INTÉGRATION PAR PARTIES CORRECTION u

(1)

INTÉGRATION PAR PARTIES CORRECTION

u et v sont deux fonctions dérivables sur un intervalle I. a te b sont deux réels de I.

A. Théorème (intégration par parties) : Soit deux fonctions u et v dérivables sur un intervalle I. on suppose que les fonctions u ' et v ' sont continues sur I. Alors pour tous réels a et b de I :

 

a bu( x) v′(x )dx=

 

  u( x) v( x)

a b −  

a bu′(x )v (x )dx . Démonstration :

u et v sont dérivables sur I donc u v est dérivable sur I et ( uv ) u v u v . uv est donc une primitive de u v u v .

On a alors  

a

b

( u (x )v (x ) u (x) v ( x))dx

 

  u( x) v( x)

a b

Par linéarité, on en déduit que  

a bu′( x)v (x )dx  

a bu( x) v′( x)dx

 

  u (x )v (x )

a b

puis que  

a bu(x )v ′(x )dx =

 

  u( x) v( x)

a b −  

a bu′( x) v( x)dx B. Applications :

I  

0

xcos( x)dx. Pour tout x de [0 ], on pose u( x) x et v( x) sin( x ).

En effet, il faut avoir u v dans l intégrale.

Si on choisit v ( x) x , on aura u( x) x²

2 et le calcul sera encore plus compliqué.

Par contre, si on choisit u( x) x, on a u (x ) 1, ce qui simplifiera le calcul.

Alors on doit avoir v ( x) cos( x). Et pour cela, on peut choisir v( x) sin(x ) puisqu on a vu que sin cos.

u et v sont dérivables sur [0 ] avec, pour tout x de [0 ], u (x) 1 et v (x ) cos( x).

On a donc, d après l e 1., I

 

  xsin( x )

0

 

0

1sin (x )dx Ainsi I 0

 

  cos( x)

0 0 (1 1) 2

J  

1

4

x ln(x )dx Pour tout x de [1 4], on pose u (x) ln(x) et v (x) x² 2 . On ne peut pas choisir v ( x) ln(x ) car on ne connaît pas de primitive de ln.

u et v sont dérivables sur [1 4] avec, pour tout x de [1 4], u ( x) 1

x et v ( x) x . On a donc, d après l e 1., J

 

  x ²

2 ln( x )

1 4

 

1 4

1 x x²

2 dx

 

  x²

2 ln( x)

1 4

–  

1 4

x

2 dx Ainsi, J 8ln(4)

 

  x²

4

₁

4

8ln(4) 4 1

4 8ln(4) 15

4 K  

0

2

(x 2)e

^x

dx . Pour tout x de [0 2], on pose u( x) x 2 et v (x ) e

^x

. u et v sont dérivables

sur [0 2] avec, pour tout x de [0 2], u ( x) 1 et v ( x) e

^x

.

(2)

On a donc, d après l e 1., K

 

  ( x 2)e

^x

0 2

 

0 2

e

^x

dx Ainsi, K 2

 

  e

^x

0 2

2 ( ^e

²

¹ ) ³ ^e

²

^.

L  

1

x² e

^x

dx Première étape :

a. Pour tout x de [ 1 1], on pose u (x ) x² et v (x ) e

^x

. u et v sont dérivables sur [ 1 1] avec, pour tout x de [ 1 1], u ( x) 2x et v ( x) e

^x

.

Alors L

 

  x²e

^x

0 1

 

1

2 xe

^x

dx e e

¹

 

1

2xe

^x

dx e 1

e  

1

2 xe

^x

dx.

On a réussi à diminuer l exposant de x de 1. On recommence avec  

1

2 xe

^x

dx pour encore diminuer l exposant de x de 1 et avoir x

⁰

, c'est-à-dire plus de x.

Deuxième étape : On calcule  

1

2 xe

^x

dx

Pour tout x de [ 1 1], on pose u( x) 2 x et v (x ) e

^x

. u et v sont dérivables sur [ 1 1] avec, pour tout x de [ 1 1], u ( x) 2 et v ( x) e

^x

.

Alors  

1

2xe

^x

dx

 

  2 xe

^x

1 1

 

1

2e

^x

dx 2e 2e

¹

 

  2 e

^x

1 1

2e 2

e 2 e 2 e

4 e Conclusion :

L e 1

e 4

e e 5

e . b. Soit a 0

I =

1^a

ln dt t

 . Pour tout x de [1 a], on pose u (x ) l n(x ) et v (x ) x. u et v sont dérivables sur [1 a] avec, pour tout x de [1 a], u (x ) 1

x et v (x ) 1.

On a donc, d après l e 1., I

 

  ln( x) x

1 a

 

1

a

x ¹

x dx

aln( a)  

1

a

1dx aln( a)

 

  x

1 a

a ln(a ) a 1

La fonction qui à tout réel a 0 associe I (a )

1^a

ln dt t

 est une primitive de la fonction ln sur

[0 [.

Ainsi, la fonction définie sur ]0 [ par I( x) x ln(x ) x 1 est une primitive de la fonction ln sur ]0 [.

Remarque : les primitives de la fonction ln sur ]0 [ sont les fonctions définies sur ]0 [ par

x xln( x) x C où C est une constante réelle.

C. Avec des suites…

1. I

0

(a) =

 

0

a

dt

1+ t =

 

  ln ( | 1+ t | )

0 a

= ln(1 + a).

2. I

1

(a) =

 



0 a

t− a

(1+t)² dt =

 



 

− t− a  1+t

0

a



 

0

a

- ¹

1+t dt =  a + I

0

= ln(1 + a)  a.

Avec u(t) = t  a donc u’(t) = 1et v’(t) = 1

(1+t)² et v(t) =  1

1+ t

(3)

3. I

_k+1

(a) =

 



0

a

( t−a)

^k+1

(1+t)

^k+2

dt =

 



 

− (t− a )

^k+1

 ( k+1)(1+ t)

^k+1 0

a

+   

0

a

(t− a )

^k

(1+t)

^k+1

dt = (-1)

^{k +1}

a

^{k +1}

k+1 + I

_k

(a).

Avec u(t) = (t  a)

^k+1

donc u’(t) = (k + 1)(t  a)

^k

et v’(t) = 1

(1+ t)

^k+2

et v(t) =  1 (k+1)(1+ t)

^k+1

4. Soit P le polynôme défini sur par P(x) = 1

5 x

⁵

 1

4 x

⁴

+ 1

3 x

³

 1

2 x² + x.

I

2

(a) =

 

  (-1)²a²

2 + I

1

(a) = a²

2 + ln(1 + a)  a.

I

3

(a) = (-1)

³

a

³

3 + I

2

(a ) =  a

³

3 + a²

2 + ln(1 + a)  a.

I

₄

(a) = (-1)

⁴

a

⁴

4 + I

₃

(a) = a

⁴

4  a

³

3 + a ²

2 + ln(1 + a)  a.

I

₅

(a) = (-1)

⁵

a

⁵

5 + I

₄

(a) =  a

⁵

5 + a

⁴

4  a

³

3 + a²

2 + ln(1 + a)  a = ln(1 + a)  P(a).

5. J(a) =  

0

a

( t−a )

⁵

dt =

 



 

 (t −a )

⁶

6

₀

a

=  a

⁶

6 6.

Pour tout t de [0 ; a] : 1 + t  1 donc (1 + t)

⁶

 1 et 1

(1+ t)

⁶

 1 (*) De plus (t  a)

⁵

 0.

Alors 0  (t −a )

⁵

(1+ t)

⁶

 (t  a)

⁵

(en multipliant les deux membres de l’inégalité (*) par (t  a)

⁵

) Alors pour tout a  0 : J(a) =  

0

a

(t− a)

⁵

dt 

 



0

a

(t− a)

⁵

(1+ t)

⁶

dt = I

5

(a)  0 7. On a donc, d’après les questions précédentes :  a

⁶

6  ln(1 + a)  P(a)  0 et donc | ^ln(1+a)− ^P( ^{a) } | ^a

6

6 .

8. P(a) est une valeur approchée de ln(1 + a) à 10

^3

près lorsque | ^ln(1+a)− ^P( ^{a)  10} |

^3

^.

Pour 0 a 

⁶

0,006 : a

⁶

6  0,001 et donc | ^ln(1+a)− ^P( ^{a)  10} |

^3

^.

Ainsi lorsque a appartient à l’intervalle [0 ;

⁶

0,006 ], P(a) est une valeur approchée de ln(1 + a) à 10

^3

près.

Remarque :

⁶

0,006  0,426.

9. ln(1,4) ln(1 0,4) et 0,4

⁶

0,006 donc P(0,4) est une valeur approchée de ln(1,4) à 10

³

près.

P(1,4)= 1

5 0,4

⁵

 1

4 0,4

⁴

+ 1

3 0,4

³

 1

2 0,4²+0,4 0,337.

ln(1,4) 0,337 à 10

³

près.