TD 4 : Intégrales - corrigé

mathématiques - S1

TD 4 : Intégrales - corrigé

exercices théoriques 1. calcul par utilisation directe de primitives :

A= Z 1

0

√3xdx, B = Z 1

0

2dx

x²+ 1, C= Z 1

0

√xdx x²+ 1, D=

Z sinθ 0

√ dx

1−x², E= Z 4

2

√ dx

x²−1, F = Z 8

1

dV

V^γ (γ >0).

corrigé succinct :A:primitive²₉(3x)^3/2, A= 2/√

3 ; B:primitive2 arctanx, B=π/2 ; C:primitive√

x²+ 1, C=√

2−1 ; D:primitivearcsinx,

D=θsiθdans[−π/2;π/2] ; E:primitive argchx= ln(x+√

x²−1), donc E= ln(4 +√

15)−ln(2 +√ 3).

F:siγ6= 1, une primitive est V^−γ+1

−γ+ 1donc F= 8^−γ+1−1

−γ+ 1 . siγ= 1, une primitive estln(V)donc F= ln(8) 2. calcul par intégrations par parties :

A= Z X

1

lnxdx, B =

Z π/2 0

xcosxdx, C= Z ¹

0

x²e^xdx, D=

Z π/2 0

(3x³−2x) cosxdx, E= Z 1

0

e^xcos(2x)dx, F = Z 1

0

dx (1 +x²)². corrigé succinct :A:avecu^′(x) = 1etv(x) = lnxon trouve A=XlnX−X+ 1.

B:on intègre par parties en dérivantxen 1 et en primitivantcosxensinx.

Rπ/2

0 xcosxdx= [xsinx]^π/2₀ −Rπ/2

0 sinxdx= [xsinx]^π/2₀ −[−cosx]^π/2₀ . Ainsi, B=π/2−1.

C:avecu^′(x) =e^xetv(x) =x², on trouveC=e−2R1

0 xe^xdx, et une nouvelle intégration par parties donne C=e−2.

D:avec trois intégrations par parties successives, où l’on dérive le polynôme et primitive le cosousin, on trouve D= 3π³/8−10π+ 20.

E:on peut intégrer deux fois par parties en primitivant à chaque fois l’exponentielle et en dérivant le sinus.

Ainsi,E= [e^xcos(2x)]¹₀+ 2R1

0 e^xsin(2x)dx= ecos(2) + 2([e^xsin(2x)]¹₀−2R1

0 e^xcos(2x)dx) =ecos(2)−1 + 2esin(2)−4E, et donc finalement5E=ecos(2)−1 + 2esin(2), donc E= ecos(2)−1 + 2esin(2)

5 .

F: on part deI=R1 0

dx

1 +x² =π/4que l’on intègre par parties, en dérivant la fraction et en primitivant 1. On obtient alorsI= 1/2 + 2R1

0

x²

(1 +x²)² = 1/2 + 2I−2F(en remarquant quex²=x²+ 1−1).

Par conséquent,2F=I+ 1/2 =π/4 + 1/2donc F=π/8 + 1/4.

3. calculs par changement de variable : on poserax = cosθ(A),y = √ 2t (B), t= tan^θ₂ (C),y=x²(D),y= cosx(E),y=e^x(F).

A= Z π/4

0

cos²θsinθdθ, B= Z x

0

dt

2t²+ 1, C= Z π/2

π/4

cosθ dθ (1 + cosθ) sinθ, D=

Z 1 0

x³e^x2 dx, E= Z π/4

0

tanxdx, F = Z 1

0

e^2x+ 2e^x e^x+ 1 dx.

corrigé succinct :A:en posantu= cosθ,du=−sinθ dθ,cos²θ=u², et donc A=R^√2/2

1 −u²du: A= 4−√ 2 12 . B:en posanty=√

2ton ady=√

2dtetB= 1

√2 R^√2x

0

dy y²+ 1, B=arctan(√

√ 2x)

2 .

C:on poset= tanθ/2. Alorsdt= ¹₂(1 +t²)dθ, doncdθ= 2dt/(1 +t²). De plus, cosθ= 1−t²

1 +t²,sinθ= 2t

1 +t², et doncC= Z 1

tanπ/8

1−t²

2t dtaprès simplification.

Ainsi,C=¹₂[lnt−t²/2]¹_tanπ/8. Mais siu= tanπ/8,tan^π₄ = 2u

1−u² doncu=√

2−1, et finalement C=1−√

2−ln(√ 2−1)

2 .

Dil faut enchaîner le changement de variable puis une intégration par parties. Au final l’intégrale vaut1/2.

E=−R^√2/2

1 dy/y= ln(√ 2) F =Re

1 y+2 y+1dy=Re

1 1 +_y+1¹ dy= (e−1) + ln(1 +e)−ln(2) 4. calcul par décomposition en éléments simples :

A= Z 2

1

x²+ 1

x²+x dx(mettre la fraction sous la forme1 + ^α_x +_x+1^β ), B =

Z 1 0

2xdx

(x+ 1)(x²+ 1)(mettre la fraction sous la forme _x+1^α +^βx+γ_x2+1).

corrigé succinct :A:par identification on trouvex²+ 1

x²+x= 1 + 1 x− 2

x+ 1, donc une primitive de la fonction intégrée sur[1,2]estx+ lnx−2 ln(x+ 1), et par conséquent

A= 1 + 3 ln 2−2 ln 3.

B:par identification on trouve 2x

(x+ 1)(x²+ 1) = −1

x+ 1+ x+ 1

x²+ 1, donc une primitive de la fonction intégrée sur[0,1]est−ln(x+ 1) +¹₂ln(x²+ 1) + arctanx, et donc

B= π 4 −ln 2

2 . 5. calcul par linéarisation de polynômes trigonométriques :

A= Z π/3

0

sinθcosθdθ, B= Z π/4

0

sin³θdθ, C= Z π/4

0

cos²θsinθdθ.

corrigé succinct :A=¹₂Rπ/3

0 sin 2θ dθdonc A=3 8. On sait (revoir le cours sur les nombres complexes) quesin³θ=¹₄(−sin 3θ+ 3 sinθ), et

par conséquent on calcule B=2 3−5√

2 12 .

On linéarisecos²θ sinθ= ¹₄(sin 3θ+ sinθ), donc C=1 3−

√2 12.

On sait quecos⁴θ= cos 4θ+ 4 cos 2θ+ 3

8 , et donc D=3π

16. (revoir la feuille de TD sur la trigonométrie) 6. intégrales généralisées :

A= Z +∞

1

dx

x², B=

Z 1 0

√dx

x, C=

Z +∞

1

dx x(x+ 1), D=

Z +∞

1

dx

x(x²+ 1), E= Z +∞

0

e^−xsinxdx, F = Z +∞

0

re^−r2 dr.

corrigé succinct : A= [−1/x]⁺₁^∞= 1, B= [2√x]¹₀= 2, C= [lnx−ln(x+ 1)]⁺₁^∞= [ln x

x+ 1]⁺₁^∞donc C= ln 2 (on regroupe les deux logarithmes pour éviter une forme indeterminée),

D= [lnx−¹₂ln(x²+ 1)]⁺₁^∞, D=ln 2 2 .

E=im(R+∞

0 e^(−1+i)xdx) =im([e^(−1+i)x

−1 +i ]⁺₀^∞) =im( −1

−1 +i), E= 1 2,

F= [e^−r2

2 ]^+∞₀ = 1 2,

exercices pratiques

1. loi normale : Une variable aléatoireX suit une loi normale de paramètresµetσ² si et seulement si, pour toutxréel,p(X < x) = 1

σ√ 2π

Z x

−∞

e^{−(t−2σµ)22} dt.

On admet que l’intégrale de GaussR^+∞

−∞ e^−r2drvaut√

π(voir TD S2).

(a) Calculer l’espérance E(X) = 1 σ√

2π Z +∞

−∞

te^{−(t−2σµ)22} dt et la variance Var(X) = 1

σ√ 2π

Z +∞

−∞

(t−E(X))²e^{−(t−µ)22σ2} dtde cette loi.

(b) Sik∈R, montrer queX/ksuit une loi normale de paramètresµ/ketσ²/k². corrigé succinct : 2

(a) Dans l’expression deE(X), on effectue le changement de variableτ = t−µ, alors E(X) = 1

σ√ 2π

Z +∞

−∞

(τ+µ)e^−τ

2 2σ2dτ. L’intégrale 1

σ√ 2π

Z +∞

−∞

µe^−τ

2

2σ2dτvaut µ σ√

2π Z +∞

−∞

e^−τ

2

2σ2dτ. Si on effectue un nou- veau changement de variableτ =√

2σ rl’expression vaut alors

√2σµ σ√

2π Z +∞

−∞

e^−r2dr soitµ.

D’autre part, l’intégrale 1 σ√π

Z +∞

−∞

τ e^−τ

2

2σ2dτ vaut (par utilisation de primitive) [ 1

σ√

π × −σ²×e^−τ

2

2σ2]^+∞_−∞autrement dit 0 ! Finalement on trouveE(X) =µ+ 0 =µ.

De la même manière on montre que Var(X) =σ². (b) On cherche la loi deY =X/k.

Alorsp(Y < x) =p(X ≤kx) = 1 σ√

2π Z kx

t=−∞

e⁻ (t−µ)²

2σ² dt(on applique juste la relation précédente en remplaçantxparkx).

On poset=kuouu=k/tdans l’intégrale (et donc dt=kdu, du=kdt) : Ainsi après changement de variablep(Y < x) = 1

σ√ 2π

Z x u=−∞

e⁻

(ku−µ)² 2σ² kdu=

k σ√

2π Z x

u=−∞

e⁻

(u−µ/k)²

2σ²/k² du(dans l’exponentielle on divise numérateur et dénomi- nateur park², et par ailleurs on fait sortir lekapparu au côté de dude l’intégrale), donc finalementp(Y < x) = 1

σ/k√ 2π

Z x u=−∞

e⁻

(u−µ/k)² 2(σ/k)² du.

On est revenu à la définition ci-dessus de la loi normale : cela signifie exactement queY suit une loi normale de paramètres d’espéranceµ/ket d’écart-typeσ/k.

2. Calculer la valeur moyenne des courants de périodeTsuivants (on prendI0>0) : sinusi1(t) =I0sin(^2π_T t);

sinus redressé simple alternance :i2(t) =I0sin(²_T^πt)si sin(²_T^πt)≥0, 0 sinon ; sinus redressé double alternance : i3(t) =|I0sin(^2π_T t)|.

corrigé succinct : On veut calculer les 1 T

RT

0 i(t)dt. On trouve respectivement 0,I0

π et2I0

π . 3. On définit lescoefficients de Fourierd’une fonction de périodeT par (nétant un

entier positif) : an = 2

T Z T

0

f(t) cos(2πnt

T )dt et bn= 2 T

Z T 0

f(t) sin(2πnt T )dt.

(a) calculer les coefficients de Fourier d’une fonction constante.

(b) montrer que sifest paire, pour toutn,bn= 0(de mêmef est impaire,an= 0).

(c) m < Msont deux constantes : calculer les coefficients de Fourier de la fonction qui vautM entre−^T4 et ^T₄,mentre^T₄ et ^3T₄ ,M entre ^3T₄ et^5T₄ , ...

(d) calculer les coefficients pour un cosinus redressé double alternance.

corrigé succinct : (a) icif(t) =fest une constante.

Alors sin= 0,cos(0) = 1etsin(0) = 0donc on aa0= 2fetb0= 0.

Sin6= 0, on aan= 2f T [

sin(2πnt T )

2πn/T ]^T₀ soitan= f

π[sin(2πn)−sin(0)] = 0carnest un entier doncsin(2πn) = 0.

De même, on trouve quebn= 0.

(b) f étant périodique de période T on peut calculer bn par la formule bn = 2

T Z T /2

−T /2

f(t) sin(2πnt

T )dt(on calcule l’intégrale sur une période[−T /2;T /2]plutôt que[0;T]).

On peut alors séparer en deux intégrales : bn= 2

T( Z0

−T /2

f(t) sin(2πnt T )dt+

Z T /2 0

f(t) sin(2πnt T )dt).

On ne touche pas à la seconde, mais on poseu=−tdans la première : on obtient alors : bn= 2

T( Z0

T /2

f(−u) sin(−2πnu

T ) (−du) + Z T /2

0

f(t) sin(2πnt T )dt).

f étant paire et sin impaire, an = 2

T( Z 0

T /2

f(u) sin(2πnu T )du + Z T /2

0

f(t) cos(2πnt

T )dt), ce qui vaut 0 (c’est la même fonction intégrée, avec les bornes ordonnées en sens inverse).

On montre de même quean= 0sifest impaire.

(c) an= 2 T(

Z T /4 0

Mcos(2πnt T )dt+

Z 3T /4 T /4

mcos(2πnt T )dt+

Z T 3T /4

Mcos(2πnt T )dt) (on coupe l’intervalle[0;T]en trois intervalles sur lesquelsf(t)est constante).

On calcule alors par primitive : an = 2

T(M[

sin(2πnt T )

2πn/T ]^{T /4}₀ + m[

sin(2πnt T )

2πn/T ]^{3T /4}_{T /4} + M[

sin(2πnt T )

2πn/T ]^T_{3T /4}) soit 1

πn(Msin(πn/2) +m(sin(3πn/2)−sin(πn/2)) +M(0−sin(3πn/2)).

Commesin(3πn/2) =−sin(πn/2), on en déduit quean=sin(πn/2)

πn (M−2m+M) et donc finalementan= 2 sin(πn/2)(M−m)

πn .

De même, on trouvebn= 0car la fonction est paire 3

(d) Il s’agit de la fonctionI0|cos(2πt/T)|(avec unI0>0), qui est paire, donc lesbnsont nuls.

Par ailleursan=2I0

T Z T /2

−T /2

|cos(2πt

T )|cos(2πnt T )dt.

cos(2πt

T )est positif entre−T /4etT /4, négatif entre−T /2et−T /4et entreT /4et

T /2. On peut donc écrire an = 2I0

T (− Z ₋T /4

−T /2

cos(2πt

T ) cos(2πnt T )dt +

Z T /4

−T /4

cos(2πt

T ) cos(2πnt T )dt − Z T /2

T /4

cos(2πt

T ) cos(2πnt T )dt).

4