt{et}\,\e{\gamma\,x}\!\!\dl x{-\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(\sp{1.5}|x|^{-\alpha})}$
$\eqalign{x\sp{1.5}\ln\Big(1+\dfrac1{x^2}\Big)&\ =\ x\sp{1.5}\ln(x^2+1)-2\sp{1.5}x\ln x\ \tend x{0}\ 0\\[-.5ex]
x\sp{1.5}\ln\Big(1+\dfrac1{x^2}\Big)&\eq x{+\I}\ x\cdot\!\frac1{x^2}=\dfrac1x\ \tend x{+\I}\,0}$
$f$ est donc intégrable sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\,$ au même titre que $\,g:x\mapsto \dfrac 1{1+x^2}\sp{1.5},\,$ et cela justifie l'intégration par parties.
Connaissant une
La fonction arc tangente est de classe $\sc C^{\I}$ sur $\bb R\sp{1.5},$ avec :
primitive
de cette fonction $\,g\,$ et la
$\displaystyle{}\ptt x\app\bb R,\ \op{Arctan}'(x)=\smh{1}{\frac1{1+x^2}}$
La fonction arc tangente vérifie :
limite
de l'arc tangente en $\,+\I\sp{1.5},\,$ on obtient finalement pour
$\displaystyle{}\op{Arctan}y\eq y0\, y\ \txt{et}\ \lim y{+\I}\op{Arctan}y=\frac\pi2$
Soit $F$ une primitive de $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to \bb K\,$ continue et intégrable ; alors :
intégrale :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x =\big[F(x)\big]_a^b=\lim xb F(x)-F(a)$
On a le même résultat sur l'intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ avec : $\,F(b)-\lim xa F(x)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\!\int_0^{+\I}\!\!\!\ln\Big(1+\frac1{x^2}\Big)\d x=\!\int_0^{+\I}\sp{-8}\frac{2\sp{1.5}\d x}{1+x^2\!}=\!\Big[\sp{1.5}2\sp{1.5}\op{Arctan}x\Big]_0^{+\I}\!\!=\pi$
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Exercice b
Démontrer l'existence et déterminer la valeur de : $\,\dint_0^{+\I}\sp{-10}\frac{\d x}{(2\sp{1.5}x+1)(x+2)}\!\cdot\,$
calcul d'une intégrale généralisée par primitivation
Soit $F$ une primitive de $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to \bb K\,$ continue et intégrable ; alors :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x =\big[F(x)\big]_a^b=\lim xb F(x)-F(a)$
On a le même résultat sur l'intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ avec : $\,F(b)-\lim xa F(x)\sp{1.5}.\,$
intégrales généralisées et intégration par parties
Soient $\,f,g\app\sc C^1\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\sp{1.5},\,$ $\,f\sp{1.5}g\,$ ayant des limites finies en $\,a\,$ et $\,b\sp{1.5}.\,$ Alors les intégrales de $\,f'g\,$ et $\,f\sp{1.5}g^{\sp{1.5}\prime}\,$ convergent simultanément, avec :
$\displaystyle{}\dint_{\stb{1}a}^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g^{\sp{1.5}\prime}(x)\d x$
décomposition en éléments simples
Soit $f$ une fonction rationnelle irréductible à pôles simples $\alpha_1,\dots,\alpha_p\sp{1.5}.$
Alors $f$ a une unique décomposition en éléments simples :
$\displaystyle{}\smh{1.5}{f(x)=\dfrac{A(x)}{B(x)}= E(x)+\dfrac{\lambda_1}{x-\alpha_1}+\cdots+\dfrac{\lambda_p}{x-\alpha_p}}$
- La partie entière $E$ est le quotient euclidien de $A$ par $B\sp{1.5};$
- après simplification par $(x-\alpha_k):$ $\,\lambda_k\!=\!\dfrac{\!A(x)(x-\alpha_k)\!}{B(x)}\Big|_{x=\alpha_k}\!\!\!\!\!\!\,$
indication
Décomposer en éléments simples la fraction : $\,f(x)=\dfrac{1}{(2\sp{1.5}x+1)(x+2)}\!\cdot\,$
réponse
Cette intégrale est bien réelle et vaut : $\,\dint_0^{+\I}\sp{-10}\frac{\d x}{(2\sp{1.5}x+1)(x+2)}=\dfrac{2\,\ln 2}3\!\cdot\,$
correction
Ayant $\,-1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\,$ et $\,-2\,$ pour seuls pôles, la fonction
Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$
pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$
rationnelle
$\,f:x\mapsto\dfrac1{(2\sp{1.5}x+1)(x+2)}\,$ est
- Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$
- Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$
Une fonction rationnelle $\,f\,$
est continue sur tout intervalle ne contenant aucun pôle de $f(x)\sp{1.5}.$
continue
sur $\,]\sp{1.5}0,\sp{1.5}+\I\sp{1.5}[\sp{1.5}.\,$
$f$ étant positive, on calcule a priori son intégrale, dont une valeur finie justifiera a posteriori l'existence.
Avec une partie entière nulle et deux pôles simples, $f$ a une
Soit $f$ une fonction rationnelle irréductible à pôles simples $\alpha_1,\dots,\alpha_p\sp{1.5}.$
Alors $f$ a une unique décomposition en éléments simples :
décomposition
en éléments simples de la forme :
$\displaystyle{}\smh{1.5}{f(x)=\dfrac{A(x)}{B(x)}= E(x)+\dfrac{\lambda_1}{x-\alpha_1}+\cdots+\dfrac{\lambda_p}{x-\alpha_p}}$
- La partie entière $E$ est le quotient euclidien de $A$ par $B\sp{1.5};$
- après simplification par $(x-\alpha_k):$ $\,\lambda_k\!=\!\dfrac{\!A(x)(x-\alpha_k)\!}{B(x)}\Big|_{x=\alpha_k}\!\!\!\!\!\!\,$
$\displaystyle{}f(x)=\frac{1}{(2\sp{1.5}x+1)(x+2)}=\frac{a}{x+1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2}+\frac{b}{x+2}$
On peut alors obtenir les coefficients $\,a\,$ et $\,b\,$ de cette décomposition selon deux méthodes :
- soit en évaluant directement $\,a\,$ et $\,b\,$ par les formules :
$\displaystyle{}\!a=\frac{1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2}{x+2}\Big|_{x=-1/2}\!=\frac13\,\txt{et} \,b=\frac{1}{2\sp{1.5}x+1}\Big|_{x=-2}\!=-\frac13$
- soit en
Si $\,A,B\app\bb K_n[X]\,$ ont plus de $\,n\,$ valeurs en commun, alors $\,A=B\sp{1.5}.\,$ On peut donc identifier leurs coefficients : $\,\ptt k\app\sp{1.5}[\![\sp{1.5}0\sp{.75},n\sp{1.5}]\!]\sp{1.5},\ a_k=b_k\sp{1.5}.\,$identifiant $\,a\,$ et $\,b\,$ dans l'égalité :$\eqalign{\dfrac{1}{(2\sp{1.5}x+1)(x+2)}=&\dfrac{(a+b)\sp{1.5}x+2\sp{1.5}a+b\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2}{(x+1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2)(x+2)}\\ \txt{d'où :}&\Big\{\eqalign{a+b\sp{15}&=\,0\\[-.5ex]\,2\sp{1.5}a+b\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2&=1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2}}$
Soit $\,u\app\sc C^n(I,\bb K)\,$ pour $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ u(x)\neq0\sp{1.5}.\,$ Alors la fonction $\,f:x\mapsto\ln|u(x)|\,$ est de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5},$ avec :
dérivées
de logarithmes : $\displaystyle{}\ptt x\app I,\ f'(x)=\smh{1.25}{\frac{u'(x)}{u(x)}}$
$\displaystyle{}f(x)=\dfrac{2\sp{-1.5}/\sp{-1.5}3}{2\sp{1.5}x+1}-\dfrac{1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}3}{x+2}$
On peut donc déterminer par
Soit $F$ une primitive de $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to \bb K\,$ continue et intégrable ; alors :
primitivation
la valeur éventuelle de l'intégrale de $f:$
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x =\big[F(x)\big]_a^b=\lim xb F(x)-F(a)$
On a le même résultat sur l'intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ avec : $\,F(b)-\lim xa F(x)\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{\int_0^{+\I}\sp{-10}\frac{\d x}{(2\sp{1.5}x+1)(x+2)}=&\frac13\int_0^{+\I}\sp{-5}\Big(\frac{2}{2\sp{1.5}x+1}-\frac{1}{x+2\stb{2}}\Big)\d x\\[-1ex]
=&\frac13\Big[\ln(2\sp{1.5}x+1)-\ln(x+2)\Big]_0^{+\I}\\=&\frac13\Big[\ln\Big(\frac{2\sp{1.5}x+1}{x+2}\Big)\Big]_0^{+\I}\sp{-10}}$
Par
Soient $f_i$ et $g_i$ des fonctions réelles définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\,.$
Si $\,f_1(x)\smb1{\eq xa} \,g_1(x)\,$ et $\,f_2(x)\smb{1.5}{\eq xa}\, g_2(x)\sp{1.5},\,$ on a alors :
quotient
d'équivalents
- $\,f_1(x)\sp{1.5}f_2(x)\ \eq xa\ g_1(x)\sp{1.5}g_2(x)\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{1.5}{\dfrac{f_1(x)}{f_2(x)}\sp{1.5}\eq xa \sp{1.5}\dfrac{g_1(x)}{g_2(x)}}\,$ si $\,f_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ et $\,g_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ pour $x\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}a\sp{1.5}.$
Soit $\widetilde P$ une fonction polynomiale réelle : $\,\widetilde P:x\mapsto a_n\sp{1.5}x^n+\cdots+a_0\sp{1.5}.\,$
En $+\I$ ou $-\I\sp{1.5},$ $\widetilde P(x)$ est équivalent à son terme de plus haut degré :
polynomiaux,
on a la limite : $\,\lim x{+\I}\dfrac{2\sp{1.5}x+1}{x+2}=2\sp{1.5}.\,$
Ayant une intégrale
$\displaystyle{}\stb{1.5}\txt{Si}a_n\neq0:\ \widetilde P (x)\!\eq x{\pm\I}\!a_n\sp{1.5}x^n\!\txt{et}\!\!\lim x{\pm\I}\!\widetilde P(x)=\!\!\lim x{\pm\I}\!a_n\sp{1.5}x^n$
L'intégrale de $\,f\app\sc C_m\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\,$ est convergente ssi $\,\smb{1}{{\dint_a^x}\!\! f(t)\d t}\,$ converge lorsque $\,x\to b\sp{1.5}.\,$
On écrit alors : $\,\dint_a^b\!\!\!f(t)\d t=\!\lim x{b}\dint_a^x\!\!\!f(t)\d t\sp{1.5}.\,$
On a la même chose si $\,f\app\sc C_m(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb K)\sp{1.5},\,$ avec : $\,\smh{1}{\lim x{a}\dint_x^b\!\!\!f(t)\d t\sp{1.5}.}\,$
convergente,
la fonction positive $f$ est bien
Soit $\,f\app\sc C_m(I,\bb K)\sp{1.5},\,$ avec $\,I=\,]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\,$ ou $\,I=[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,;\,$ alors :
$\,f\,$ est intégrable sur $\,I\,$ ssi $\,\dint_a^b\!\big|\sp{-1.5}f(x)\sp{-1.5}\big|\d x\,$ est convergente.
On note $\,L^1(I,\bb K)\,$ l'ensemble des $\,f\app\sc C_m(I,\bb K)\,$ intégrable sur $\,I.\,$
intégrable
sur $\,]\sp{1.5}0,\sp{1.5}+\I\sp{1.5}[\sp{1.5},\,$ d'où l'existence de :
$\displaystyle{}\int_0^{+\I}\frac{\d x}{(2\sp{1.5}x+1)(x+2)}=\frac{\ln 2}3-\frac{\ln(1/2)}3=\frac{2\,\ln 2}3$
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Exercice c
Démontrer l'existence et déterminer la valeur de : $\,I=\dint_0^{+\I}\sp{-5}\frac{\d x}{x^3+1}\!\cdot\,$
calcul d'une intégrale généralisée par primitivation
Soit $F$ une primitive de $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to \bb K\,$ continue et intégrable ; alors :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x =\big[F(x)\big]_a^b=\lim xb F(x)-F(a)$
On a le même résultat sur l'intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ avec : $\,F(b)-\lim xa F(x)\sp{1.5}.\,$
intégrales généralisées et intégration par parties
Soient $\,f,g\app\sc C^1\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\sp{1.5},\,$ $\,f\sp{1.5}g\,$ ayant des limites finies en $\,a\,$ et $\,b\sp{1.5}.\,$ Alors les intégrales de $\,f'g\,$ et $\,f\sp{1.5}g^{\sp{1.5}\prime}\,$ convergent simultanément, avec :
$\displaystyle{}\dint_{\stb{1}a}^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g^{\sp{1.5}\prime}(x)\d x$
décomposition en éléments simples
Soit $f$ une fonction rationnelle irréductible à pôles simples $\alpha_1,\dots,\alpha_p\sp{1.5}.$
Alors $f$ a une unique décomposition en éléments simples :
$\displaystyle{}\smh{1.5}{f(x)=\dfrac{A(x)}{B(x)}= E(x)+\dfrac{\lambda_1}{x-\alpha_1}+\cdots+\dfrac{\lambda_p}{x-\alpha_p}}$
- La partie entière $E$ est le quotient euclidien de $A$ par $B\sp{1.5};$
- après simplification par $(x-\alpha_k):$ $\,\lambda_k\!=\!\dfrac{\!A(x)(x-\alpha_k)\!}{B(x)}\Big|_{x=\alpha_k}\!\!\!\!\!\!\,$
indication
Utilser le changement de variable $\,x=\dfrac1y\,$ pour simplifier l'expression de $\,I=\dint_0^{+\I}\sp{-5}\frac{\d x}{x^3+1}\!\cdot\,$
réponse
Cette intégrale est bien réelle et vaut : $\,I=\dint_0^{+\I}\sp{-5}\frac{\d x}{x^3+1}=\frac{2\sp{1.5}\pi}{3\sp{1.5}\sqrt3}\!\cdot\,$
correction
Avec $\,-1\,$ pour seul pôle réel, la fonction
Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$
pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$
rationnelle
$\,f:x\mapsto\dfrac{1}{x^3+1}\,$ est
- Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$
- Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$
Une fonction rationnelle $\,f\,$
est continue sur tout intervalle ne contenant aucun pôle de $f(x)\sp{1.5}.$
continue
sur $\,[\,0,\,+\I\sp{1.5}[\sp{1.5}.\,$
Étant donné que : $\,0\leq f(x)\leq\dfrac1{x^3}\sp{1.5},\,$ la fonction $f$ est intégrable sur $[\sp{1.5}0,+\I\sp{1.5}[$ par
Pour $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K)\,$ telles que : $\,f(x)\sp{1.5}\dl xb\sp{1.5} O\big(g(x)\big):\,$
comparaison
à une intégrale de
$\displaystyle{}g\app L^1\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5},\bb K\big)\Imp f\app L^1\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5},\bb K\big)$
Avec $\,\sth{.5}f(x)\eq xb \,g(x)\sp{1.5},\,$ cette implication devient une équivalence.
On a les mêmes résultats sur un intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ lorsque $x\to a\sp{1.5}.$
Pour $\,\alpha\app\bb R\sp{1.5},\,$ la fonction puissance $\,x\mapsto x^{-\alpha}=\smb{1.5}{\dfrac1{x^\alpha}}\,$ est :
Riemann.
Par le
- intégrable sur l'intervalle $\,[\sp{1.5}1,+\I\sp{1.5}[\,$ ssi $\,\alpha > 1\,;\stb1\,$
- intégrable sur l'intervalle $\,]\sp{1.5}0,\sp{1.5}1\sp{1.5}]\,$ ssi $\,\alpha < 1\,.\,$
Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1\big(\sp{1.5}]\sp{1.5}\alpha,\beta\,[\sp{1.5},I\big)\,$ strictement croissante.
Si $\,\lim t\alpha\,\phi(t)=a\,$ et $\,\lim t\beta\,\phi(t)=b\sp{1.5},\,$ on a alors :
changement
de variable $\,x=\dfrac1y\sp{1.5},\,$ avec $\,\d x=-\dfrac{\d y}{y^2}\sp{1.5},\,$
on obtient :
$\eqalign{&f\app L^1\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\Ssi(f\circ\phi)\sp{1.5}\phi'\app L^1\big(]\sp{1.5}\alpha,\beta\sp{1.5}[,\bb K\big)\\[-.5ex]
&\txt{avec :}\int_{x=a}^{x=b}\!\!f(x)\d x\,=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!\!f\big(\phi(t)\big)\sp{1.5}\phi'(t)\d t}$
Idem avec $\,f\app L^1\big(]\sp{1.5}b,a\sp{1.5}[,\bb K\big)\,$ si $\phi$ est strictement décroissante.
$\eqalign{I&=\int_{x=0}^{x=+\I}\sp{-5}\frac{\d x}{x^3+1}=\int_{y=+\I}^{y=0}\ \frac{1}{1+1/{y^3}}\Big(\!-\frac{\sth{1}\d y}{y^2}\Big)\\&=\int_{0}^{+\I}\sp{-5}\frac{y\,\d y}{1+y^3}=\int_0^{+\I}\sp{-5}\frac{x\,\d x}{x^3+1}}$
On en déduit une expression de $\,2\sp{1.5}I=I+I\,$ simplifiable : $\displaystyle{}2\sp{1.5}I=\dint_0^{+\I}\sp{-5}\frac{\d x}{x^3+1}+\dint_0^{+\I}\sp{-5}\frac{x\,\d x}{x^3+1}=\dint_0^{+\I}\frac{x+1}{x^3+1}\,\d x$
En effet, le quotient $\,\dfrac{x+1}{x^3+1}\,$ se simplifie par
Pour $\,a,b\app\bb C\sp{1.5},\,$ on a les identités remarquables :
l'identité
remarquable : $\eqalign{\sth{.75}a^2-b^2&=(a-b)(a+b)\\[-.5ex]a^3-b^3&=(a-b)(a^2+a\sp{1.5}b+b^2)}$
$\eqalign{x^3+1&=x^3-(-1)^3=(x+1)(x^2-x+1)\\[.5ex]
\txt{d'où :}
I&=\frac12\int_0^{+\I}\sp{-8}\frac{\d x}{x^2-x+1}=\frac12\int_0^{+\I}\sp{-8}\frac{\d x}{\!\Big(x-\dfrac12\Big)^{\!2}+\dfrac34\!}}$
On a alors, en
Soit $F$ une primitive de $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to \bb K\,$ continue et intégrable ; alors :
primitivant
l'intégrande de $\,I\,$ par une composée de la
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x =\big[F(x)\big]_a^b=\lim xb F(x)-F(a)$
On a le même résultat sur l'intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ avec : $\,F(b)-\lim xa F(x)\sp{1.5}.\,$
La fonction arc tangente est de classe $\sc C^{\I}$ sur $\bb R\sp{1.5},$ avec :
fonction
arc tangente :
$\displaystyle{}\ptt x\app\bb R,\ \op{Arctan}'(x)=\smh{1}{\frac1{1+x^2}}$
$\displaystyle{}I=\frac23\!\int_0^{+\I}\sp{-8}\frac{\d x}{\!\Big(\dfrac{2\sp{1.5}x-1}{\sqrt 3}\Big)^{\!2}\!+1\!}=\frac1{\sqrt3}\Big[\op{Arctan}\Big(\dfrac{2\sp{1.5}x-1}{\sqrt 3}\Big)\Big]_0^{+\I}$
On obtient finalement, avec la
La fonction arc tangente vérifie :
limite
de l'arc tangente en $\,+\I:\,$ $\displaystyle{}\op{Arctan}y\eq y0\, y\ \txt{et}\ \lim y{+\I}\op{Arctan}y=\frac\pi2$
$\displaystyle{}\int_0^{+\I}\sp{-5}\frac{\d x}{x^3+1}=\frac1{\sqrt3}\Big(\frac\pi2-\Big(\!-\frac\pi6\Big)\!\Big)=\frac{2\sp{1.5}\pi}{3\sp{1.5}\sqrt3}$
On aurait pu aussi décomposer $\,\dfrac1{x^3+1}\,$ à partir de ses pôles $\,-1, -j\,$ et $\,-j^2\,$ pour $\,j=\e{2\sp{1.5}i\sp{1.5}\pi/3}:\,$
$\eqalign{\frac1{x^3+1}&=\frac13\Big(\frac1{x+1}+\frac{j}{x+j}+\frac{j^2}{x+j^2}\Big)\\&= \frac13\Big(\frac1{x+1}+\frac{-x+2}{x^2-x+1}\Big)}$
Cependant, les calculs sont alors un peu plus longs.
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Exercice d
Pour tout $\,n\app\bb N\sp{1.5},\,$ démontrer l'existence et déterminer la valeur de : $\,\dint_0^{+\I}\sp{-8}x^n\cos x\ \e{-x}\d x\sp{1.5}.\,$
calcul d'une intégrale généralisée par primitivation
Soit $F$ une primitive de $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,\to \bb K\,$ continue et intégrable ; alors :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x =\big[F(x)\big]_a^b=\lim xb F(x)-F(a)$
On a le même résultat sur l'intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ avec : $\,F(b)-\lim xa F(x)\sp{1.5}.\,$
intégrales généralisées et intégration par parties
Soient $\,f,g\app\sc C^1\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\sp{1.5},\,$ $\,f\sp{1.5}g\,$ ayant des limites finies en $\,a\,$ et $\,b\sp{1.5}.\,$ Alors les intégrales de $\,f'g\,$ et $\,f\sp{1.5}g^{\sp{1.5}\prime}\,$ convergent simultanément, avec :
$\displaystyle{}\dint_{\stb{1}a}^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g^{\sp{1.5}\prime}(x)\d x$
décomposition en éléments simples
Soit $f$ une fonction rationnelle irréductible à pôles simples $\alpha_1,\dots,\alpha_p\sp{1.5}.$
Alors $f$ a une unique décomposition en éléments simples :
$\displaystyle{}\smh{1.5}{f(x)=\dfrac{A(x)}{B(x)}= E(x)+\dfrac{\lambda_1}{x-\alpha_1}+\cdots+\dfrac{\lambda_p}{x-\alpha_p}}$
- La partie entière $E$ est le quotient euclidien de $A$ par $B\sp{1.5};$
- après simplification par $(x-\alpha_k):$ $\,\lambda_k\!=\!\dfrac{\!A(x)(x-\alpha_k)\!}{B(x)}\Big|_{x=\alpha_k}\!\!\!\!\!\!\,$
indication
1
Considérer chacune de ces intégrales comme la partie réelle d'une intégrale $I_n$ complexe.
indication
2
Éablir ensuite une relation de récurrence entre ces intégrales $I_n\sp{1.5}.$
réponse
Ces intégrales sont bien réelles et valent, pour tout $\,n\app\bb N:\,$
$\displaystyle{}\int_0^{+\I}\sp{-5}x^n\cos x\ \e{-x}\d x=
\frac{n\sp{1.5}!}{2^{(n+1)/2}}\,\cos\!\Big(\sp{-1.5}(n+1)\sp{1.5}\frac\pi4\sp{-1.5}\Big)$
correction
Pour tout $n\app\bb N,$ chaque fonction $\,x\mapsto x^n\cos x\ \e{-x}=x^n\op{Re}(\e{i\sp{1.5}x})\,\e{-x}\,$ est la partie réelle d'une fonction complexe $f_n:$
$\displaystyle{}f_n:x\mapsto x^n\sp{1.5}\e{i\sp{1.5}x}\sp{1.5}\e{-x} = x^n\sp{1.5}\e{(-1+i)\sp{1.5}x}$
Par
Soit $I$ un intervalle de $\bb R$ et $\,f,g\app\sc C^{n}(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors :
produit
d'une fonction
- $\,\sc C^{n}(I,\bb K)\,$ est un sous-espace vectoriel de $\,\sc F(I,\bb K)\sp{1.5};\,$
- $\,\sc C^{n}(I,\bb K)\,$ est stable pour le produit : $\,f\sp{1.5}g\app\sc C^{n}(I,\bb K)\sp{1.5},\,$
- et stable pour le quotient $\,f\sp{-1.5}/\sp{-1.5}g\sp{1.5},\,$ lorsque : $\,\ptt x\app I\sp{1.5},\ g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$
Une fonction polynomiale $\widetilde P:x\mapsto P(x)$ est de classe $\sc C^\I$ sur $\bb R\sp{1.5}.$
Sa dérivée correspond au polynôme dérivé $P':$
$\,(\sp{1.5}\widetilde{\sp{1.5}P\sp{1.5}}\sp{1.5})\sp{1.5}'=\widetilde{\!(P^{\sp{1.5}\prime})\!}\,.\,$
polynomiale
et d'une fonction
Soit $\,u\app\sc C^n(I,\bb K)\sp{1.5},\ n\geq1\sp{1.5};\,$ $\,f:x\mapsto\e{u(x)}\,$ est de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5},$ avec :
exponentielle,
les fonctions $f_n$ sont de classe $\sc C^1$ sur $\,[\sp{1.5}0,+\I|\sp{1.5}.\,$
On a par
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ f'(x)=u'(x)\,\e{u(x)}$
Pour tous réels $\,\alpha\sp{1.5},\ \beta\,$ et $\,\gamma\,$ strictement positifs, on a :
croissances
comparées : $\,x^2|f_n(x)|\leq x^{n+2}\,\e{-x}\tend x{+\I}\,0\sp{1.5},\,$ d'où : $\,\ f_n(x)\dl x{+\I}o\Big(\dfrac1{x^2}\Big)\!\cdot\,$ Par
$\eqalign{(\ln x)^\beta\!\!\dl x{+\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(x^\alpha)\!&\txt{et}\,x^\alpha\!\!\dl x{\smh0{0}}\,o\sp{1.5}(\sp{1.5}|\ln x|^{-\beta})\\
x^\alpha\!\!\dl x{+\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(\e{\gamma\,x})\!&\txt{et}\,\e{\gamma\,x}\!\!\dl x{-\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(\sp{1.5}|x|^{-\alpha})}$
Pour $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K)\,$ telles que : $\,f(x)\sp{1.5}\dl xb\sp{1.5} O\big(g(x)\big):\,$
comparaison
à une intégrale de
$\displaystyle{}g\app L^1\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5},\bb K\big)\Imp f\app L^1\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5},\bb K\big)$
Avec $\,\sth{.5}f(x)\eq xb \,g(x)\sp{1.5},\,$ cette implication devient une équivalence.
On a les mêmes résultats sur un intervalle $\sth{.75}]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ lorsque $x\to a\sp{1.5}.$
Pour $\,\alpha\app\bb R\sp{1.5},\,$ la fonction puissance $\,x\mapsto x^{-\alpha}=\smb{1.5}{\dfrac1{x^\alpha}}\,$ est :
Riemann,
chaque fonction continue $f_n$ est donc intégrable sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5}.\,$
Avec $\,\big|\op{Re}(f_n)\big|\leq|f_n|\sp{1.5},\,$ il s'ensuit que $\op{Re}(f_n)$ est intégrable sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$
d'où l'existence de : $\,\dint_0^{+\I}\sp{-5}x^n\cos x\ \e{-x}\d x\,.\,$
Pour $\sth{2}n\geq1,$ les $f_n$ étant de classe $\sc C^1$ sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[,\,$ on écrit formellement une intégration
- intégrable sur l'intervalle $\,[\sp{1.5}1,+\I\sp{1.5}[\,$ ssi $\,\alpha > 1\,;\stb1\,$
- intégrable sur l'intervalle $\,]\sp{1.5}0,\sp{1.5}1\sp{1.5}]\,$ ssi $\,\alpha < 1\,.\,$
Soient $\,f,g\app\sc C^1\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\sp{1.5},\,$ $\,f\sp{1.5}g\,$ ayant des limites finies en $\,a\,$ et $\,b\sp{1.5}.\,$ Alors les intégrales de $\,f'g\,$ et $\,f\sp{1.5}g^{\sp{1.5}\prime}\,$ convergent simultanément, avec :
par parties :
$\displaystyle{}\dint_{\stb{1}a}^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g^{\sp{1.5}\prime}(x)\d x$
$\eqalign{I_n&=\int_0^{+\I}\sp{-5}x^n\sp{1.5}\e{(-1+i)\sp{1.5}x}\d x\\[-1ex]&=\Big[\sp{1.5}x^n\cdot\frac{\e{(-1+i)\sp{1.5}x}}{(-1+i)}\Big]_0^{+\I}+\frac n{1-i}\int_0^{+\I}\sp{-5}x^{n-1}\sp{1.5}\e{(-1+i)\sp{1.5}x}\d x}$
la convergence de l'intégrale $I_n$ légitime cette formule, car on a par
Pour tous réels $\,\alpha\sp{1.5},\ \beta\,$ et $\,\gamma\,$ strictement positifs, on a :
croissances
comparées : $\eqalign{(\ln x)^\beta\!\!\dl x{+\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(x^\alpha)\!&\txt{et}\,x^\alpha\!\!\dl x{\smh0{0}}\,o\sp{1.5}(\sp{1.5}|\ln x|^{-\beta})\\
x^\alpha\!\!\dl x{+\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(\e{\gamma\,x})\!&\txt{et}\,\e{\gamma\,x}\!\!\dl x{-\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(\sp{1.5}|x|^{-\alpha})}$
$\displaystyle{}\big|x^n\,\e{(-1+i)\sp{1.5}x}\big|\leq x^{n}\,\e{-x}\tend x{+\I}0$
On obtient ainsi la valeur de $\,I_0\,$ pour $\,n=0\sp{1.5},\,$ et une relation de récurrence pour $\,n\geq1:\,$
$\displaystyle{}I_0=\frac 1{1-i}\ \txt{et}\ \ptt n\app\bb N^{\ast},\ I_n=\frac n{1-i} \,I_{n-1}$
Avec : $\,\dfrac{I_n}{n\sp{1.5}!}=\dfrac1{1-i}\cdot\dfrac{I_{n-1}}{(n-1)\sp{1.5}!}\sp{1.5},\,$ la suite $\,\Big(\dfrac{I_n}{n\sp{1.5}!}\Big)_{n\app\bb N}\,$ est
Une suite $(u_n)_{n\app\bb N}$ est une suite géométrique de raison $q\app\bb K^{\ast},$ ssi :
géométrique
de raison $\,\dfrac1{1-i}\!\cdot\,$
Compte tenu de la
$\displaystyle{}\ptt n\app\bb N,\ u_{n+1}=q\,u_n$
Alors $\,u_0\,$ détermine toute la suite $(u_n)_{n\app\bb N}:$ $\,\ptt n\app\bb N,\ u_n=u_0\,q^n.\,$
Tout complexe $\,z\neq0\,$ s'écrit sous forme trigonométrique :
$\,z=r\sp{1.5}\e{\sp{1.5}i\sp{1.5}\theta},\,$ où :
forme
trigonométrique de $\,1+i\sp{1.5},\,$ égale à : $\,\sqrt2\sp{1.5}\big(\cos(\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4)+i\sp{1.5}\sin(\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4)\big)=\sqrt2\,\e{\,i\sp{1.5}\pi/4}\sp{1.5},\,$ on obtient :
- $\,r > 0\,$ est le module de $\,z:\,$ $\,r=|\sp{.75}z\sp{.75}|\,;\,$
- $\,\theta\app\bb R\,$ est un argument de $\,z:\,$ $\,\op{arg}(z)\equiv\theta\ [\sp{.75}2\sp{1.5}\pi\sp{.75}]\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}I_n = n\sp{1.5}!\sp{1.5}\Big(\frac1{1-i}\Big)^{n+1}=n\sp{1.5}!\sp{1.5}\Big(\dfrac{1+i}2\Big)^{n+1}=
n\sp{1.5}!\sp{1.5}\bigg(\dfrac{\e{\,i\sp{1.5}\pi/4}}{\sqrt2}\bigg)^{\!n+1}$
On en déduit, pour tout $n\app\bb N,$ la formule :
$\eqalign{\int_0^{+\I}\sp{-5}x^n\cos x\ \e{-x}\d x&=\frac{n\sp{1.5}!}{2^{(n+1)/2}}\,\op{Re}\!\big(\e{\,i\sp{1.5}(n+1)\sp{1.5}\pi/4}\big)\\[-.5ex]&=
\frac{n\sp{1.5}!}{2^{(n+1)/2}}\sp{1.5}\cos\!\Big(\sp{-1.5}(n+1)\sp{1.5}\frac\pi4\sp{-1.5}\Big)}$