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[PDF] Intégrales dépendant dun paramètre - Exo7 Exo7

Intégrales dépendant d"un paramètre

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile

I : Incontournable

Exercice 1**Pourn2Netx2]0;+¥[, on poseIn(x) =R+¥

01(t2+x2)n.

1. Calculer la déri véede la fonction Insur]0;+¥[. 2.

En déduire la v aleurde

R+¥

01(t2+1)3dt.

pln(12xcosq+x2)dq. 1. (a) Montrer queFestpaire, définieetcontinuesurR, dérivablesurRnf1;1g. Préciseruneexpression deF0(x)sous forme intégrale. (b)

Calculer F0(x).

(c)

Déterminer lim

x!+¥(F(x)4plnx). (d)

En déduire F(x)pour tout réelx.

2. (a) Quand x2]1;1[, retrouver ce résultat en écrivant d"abord ln(x22xcosq+1)comme somme d"une série (commencer par dériver la fonction deq). (b)

Déterminer une relation entre F(x)etF1x

et en déduireF(x)pour tout réelx.

0et2dtPourx2R, on poseF(x) =R1

0ex2(1+t2)1+t2dtetG(x) =Rx

0et2dt

2. 1.

Montrer que Fest de classeC1surRet préciserF0.

2.

Montrer que Gest de classeC1surRet préciserG0.

3.

Montrer que la fonction F+Gest constante surR.

4.

Déterminer lim

x!+¥F(x). 5.

En déduire I.

Existence et calcul de

R+¥

0et2ch(tx)dt(on admettra queR+¥

0et2dt=pp

2 R1

0t1lnttxdt.

0ext1+t2dt=R+¥

0sintx+tdtet en déduireR+¥

0sintt

dt(indication : trouver une équation différentielle du second ordre vérifiée par ces deux fonctions). x2R, on pose fg(x) =RT

0f(xt)g(t)dt.

Montrer que la fonctionfgest définie surR, continue etT-périodique.

2.est donc une loi interne surE, l"espace vectoriel des fonctions définies et continues surRetT-

périodiques. Montrer que cette loi est commutative.

Correction del"exer cice1 N1.Soit n2N. SoientaetAdeux réels tels que 0 (x;t)7!1(t2+x2)n.

• Pour chaquexde[a;A], la fonctiont7!Fn(x;t)est continue par morceaux et intégrable sur[0;+¥[car

F n(x;t)t!+¥1t

2n>0 avec 2n>1.

• La fonctionFnest admet sur[a;A][0;+¥[une dérivée partielle par rapport à sa première variablex

définie par :

De plus,

-pour chaque(x;t)2[a;A][0;+¥[, où la fonctionjest continue par morceaux et intégrable sur[0;+¥[car négligeable devant1t

2quandt

tend vers+¥.

D"après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème de LEIBNIZ), la fonctionInest

de classeC1sur[a;A]et sa dérivée s"obtient par dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour

tous réelsaetAtels que 08x>0,I0n(x) =2nxR+¥

01(t2+x2)n+1dt=2nxIn+1(x).

8n2N,I0n(x) =2nxIn+1(x).2.Pour x>0, on aI1(x) =1x

arctantx

0=p2x. Ensuite,I2(x) =12xI01(x) =p4x3puisI3(x) =14xI02(x) =

3p16x5et doncI3(1) =3p16

R

01(t2+1)3dt=3p16

.Correction del"exer cice2 N1.(a) Parité deF.Soitxun réel du domaine de définition deF. En posantt=q+p, on obtient

F(x) =Z

p pln(x22xcosq+1)dq=Z 2p

0ln(x2+2xcost+1)dt

Z p pln(x2+2xcost+1)dt(par 2p-périodicité) Z p pln((x)22(x)cost+1)dt=F(x): Ainsi, pour tout réelx,F(x)existe si et seulement siF(x)existe et de plusF(x) =F(x). 3 Fest paire.Définition deF.Soitx2[0;+¥[. Pour tout réelq2[p;p], x

22xcosq+1= (xcosq)2+(sinq)2=xeiq2>0.

De plus,

xeiq=0,eiq=x,x=1 etq=0. Par suite, • six6=1, la fonctionq7!x22xcosq+1 est continue sur le segment[0;p]et donc intégrable sur ce segment. • six=1, pour tout réelq2[p;p]on ax22xcosq+1=22cosq=4sin2q2 . La fonction q7!ln4sin2q2 est continue sur[p;0[[]0;p]et quandqtend vers 0 ln

4sin2q2

=2ln2+2lnsinq2 2lnq2

2lnjqj=o

1pjqj

On en déduit que la fonctionq7!ln4sin2q2

est intégrable sur[p;p]et donc queF(1)existe. Finalement,Fest définie sur[0;+¥[et par parité

Fest définie surR.Remarque. Par parité de la fonctionq7!ln(x22xcosq+1), pour tout réelx, on a encoreF(x) =

2Rp

0ln(x22xcosq+1)dq.

Continuité deF.SoitA>1. SoitF:[0;A]]0;p]!R

(x;q)7!ln(x22xcosq+1). • Pour chaquex2[0;A], la fonctionq7!F(x;q)est continue par morceaux sur]0;p]. • Pour chaqueq2]0;p], la fonctionx7!F(x;q)est continue par morceaux sur[0;A]. • Pour chaque(x;q)2R+]0;p], puisquex22xcosq+1= (xcosq)2+(sinq)2, =Maxf2jln(jsinqj)j;ln(A22Acosq+1)g=j(q): On a vu que la fonctionf1:q7!2jln(jsinqj)jest intégrable sur]0;p]et d"autre part, la fonction f

2:qln(A22Acosq+1)est intégrable sur[0;p]et donc sur]0;p]car continue sur[0;p].

Puisquej=12

(f1+f2+jf1f2j), on en déduit que la fonctionjest continue par morceaux et intégrable sur]0;p].

D"après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, la fonctionFest continue sur[0;A]

et ceci pour toutA>1. Par suite, la fonctionFest continue surR+puis par parité, la fonctionFest continue surR.Dérivabilité deF.SoientA2]0;1[puisF:[A;A][0;p]!R (x;q)7!ln(x22xcosq+1). • Pour chaquex2[A;A], la fonctionq7!F(x;q)est continue sur le segment[0;p]et donc intégrable sur ce segment.

• La fonctionFadmet sur[A;A][0;p]une dérivée partielle par rapport à sa première variablex

définie par

22xcosq+1.

De plus,

- pour chaque(x;q)2[A;A][0;p], 4 La dernière inégalité écrite est claire géométriquement :1-1 1 -1 -A A?? xe iθ [-A,A] A1De plus, la fonction constantejest intégrable sur le segment[0;p].

D"après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres, la fonctionFest de classeC1sur

[A;A]etsadérivées"obtientpardérivationsouslesignesomme. CeciétantvraipourtoutA2]0;1[,

Fest de classeC1sur]1;1[et8x2]1;1[,F0(x) =4Rp

0xcosqx

22xcosq+1dq. La démarche est

analogue sur]¥;1[et sur]1;+¥[et finalementFest de classeC1surRnf1;1get

8x2Rnf1;1g,F0(x) =4Rp

0xcosqx

22xcosq+1dq.(b)Calcul deF0(x).Soitx2Rnf1;1g. On poset=tanq2

. On a donc cosq=1t21+t2etdq=2dt1+t2.

On obtient

F

0(x) =4Z

p

0xcosqx

22xcosq+1dq=8Z

0x1t21+t2x

22x1t21+t2+1dt1+t2

=8Z =8Z

0(x+1)t2+(x1)((x+1)2t2+(x1)2)(1+t2)dt

Pour tout réelt,

t

2+x1x+1

2 (t2+1) =tix1x+1t+ix1x+1(ti)(t+i).

De plus,x1x+1=1,x1x+1=1,x=0.

•F0(0) =4Rp

0(cosq)dq=0.

• Six6=0, les pôles de la fraction rationnelle(x+1)t2+(x1)((x+1)2t2+(x1)2)(1+t2)sont simples et par parité, la

décomposition en éléments simples de cette fraction s"écrit avec a=(x+1)x1x+1

2+(x1)(x+1)22ix1x+1

1x1x+1

2(x21)2i(x21)(4x)=14ix;

et 5 b=(x+1)+(x1)2i((x+1)2+(x1)2)=14ix. Donc 8 (x+1)t2+(x1)((x+1)2t2+(x1)2)(1+t2)=2ix

1tix1x+11t+ix1x+1+1ti1t+i!

2ix

2ix1x+1t

2+x1x+1

2+2it 2+1! 4x x21(x+1)2t2+(x1)2+1t 2+1

Ensuite, en notantele signe dex1x+1

F

0(x) =4x

Z 0 x21(x+1)2t2+(x1)2+1t 2+1 dt 4x x21(x+1)21x1x+1arctan tx1x+1!# 0 =4x (e+1)p2 Par suite, six2]1;1[,F0(x) =0 et six2]¥;1[[]1;+¥[,F0(x) =4px

8x2Rnf1;1g,F0(x) =0 six2]1;1[

4px six2]¥;1[[]1;+¥[.(c)Soit x>1.

F(x)4pln(x) =Rp

pln(x22xcosq+1)dqRp pln(x2)dq=Rp pln12x cosq+1x 2dq= F1x

Par suite, lim

x!+¥(F(x)4pln(x)) =limx!+¥F1x =limy!0F(y) =F(0) =0 par continuité dequotesdbs_dbs29.pdfusesText_35