Intégration par parties

Exercice 1.
Calculer l’intégrale {I=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x\ln x}{(x^2+1)^2}\text{d}x}.
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On intègre par parties en primitivant {x\mapsto\dfrac{x}{(x^2+1)^2}} est {x\mapsto-\dfrac{1}{2(x^2+1)}}.

À cause de la borne {0}, on pose {I_a=\displaystyle\int_{a}^{1}\dfrac{x\ln x}{(x^2+1)^2}\,\text{d}x}, où {0\lt a\lt 1}. Ainsi : {\begin{array}{rl}I_a&=\Bigl[-\dfrac{\ln x}{2(x^2+1)}\Bigr]_a^1+\dfrac12\displaystyle\int_{a}^{1}\dfrac{\,\text{d}x}{x(x^2+1)}\\\\&=\dfrac{\ln a}{2(a^2+1)}+\dfrac12\displaystyle\int_{a}^{1}\Bigl(\dfrac1x-\dfrac{x}{x^2+1}\Bigr)\,\text{d}x\\\\&=\dfrac{\ln a}2+\text{o}(1)+\dfrac12\Bigl[\ln x-\dfrac12\ln(x^2+1)\Bigr]_a^1\\\\&=-\dfrac{\ln 2}4+\text{o}(1)\end{array}}Conclusion : {I=\displaystyle\lim_{a\rightarrow0}I_a=-\dfrac{\ln 2}4}.

Exercice 2.
Calculer {I_{\lambda,n}=\displaystyle\int_{0}^{1}x^\lambda\ln^nx\,\text{d}x}, avec {\lambda>0} et {n\in\mathbb{N}}.
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Par parties, en dérivant {\ln^nx} et en primitivant {x^\lambda} : {\begin{array}{rl}I_{\lambda,n}&=\dfrac1{\lambda+1}\Bigl[x^{\lambda+1}\ln^n x\Bigr]_0^1-\dfrac{n}{\lambda+1}\displaystyle\int_{0}^{1}x^{\lambda}\ln^{n-1}(x)\,\text{d}x\\\\&=-\dfrac{n}{\lambda+1}I_{\lambda,n-1}\text{\ le terme tout intégré est nul}\end{array}}Une récurrence évidente donne alors :
{\begin{array}{rl}I_{\lambda,n}&=-\dfrac{n}{\lambda+1}I_{\lambda,n-1}=\dfrac{n(n-1)}{(\lambda+1)^2}I_{\lambda,n-2}=\ldots\\\\&=(-1)^n\dfrac{n!}{(\lambda+1)^n}I_{\lambda,0}=\dfrac{(-1)^nn!}{(\lambda+1)^n}\displaystyle\int_{0}^{1}x^{\lambda}\,\text{d}x\\\\&=\dfrac{(-1)^nn!}{(\lambda+1)^{n+1}}\end{array}}

Exercice 3.
Calculer {I_n=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2n}x\,\text{d}x} et {J_n=\displaystyle\int_{0}^{\pi} x\sin^{2n}x\,\text{d}x}.
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  • Le calcul de {I_n} est classique (intégrale de Wallis).

    On intègre par parties. Pour tout {n} de {\mathbb{N}^*} : {\begin{array}{rl}I_n&=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sin x\,\sin^{2n-1}x\,\text{d}x\\\\&=\Bigl[-\cos x\,\sin^{2n-1}x\Bigr]_0^{\pi/2}+(2n-1)\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\cos^2x\,\sin^{2n-2}x\,\text{d}x\\\\&=(2n-1)\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}(1-\sin^2 x)\sin^{2n-2}x\,\text{d}x\\\\&=(2n-1)(I_{n-1}-I_n)\end{array}}Sachant {I_0=\dfrac\pi2}, on en déduit {I_n} à l’aide de factorielles :{\begin{array}{rl}I_{n}&=\dfrac{2n-1}{2n}I_{n-1}=\dfrac{(2n-1)(2n-3)\cdots3\cdot1}{2n(2n-2)\cdots4\cdot2}I_0\\\\&=\dfrac{2n(2n-1)\cdots4\cdot3\cdot2\cdot1}{\bigl((2n)(2n-2)\cdots4\cdot2\bigr)^2}\dfrac\pi2\\\\&=\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\dfrac\pi2\end{array}}

  • Pour {J_n}, on utilise le changement de variable {t=\pi-x} : {\begin{array}{rl}J_n&=\displaystyle\int_{0}^{\pi} x\sin^{2n}x\,\text{d}x=\displaystyle\int_{0}^{\pi}(\pi-t)\sin^{2n}t\,\text{d}t\\\\&=\pi\displaystyle\int_{0}^{\pi}\sin^{2n}t\,\text{d}t-J_n\end{array}}Ainsi {J_n=\dfrac\pi2\displaystyle\int_{0}^{\pi}\sin^{2n}t\,\text{d}t}.

    En utilisant la périodicité puis la parité, on trouve : {\displaystyle\int_{0}^{\pi}\sin^{2n}t\,\text{d}t=\displaystyle\int_{-\frac\pi2}^{\pi/2}\sin^{2n}t\,\text{d}t=2\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2n}t\,\text{d}t=2I_n}On en déduit {J_n=\pi I_n= \dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\,\dfrac{\pi^2}2}.

Exercice 4.
On pose {I_n^m=\displaystyle\int_{0}^{1} x^m(1-x)^n\,\text{d}x}, où {m,n} sont dans \mathbb{N}.

  1. Trouver une relation entre {I_n^m} et {I_{n-1}^{m+1}}. En déduire {I_n^m}.
  2. Calculer {J_n^m=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2m+1}x\,\cos^{2n+1}x\,\text{d}x} (poser {x=\arcsin\sqrt t})
  3. En déduire {K_n=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2n+1}x\,\text{d}x}.

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  1. Supposons {n\ge1}. On intègre par parties : {\begin{array}{rl}I_n^m&=\dfrac1{m+1}\Bigl[x^{m+1}(1-x)^n\Bigr]_0^1+\dfrac{n}{m+1}\displaystyle\int_{0}^{1}x^{m+1}(1-x)^{n-1}\,\text{d}x\\\\&=\dfrac{n}{m+1}I_{n-1}^{m+1}\end{array}}Par application répétée de cette méthode, on trouve : {\begin{array}{rl}I_n^m&=\dfrac{n}{m+1}I_{n-1}^{m+1}=\dfrac{n(n-1)}{(m+1)(m+2)}I_{n-2}^{m+2}\\\\&=\cdots=\dfrac{m!n!}{(m+n)!}I_0^{m+n}\end{array}}Or {I_0^{m+n}=\displaystyle\int_{0}^{1}x^{m+n}\,\text{d}x\dfrac1{m+n+1}}.

  2. On pose {x=\sin^2 t}, avec {t\in\bigl[0,\dfrac\pi2\bigr]}. On trouve :{\begin{array}{rl}I_n^m&=2\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2m}t\;(1-\sin^2t)^n\sin t\cos t\,\text{d}t\\\\&=2\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2m+1}t\,\cos^{2n+1}t\,\text{d}t=2J_n^m\end{array}}On en déduit : {J_n^m=\dfrac12\,\dfrac{m!\,n!}{(m+n+1)!}}.

  3. Il suffit de considérer le cas {m=n}. On trouve : {\begin{array}{rl}J_n^n&=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2n+1}t\,\cos^{2n+1}t\,\text{d}t\\\\&=\dfrac1{2^{2n+1}}\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}(\sin2t)^{2n+1}\,\text{d}t\\\\&=\dfrac1{2^{2n+2}}\displaystyle\int_{0}\pi(\sin x)^{2n+1}\,\text{d}x\end{array}} Le changement de variable {x=\pi-t} montre que : {\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}(\sin x)^{2n+1}\,\text{d}x=\displaystyle\int_{\pi/2}^{\pi}(\sin t)^{2n+1}\,\text{d}t}Il en découle :{\displaystyle\int_{0}^{\pi}(\sin x)^{2n+1}\,\text{d}x=2\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}(\sin x)^{2n+1}\,\text{d}x=2K_n}Ainsi {J_n^n=\dfrac1{2^{2n+1}}K_n} et finalement {K_n=\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}}.

Exercice 5.
Calculer {I(a)=\displaystyle\int_{1/a}^{a}\dfrac{\ln x}{1+x^2}\,\text{d}x} pour tout {a>0}.
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  • Première méthode, avec le changement de variable {t=\dfrac1x}: {\begin{array}{rl}I(a)&=\displaystyle\int_{1/a}^{a}\dfrac{\ln x}{1+x^2}\,\text{d}x=\displaystyle\int_{a}^{1/a}\dfrac{-\ln t}{1+\dfrac1{t^2}}\Bigl(-\dfrac1{t^2}\Bigr)\,\text{d}t\\\\&=\displaystyle\int_{a}^{1/a}\dfrac{\ln t}{1+t^2}\,\text{d}t=-I(a)\end{array}}Il en résulte {I(a)=0}.
  • Deuxième méthode : on pose {f(x)=\dfrac{\ln x}{1+x^2}} et {F(t)=\displaystyle\int_{1}^{t}f(x)\,\text{d}x}.

    Ainsi {F} est la primitive de {f} qui s’annule au point {1}.

    On constate que {I(a)=F(a)-F\bigl(\dfrac1a\bigr)}.

    On trouve alors, pour tout a>0 : {\begin{array}{rl}I'(a)&=f(a)+\dfrac1{a^2}f\Bigl(\dfrac1a\Bigr)\\\\&=\dfrac{\ln a}{1+a^2}+\dfrac1{a^2}\dfrac{-\ln a}{1+\dfrac1{a^2}}=0\end{array}}La fonction {a\mapsto I(a)} est donc constante sur {\mathbb{R}^{+*}}.

    Or {I(1)=0}. On en déduit : {\forall\, a>0, I(a)=0}.