Solutions - Exercices de calcul intégral - 02

De toute évidence :

$\boxed{I_{0}=\ln\left(2\right)}$

Pour $I_{1},$ on peut intégrer par parties en posant :

$\begin{eqnarray*}u'\left(t\right)=1 & ; & v\left(t\right)=\ln\left(1+t\right)\\\\u\left(t\right)=1+t & ; & v'\left(t\right)=\frac{1}{1+t}\end{eqnarray*}$

(noter la petite astuce pour le choix d’une primitive de $t\mapsto 1$ ) ce qui donne :

$I_{1}=\left[\left(1+t\right)\ln\left(1+t\right)\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}dt$

c’est-à-dire :

$\boxed{I_{1}=2\ln\left(2\right)-1}$

Pour $I_{2},$ même technique ! On intègre par parties en posant :

$\begin{eqnarray*}u'\left(t\right)=1 & ; & v\left(t\right)=\ln\left(1+t^{2}\right)\\\\u\left(t\right)=t & ; & v'\left(t\right)=\frac{2t}{1+t^{2}}\end{eqnarray*}$

On obtient ainsi :

$I_{2}=\left[t\ln\left(1+t^{2}\right)\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{2t^{2}}{1+t^{2}}\thinspace dt$

soit, après simplification :

$I_{2}=\ln\left(2\right)-2\int_{0}^{1}\left(1-\frac{1}{1+t^{2}}\right)\thinspace dt$

et donc :

$I_{2}=\ln\left(2\right)-2\left[t-\arctan\left(t\right)\right]_{0}^{1}$

soit finalement :

$\boxed{I_{2}=\ln\left(2\right)-2+\frac{\pi}{2}}$

On effectue une première intégration par parties en posant :

$\begin{eqnarray*}u'\left(t\right)=\cos\left(t\right) & ; & v\left(t\right)=e^{-\lambda t}\\\\u\left(t\right)=\sin\left(t\right) & ; & v'\left(t\right)=-\lambda\thinspace e^{-\lambda t} \end{eqnarray*}$

ce qui donne :

$A_{\lambda}=\left[\sin\left(t\right)e^{-\lambda t}\right]_{0}^{\pi}+\lambda\int_{0}^{\pi}\sin\left(t\right)e^{-\lambda t}\thinspace dt$

On va maintenant intégrer par partie une seconde fois, mais attention : le facteur exponentiel a été dérivé au coup précédent; si l’on s’avisait à présent de le primitiver, on reviendrait bêtement sur nos pas (pour démontrer que … $A_{\lambda}=A_{\lambda$ … hum).

On pose donc :

$B_{\lambda}=\int_{0}^{\pi}\sin\left(t\right)e^{-\lambda t}\thinspace dt$

de sorte que

$A_{\lambda}=\lambda\thinspace B_{\lambda}\qquad\left(\heartsuit\right)$

et l’on intègre par parties posant :

$\begin{eqnarray*}u'\left(t\right)=\sin\left(t\right) & ; & v\left(t\right)=e^{-\lambda t}\\\\u\left(t\right)=-\cos\left(t\right) & ; & v'\left(t\right)=-\lambda\thinspace e^{-\lambda t} \end{eqnarray*}$

pour obtenir :

$B_{\lambda}=\left[-\cos\left(t\right)e^{-\lambda t}\right]_{0}^{\pi}-\lambda\int_{0}^{\pi}\cos\left(t\right)e^{-\lambda t}\thinspace dt$

c’est-à-dire :

$B_{\lambda}=1+e^{-\lambda\pi}-\lambda\thinspace A_{\lambda}\qquad\left(\diamondsuit\right)$

La combinaison des relations $\left(\heartsuit\right)$ et $\left(\diamondsuit\right)$ donne :

$A_{\lambda}=\lambda\left(1+e^{-\lambda\pi}-\lambda\thinspace A_{\lambda}\right)$

d’où finalement :

$\boxed{A_{\lambda}=\frac{\lambda}{1+\lambda^{2}}\thinspace e^{-\lambda\pi}}$

Il en résulte aussitôt que :

$\lim_{\lambda\rightarrow+\infty}A_{\lambda}=0\qquad\left(\spadesuit\right)$

Pour retrouver ceci directement (ie : sans calculer $A_{\lambda}$ au préalable), il suffit d’observer que :

$\begin{eqnarray*}\left|A_{\lambda}\right| & \leqslant & \int_{0}^{\pi}\left|\cos\left(t\right)\right|\thinspace e^{-\lambda t}\thinspace dt\\& \leqslant & \int_{0}^{\pi}e^{-\lambda t}\thinspace dt\\& = & \frac{1}{\lambda}\left(1-e^{-\lambda\pi}\right)\end{eqnarray*}$

On voit alors que, pour tout $\lambda>0$ :

$\left|A_{\lambda}\right|\leqslant\frac{1}{\lambda}$

d’où $\left(\spadesuit\right).$

Le théorème de décomposition d’une fraction rationnelle à coefficients réels donne, a priori, l’existence d’un unique triplet $\left(a,b,c\right)\in\mathbb{R}^{3}$ tel que :

$\forall t\in\mathbb{R}-\left\{ -1\right\} ,\;\frac{1}{1+t^{3}}=\frac{a}{1+t}+\frac{bt+c}{1-t+t^{2}}$

Après réduction au même dénominateur, il vient :

$\forall t\in\mathbb{R},\;a\left(1-t+t^{2}\right)+\left(1+t\right)\left(bt+c\right)=1$

Noter qu’a priori, l’égalité ne vaut que si $t\neq-1,$ mais elle est aussi vraie pour $t=-1$ par continuité !

Par identification (même si ce n’est pas la méthode la plus efficace…), on parvient au système :

$\left\{ \begin{array}{ccc} a+b & = & 0\\ -a+b+c & = & 0\\ a+c & = & 1 \end{array}\right.$

d’où facilement :

$\left(a,b,c\right)=\left(\frac{1}{3},\thinspace-\frac{1}{3},\thinspace\frac{2}{3}\right)$

Ainsi, l’intégrale à calculer s’écrit :

$A=\frac{1}{3}\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+t}+\frac{1}{3}\int_{0}^{1}\frac{-t+2}{t^{2}-t+1}\thinspace dt\qquad\left(\clubsuit\right)$

Posons temporairement :

$B=\int_{0}^{1}\frac{-t+2}{t^{2}-t+1}\thinspace dt$

et mettons le trinôme au dénominateur sous forme canonique :

$B=\int_{0}^{1}\frac{-t+2}{\left(t-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}}\thinspace dt$

Si l’on pose maintenant $u=t-\frac{1}{2},$ il vient :

$B=\int_{-1/2}^{1/2}\frac{\frac{3}{2}-u}{u^{2}+\frac{3}{4}}\thinspace du$

c’est-à-dire :

$B=\frac{3}{2}\int_{-1/2}^{1/2}\thinspace\frac{du}{u^{2}+\frac{3}{4}}-\int_{-1/2}^{1/2}\thinspace\frac{u}{u^{2}+\frac{3}{4}}\thinspace du$

On voit ainsi que :

$B=\frac{3}{2}\left[\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\left(\frac{2u}{\sqrt{3}}\right)\right]_{-1/2}^{1/2}-\left[\frac{1}{2}\ln\left(u^{2}+\frac{3}{4}\right)\right]_{-1/2}^{1/2}$

c’est-à-dire :

$B=\frac{\pi\sqrt{3}}{3}$

En reportant ceci dans $\left(\clubsuit\right)$ , on conclut que :

$\boxed{\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+t^{3}}=\frac{\pi\sqrt{3}}{9}+\frac{1}{3}\ln\left(2\right)}$

Comme le suggère l’indication, on va utiliser la majoration classique :

$\boxed{\forall x\in\left]-1,+\infty\right[,\:\ln\left(1+x\right)\leqslant x}$

Noter que cette inégalité peut être vue comme une conséquence de la concavité de la fonction logarithme (le graphe de $x\mapsto\ln\left(1+x\right)$ est « en-dessous » de chacune de ses tangentes et, notamment, en-dessous de sa tangente à l’origine, qui a pour équation $y=x).$

Bref, on voit par croissance de l’intégrale que, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$0\leqslant\int_{0}^{1}\ln\left(1+t^{n}\right)\thinspace dt\leqslant\int_{0}^{1}t^{n}\thinspace dt=\frac{1}{n+1}$

d’où par le théorème d’encadrement (alias « théorème des gendarmes ») :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{1}\ln\left(1+t^{n}\right)\thinspace dt=0}$

Effectuons le changement de variable $u=\pi-t$ dans l’intégrale qui définit $J_{n}.$

On obtient :

$\begin{eqnarray*}J_{n} & = & \int_{0}^{\pi}t\sin^{n}\left(t\right)\thinspace dt\\& = & -\int_{\pi}^{0}\left(\pi-u\right)\sin^{n}\left(\pi-u\right)\thinspace du\end{eqnarray*}$

Mais $\sin\left(\pi-u\right)=\sin\left(u\right)$ pour tout $u$ et donc :

$J_{n}=\int_{0}^{\pi}\left(\pi-u\right)\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du$

c’est-à-dire, en séparant cette dernière intégrale en deux :

$J_{n}=\pi\int_{0}^{\pi}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du-J_{n}$

ou encore :

$J_{n}=\frac{\pi}{2}\thinspace\int_{0}^{\pi}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du$

Pour finir, on voit avec la relation de Chasles que :

$\int_{0}^{\pi}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du = \int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du+\int_{\pi/2}^{\pi}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du$

et si l’on pose $v=\pi-u$ dans la dernière intégrale, on trouve :

$\int_{\pi/2}^{\pi}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du=-\int_{\pi/2}^{0}\sin^{n}\left(\pi-v\right)\thinspace dv=\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du$

de sorte que :

$\int_{0}^{\pi}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du=2\thinspace\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du$

ce qui est d’ailleurs évident géométriquement :

Finalement :

$\boxed{J_{n}=\pi\thinspace W_{n}}$

Montrons que :

$\boxed{\lim_{x\rightarrow0^{+}}\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f\left(t\right)\thinspace dt=f\left(0\right)}$

ou bien, ce qui revient au même, que :

$\lim_{x\rightarrow0^{+}}\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\left(f\left(t\right)-f\left(0\right)\right)\thinspace dt=0$

Pour cela, fixons un réel $\epsilon>0.$ Comme $f$ est continue en $0,$ il existe $\delta>0$ tel que :

$\forall t\in\left]0,\delta\right],\:\left|f\left(t\right)-f\left(0\right)\right|\leqslant\epsilon$

Il en résulte que pour tout $x\in\left]0,\delta\right]$ :

$\left|\int_{0}^{x}\left(f\left(t\right)-f\left(0\right)\right)\thinspace dt\right|\leqslant\int_{0}^{x}\left|f\left(t\right)-f\left(0\right)\right|\thinspace dt\leqslant\epsilon x$

et donc, après division par $x$ :

$\left|\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\left(f\left(t\right)-f\left(0\right)\right)\thinspace dt\right|\leqslant\epsilon$

On observe que, pour tout $x>0$ :

$\int_{x}^{2x}\frac{1}{t}\thinspace dt=\left[\ln\left(t\right)\right]_{x}^{2x}=\ln\left(2x\right)-\ln\left(x\right)=\ln\left(2\right)$

Montrons donc que :

$\boxed{\lim_{x\rightarrow0^{+}}\int_{x}^{2x}\frac{\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt=\ln\left(2\right)}$

Pour cela, écrivons la différence de manière plus homogène. En profitant de l’observation ci-dessus, on voit que pour tout $x>0$ :

$\ln\left(2\right)-\int_{x}^{2x}\frac{\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt=\int_{x}^{2x}\frac{1-\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt$

Voyons deux manières de conclure que cette dernière quantité tend vers $0$ lorsque $x\rightarrow0^{+}.$

La première méthode est pragmatique (on va profiter de la forme particulière de l’expression ci-dessus) tandis que la seconde est plus abstraite mais aussi plus générale (elle pourrait s’appliquer, pratiquement sans aucune modification, à une vaste gamme d’exemple similaires).

➢ Méthode 1

On écrit, artificiellement, que pour tout $t\in\left]0,\frac{\pi}{2}\right[$ :

$0\leqslant\frac{1-\cos\left(t\right)}{t}=\frac{1-\cos^{2}\left(t\right)}{t\left(1+\cos\left(t\right)\right)}\leqslant\frac{\sin^{2}\left(t\right)}{t}\leqslant t$

la dernière inégalité résultant de $\left|\sin\left(t\right)\right|\leqslant\left|t\right|,$ qui est valable pour tout $t\in\mathbb{R}.$

Il en résulte que, pour tout $x\in\left]0,\frac{\pi}{4}\right[$ :

$0\leqslant\int_{x}^{2x}\frac{1-\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt\leqslant\int_{x}^{2x}\thinspace t\thinspace dt=\frac{3}{2}x^{2}$

et donc :

$\lim_{x\rightarrow0^{+}}\int_{x}^{2x}\frac{1-\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt=0$

➢ Méthode 2

On utilise le :

Lemme

Soient $I$ un intervalle et $f:I\rightarrow\mathbb{R}$ une application continue et bornée.
Soient $J$ un intervalle, $x_{0}\in J$ et $\alpha,\beta:J\rightarrow I$ deux applications telles que :

$\lim_{x\rightarrow x_{0}}\left(\alpha\left(x\right)-\beta\left(x\right)\right)=0$

Alors :

$\lim_{x\rightarrow x_{0}}\int_{\alpha\left(x\right)}^{\beta\left(x\right)}f\left(t\right)\thinspace dt=0$

On peut retenir ce lemme sous la forme suivante :

Sur un intervalle dont la longueur tend vers 0, l’intégrale d’une quantité bornée tend vers 0.

La preuve est immédiate. Si $M>0$ est un majorant de $\left|f\left(t\right)\right|$ pour $t\in I,$ alors :

$\forall x\in J,\thinspace\left|\int_{\alpha\left(x\right)}^{\beta\left(x\right)}f\left(t\right)\thinspace dt\right|\leqslant M\left|\alpha\left(x\right)-\beta\left(x\right)\right|$

d’où le résultat.

Ce lemme s’applique à l’exemple proposé puisque l’application $\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto\frac{1-\cos\left(t\right)}{t}$ est prolongeable par continuité en 0 et donc bornée au voisinage à droite de 0.

Si $f$ est solution de l’équation proposée, la relation :

$\forall x\in\mathbb{R},\,f\left(x\right)=1-x\,\int_{0}^{x}\,f\left(t\right)\,dt+\int_{0}^{x}\,t\,f\left(t\right)\,dt$

prouve que $f$ est de classe $C^{1}$ et que pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$\begin{eqnarray*}f'\left(x\right) & = & -\left[\int_{0}^{x}\,f\left(t\right)\,dt+x\,f\left(x\right)\right]+x\,f\left(x\right)\\& = & -\int_{0}^{x}\,f\left(t\right)\,dt\end{eqnarray*}$

Cette dernière relation montre, à son tour, que $f'$ est de classe $C^{1}.$

Ainsi $f$ est de classe $C^{2}$ et :

$\forall x\in\mathbb{R},\,f''\left(x\right)+f\left(x\right)=0$

On sait alors qu’il existe des réels $a,b$ tels que $\forall x\in\mathbb{R},\,f\left(x\right)=a\cos\left(x\right)+b\sin\left(x\right).$

Réciproquement, il s’agit de savoir quelles sont les fonctions de ce type qui conviennent. On calcule, en intégrant par parties :

$\begin{eqnarray*}f\left(x\right)+\int_{0}^{x}\,\left(x-t\right)\,f\left(t\right)\,dt & = & a\cos\left(x\right)+b\sin\left(x\right)+\\& & \int_{0}^{x}\,\left(x-t\right)\,\left(a\cos\left(t\right)+b\sin\left(t\right)\right)\,dt\\& = & a+bx\end{eqnarray*}$

La famille $\left(x\mapsto1,\,x\mapsto x\right)$ étant libre, la condition imposée à $f$ équivaut à $\left(a,b\right)=\left(1,0\right).$

Finalement, la seule solution continue de l’équation proposée est $\boxed{x\mapsto\cos\left(x\right)}$

En posant $x=t^{n},$ on obtient :

$I_{n}=\frac{1}{n}\,\int_{0}^{1}\frac{\ln\left(1+x\right)}{x}\,x^{1/n}\,dx$

Notons dans la suite :

$\lambda=\int_{0}^{1}\,\frac{\ln\left(1+x\right)}{x}\,dx$

On observe que :

$\begin{eqnarray*}0 & \leqslant & \lambda-n\,I_{n}\\& = & \int_{0}^{1}\,\frac{\ln\left(1+x\right)}{x}\left(1-x^{1/n}\right)\,dx\\& \leqslant & \int_{0}^{1}\,\left(1-x^{1/n}\right)\,dx\\& = & 1-\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\\& = & \frac{1}{n+1}\end{eqnarray*}$

d’où il résulte que :

$\lim_{n\rightarrow+\infty}\,n\,I_{n}=\lambda$

Pour finir, on peut exprimer $\lambda$ comme la somme d’une série convergente. En effet :

$\lambda=\int_{0}^{1}\,\left(\sum_{n=1}^{\infty}\,\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}x^{n-1}\right)\,dx\underset{\star}{=}\sum_{n=1}^{\infty}\,\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n^{2}}\underset{\star\star}{=}\frac{\pi^{2}}{12}$

Il reste bien sûr à justifier les égalités $\star$ et $\star\star.$

Pour l’égalité $\star,$ il suffit de prouver que :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{1}\left(\sum_{k=n}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{k}x^{k-1}\right)\thinspace dx=0$

Or on sait (majoration du reste d’une série alternée) que :

$\forall x\in\left]0,1\right[,\thinspace\forall n\geqslant2,\thinspace\left|\sum_{k=n}^{\infty}\left(-1\right)^{k-1}\thinspace\frac{x^{k-1}}{k}\right|\leqslant\frac{x^{n-1}}{n-1}$

et donc :

$\left|\int_{0}^{1}\left(\sum_{k=n}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{k}x^{k-1}\right)\thinspace dx\right|\leqslant\int_{0}^{1}\frac{x^{n-1}}{n-1}\thinspace dx=\frac{1}{n\left(n-1\right)}\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0$

Quant à la relation $\star\star,$ elle découle de la formule classique :

$\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}}$

En effet :

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n^{2}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1+\left(-1\right)^{n}}{n^{2}}$

expression dans laquelle les termes d’indice impair sont tous nuls, et donc :

$\frac{\pi^{2}}{6}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n^{2}}=\sum_{p=1}^{\infty}\frac{2}{\left(2p\right)^{2}}=\frac{1}{2}\sum_{p=1}^{\infty}\frac{1}{p^{2}}=\frac{\pi^{2}}{12}$

En conclusion :

$\boxed{\int_0^1\ln\left(1+t^n\right)\,dt\sim\frac{\pi^2}{12n}}$

Si un point n’est pas clair ou vous paraît insuffisamment détaillé, n’hésitez pas à poster un commentaire ou à me joindre via le formulaire de contact.

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➢ Méthode 1

➢ Méthode 2

Lemme

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