mathématiques - S1
TD 4 : Intégrales - corrigé
département Mesures Physiques - IUT1 - Grenobleexercices théoriques
Calculer les intégrales ci-dessous par les méthodes indiquées.
1. utilisation de primitives connues : A =
Z
10
√ 3x dx, B = Z
10
2dx
x
2+ 1 , C = Z
10
√ xdx x
2+ 1 , D =
Z
sinθ0
√ dx
1 − x
2, E = Z
42
√ dx
x
2− 1 , F = Z
81
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. intégrations par parties : A =
Z
X1
ln x dx, B = Z
π/20
x cos x dx, C = Z
10
x
2e
xdx, D =
Z
π/20
(3x
3− 2x) cos x dx, E = Z
10
e
xcos(2x) dx, F =
Z
10
dx (1 + x
2)
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, C=π/2−1.
C:avecu′(x) =exetv(x) =x2, on trouveC=e−2R1
0 xexdx, 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= [excos(2x)]10+ 2R1
0 exsin(2x)dx= ecos(2) + 2([exsin(2x)]10−2R1
0 excos(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. changements de variables : A =
Z
π/40
cos
2θ sin θ dθ, B =
Z
x0
dt 2t
2+ 1 , C =
Z
π/2π/4
cos θ dθ
(1 + cos θ) sin θ , D = Z
10
x
3e
x2dx, E = Z
π/40
tan x dx.
(pour A on posera x = cos θ, pour B, y = √
2t, pour C, t = tan
θ2,
pour D, y = x
2, pour E, y = cos x)
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]1tanπ/8. Mais siu= tanπ/8,tanπ4 = 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.
4. décomposition de fractions rationnelles en éléments simples : A =
Z
21
x
2+ 1
x
2+ x dx (mettre la fraction sous la forme 1 +
αx+
xβ+1) B =
Z
10
2x dx
(x + 1)(x
2+ 1) (mettre la fraction sous la forme
x+1α+
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. linéarisation de polynômes trigonométriques :
A = Z
π/30
sin θ cos θ dθ, B =
Z
π/40
sin
3θ dθ, C =
Z
π/40
cos
2θ sin θ dθ, D =
Z
π/20
cos
4θ dθ.
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
x
2, B =
Z
10
√ dx x , C = Z
+∞1
dx x(x + 1) , D =
Z
+∞1
dx
x(x
2+ 1) , E = Z
+∞0
e
−xsin x dx, F = Z
+∞0
re
−r2dr.
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,
2
exercices pratiques
1. loi normale : Une variable aléatoire X suit une loi normale de para- mètres µ et σ
2si et seulement si, pour tout x réel,
p(X < x) = 1 σ √
2π Z
x−∞
e
−(t−2σµ)22dt.
On admet que l’intégrale de Gauss R
+∞−∞
e
−r2dr vaut √
π (voir TD S2).
(a) Calculer l’espérance E(X) = 1 σ √
2π Z
+∞−∞
te
−(t−2σµ)22dt et la va- riance Var(X) = 1
σ √ 2π
Z
+∞−∞
(t − E(X))
2e
−(t−µ)22σ2dt de cette loi.
(b) Si k est un réel fixé quelconque, montrer que Y = X/k suit une loi normale de paramètres µ/k et σ
2/k
2.
corrigé succinct : (a) Dans l’expression deE(X), on effectue le changement de variableτ = t−µ, alors
E(X) = 1 σ√
2π Z +∞
−∞
(τ+µ)e−2τ2σ2dτ. L’intégrale 1
σ√ 2π
Z +∞
−∞
µe−2τ2σ2dτvaut µ σ√
2π Z +∞
−∞
e−2τ2σ2dτ. 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−
τ2
2σ2dτ vaut (par utilisation de primitive) [ 1
σ√
π × −σ2×e−2τ2σ2]+∞−∞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 période T suivants : signal sinusoïdal : i
1(t) = I
0sin
2Tπt
signal sinusoïdal redressé simple alternance : i
2(t) =
I
0sin
2Tπt si kT ≤ t < kT + T /2, 0 si kT + T /2 ≤ t < (k + 1)T, signal sinusoïdal redressé double alternance :
i
3(t) =
I
0sin
2Tπt si kT ≤ t < kT + T /2,
− I
0sin
2Tπt si kT + T /2 ≤ t < (k + 1)T,
corrigé succinct : On veut calculer les 1 T
RT
0 i(t)dt. On trouve respectivement 0,I0
π et2I0
π .
3