Intégration par parties, par changement de variable
Dans ce paragraphe, \(f\) et \(g\) sont deux fonctions définies sur un intervalle \(I\) de \(\mathbb{R}\).
Intégration par parties
Théorème
Si \(f\) et \(g\) sont de classe \(\mathcal C^1\) sur \(I\) alors, pour tout \((a,b)\in I^2\) : \[\int_a^b f'(x)\,g(x)\,\mathrm{d}x= \left[f(x)\,g(x)\right]_a^b -\int_a^b f(x)\,g'(x)\,\mathrm{d}x\]
Preuve
\(f\) et \(g\) sont de classe \(\mathcal C^1\) sur \(I\), donc \(fg\) aussi et : \[(fg)'=f'g+fg'\] soit encore : \[f'g=(fg)'-fg'\] et alors, par linéarité de l’intégration : \[\begin{aligned} \int_a^b f'(x)\,g(x)\,\mathrm{d}x&=\int_a^b (fg)'(x)\,\mathrm{d}x-\int_a^b f(x)\,g'(x)\,\mathrm{d}x\\ &= \left[f(x)\,g(x)\right]_a^b -\int_a^b f(x)\,g'(x)\,\mathrm{d}x \end{aligned}\]
Exercice
Calculer l’intégrale \(\displaystyle\int_1^\mathrm{e}\ln(x)\,\mathrm{d}x\).
Calculer l’intégrale \(\displaystyle\int_0^1 x^2 \ln(1+x^2)\,\mathrm{d}x\) (on pourra remarquer que \(x^4=(x^2-1)(x^2+1)+1\)).
Solution
La fonction \(\ln\) est continue sur \([1,\mathrm{e}]\) donc l’intégrale étudiée a un sens. De plus, on peut remarquer que : \[\int_1^\mathrm{e}\ln(x)\,\mathrm{d}x=\int_1^\mathrm{e}1\times \ln(x)\,\mathrm{d}x\]
On pose alors : \[\forall x\in[1,\mathrm{e}],\ f(x)=x \quad\text{et}\quad g(x)=\ln(x)\]
\(f\) et \(g\) sont de classe \(\mathcal C^1\) sur \([1,\mathrm{e}]\) donc, par intégration par parties : \[\begin{aligned} \int_1^\mathrm{e}\ln(x)\,\mathrm{d}x&= \left[x\ln(x)\right]_1^\mathrm{e}-\int_1^\mathrm{e}x\times \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x\\ &= \mathrm{e}\ln(\mathrm{e})-\ln(1) -\int_1^\mathrm{e}1\cdot \mathrm{d}x\\ &= \mathrm{e}-(\mathrm{e}-1) \end{aligned}\] et finalement : pt \[\boxed{\int_1^\mathrm{e}\ln(x)\,\mathrm{d}x= 1}\]
Les fonctions \(f:x\mapsto \dfrac{x^3}{3}\) et \(g:x\mapsto \ln(1+x^2)\) sont de classe \(\mathcal C^1\) sur \([0,1]\) donc, par intégration par parties : \[\begin{aligned} \int_1^\mathrm{e}x^2\ln(1+x^2)\,\mathrm{d}x&= \left[\frac{x^3}{3}\ln(1+x^2)\right]_0^1 -\int_0^1 \frac{x^3}{3}\times \frac{2x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x\\ &= \frac{\ln(2)}{3}-\frac{2}{3}\,\int_0^1 \frac{x^4}{1+x^2}\,\mathrm{d}x\\ &= \frac{\ln(2)}{3}-\frac{2}{3}\,\int_0^1 \frac{(x^2-1)(x^2+1)+1}{1+x^2}\,\mathrm{d}x\\ &= \frac{\ln(2)}{3}-\frac{2}{3}\,\int_0^1 \left[x^2-1+\frac{1}{1+x^2}\right]\mathrm{d}x\\ &= \frac{\ln(2)}{3}-\frac{2}{3}\left[\frac{x^3}{3}-x+\mathrm{arctan}(x)\right]_0^1 \end{aligned}\]
et finalement : pt \[\boxed{\int_1^\mathrm{e}x^2\ln(1+x^2)\,\mathrm{d}x= \frac{\ln(2)}{3}+\frac{4}{9}-\frac{\pi}{6}}\]
Changement de variable
Théorème
Soit \(f\) une fonction continue sur un intervalle \(I\) de \(\mathbb{R}\), \(\varphi\) une fonction de classe \(\mathcal C^1\) sur un intervalle \(J\) de \(\mathbb{R}\) tel que \(\varphi(J)\subset I\). Pour tout couple \((a,b)\) d’éléments de \(J\), on a : \[\int_a^b f\circ \varphi(x)\,\varphi'(x)\,\mathrm{d}x=\int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)} f(t)\,\mathrm{d}t\]
Pour justifier cette égalité, on dit qu’on a effectué le changement de variable \(t=\varphi(x)\)
Preuve
\(f\) est continue sur \(I\) donc admet une primitive \(F\) et alors : \[\begin{aligned} \int_a^b f\circ \varphi(x)\,\varphi'(x)\,\mathrm{d}x&= \int_a^b F'\circ \varphi(x)\,\varphi'(x)\,\mathrm{d}x\\ &=\left[ F\circ \varphi(x)\right]_a^b\\ &= F(\varphi(b))-F(\varphi(a))\\ &= \int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)} f(t)\,\mathrm{d}t \end{aligned}\]
Remarques
Le programme indique clairement que les changements de variables non affines devront être indiqués aux candidats .
Si la fonction \(\varphi\) est de classe \(\mathcal C^1\) et strictement monotone sur \(J\) (donc bijective de \(J\) sur \(\varphi(J)\), alors, pour tout couple \((a,b)\) d’éléments de \(J\), \(\varphi([a,b])=[\varphi(a),\varphi(b)]\) (en notant \([x,y]\) le segment d’extrémités \(x\) et \(y\) même si \(y<x\)). Par conséquent, il suffit dans ce cas que \(f\) soit continue sur \([\varphi(a),\varphi(b)]\) pour que le changement de variable s’applique.
Exercice
En effectuant le changement de variable \(x=\sin^2(u)\), calculer l’intégrale \(I=\displaystyle\int_{\frac{1}{4}}^\frac{3}{4} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x(1-x)}}\).
Solution
La fonction \(x\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}}\) est continue sur \(\left[\dfrac{1}{4},\dfrac{3}{4}\right]\), donc l’intégrale \(I\) existe.
De plus, la fonction \(\varphi: u\mapsto \sin^2(u)\) est de classe \(\mathrm{C^1}\) sur \(\left[\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{3}\right]\) avec \(\varphi\left(\left[\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{3}\right]\right)=\left[\dfrac{1}{4},\dfrac{3}{4}\right]\) donc, en effectuant le changement de variable \(x=\sin^2(u)\) (\(\mathrm{d}x=2\cos(u)\sin(u)\,\mathrm{d}u\)) : \[\begin{aligned} I &= \int_\frac{\pi}{6}^\frac{\pi}{3} \frac{1}{\sqrt{\sin^2(u)}\sqrt{1-\sin^2(u)}}\times 2\cos(u)\sin(u)\,\mathrm{d}u\\ &= \int_\frac{\pi}{6}^\frac{\pi}{3} \frac{2\cos(u)\sin(u)}{\left| \sin(u) \right|\left| \cos(u) \right|}\,\mathrm{d}u \end{aligned}\] et comme les fonctions \(\sin\) et \(\cos\) sont positives sur \(\left[\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{3}\right]\) : \[\begin{aligned} I &= \int_\frac{\pi}{6}^\frac{\pi}{3} 2\;\mathrm{d}u\\ &= 2\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{6}\right) \end{aligned}\] et finalement : pt \[\boxed{I=\frac{\pi}{3}}\]