Applications
Pratiquement : quand utiliser la méthode d'intégration par parties ?
On doit d'abord écrire la fonction à intégrer sous la forme \(f' g\) (avec éventuellement \(f' = 1\)), aussi on utilise cette méthode principalement dans les cas suivants :
a) \(fg'\) est, sur le plan de l'intégration, une fonction plus simple que \(f'g\) le passage de \(g\) à \(g'\) doit simplifier, celui de \(f'\) à \(f\) ne pas compliquer.
Exemple : Cas où la fonction à intégrer contient des fonctions comme ln, arcsin, arctan...
Ce sont des fonctions dont la dérivée est rationnelle ou fait intervenir une racine carrée d'une fonction rationnelle, on prend alors \(f = 1\)
Calcul de \(\int_0^1arctan(t)dt\),
On pose \(f'(t) = 1, g(t) = \arctan t\). On a \(f(t) = t\), \(\displaystyle{g'(t)=\frac{1}{1+t^2}}\) et \(\displaystyle{f(t)g'(t)=\frac{t}{1+t^2}}\) qui est au facteur \(1/2\) près la dérivée de \(\ln (1 + t^2)\). D'où
\(\displaystyle{\int_0^1\arctan tdt=[t\arctan t]_0^1-\int_0^1\frac{t}{1+t^2}dt=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}[\ln(1+t^2)]_0^1=\frac{\pi}{4}-\frac{1}2\ln2}\)
Calcul de \(\displaystyle{\int x^n\ln xdx,(n\in\mathbf Z)}\)
Les fonctions intervenant sont de classe \(C^1\) sur \(]0, +\infty[\).
On pose \(\displaystyle{g(x)=\ln x\textrm{ et }f'(x)=x^n,\textrm{ d'où },g'(x)=\frac{1}{x}\textrm{ et }\forall n\neq-1, \,f(x)=\frac{x^{n+1}}{n+1}}\) , donc
\(\displaystyle{\int x^n\ln xdx=\frac{x^{n+1}}{n+1}\ln x-\int\frac{1}{x}\frac{x^{n+1}}{n+1}=\frac{x^{n+1}}{n+1}\ln x-\frac{x^{n+1}}{(n+1)^2}+k}\)
Si \(n = -1, g(x) = \ln x \)et \(f'(x) = 1/x\)
\(\displaystyle{\int\frac{\ln x}{x}dx=\ln^2x-\int\frac{\ln x}{x}dx+k}\)
d'où
\(\displaystyle{\int\frac{\ln x}{x}dx=\frac{1}{2}\ln^2x+k}\)
Exemple : Cas où la fonction à intégrer est le produit d'un polynôme par une exponentielle ou une fonction sinus ou cosinus
Quelques exemples expliquent mieux qu'un long discours :
Calcul de \(\displaystyle{\int x\sin xdx}\),
En posant \(g(x) = x\) et \(f(x) = \sin x\) on est assuré d'avoir au second membre à intégrer une fonction circulaire élémentaire.
On a :
\(\displaystyle{\int x\sin xdx=-x\cos x-\int\cos xdx=x\cos x+\sin x+k}\)
Calcul de \(\displaystyle{\int_0^1t^2\textrm{e}^tdt}\),
En posant \(g(t)=t^2\textrm{ et }f'(t)=\textrm{e}^t\) on a au second membre à intégrer le produit d'une exponentielle par \(t\): on a baissé le degré du monôme intervenant et on est assuré qu'en procédant à une nouvelle intégration on aura à intégrer seulement une exponentielle.
On a :\(\displaystyle{\int_0^1t^2\textrm{e}^tdt=[t^2\textrm{e}^t]_0^1-2\int_0^1t\textrm{e}^tdt=e-2\int_0^1t\textrm{e}^tdt}\) et
\(\displaystyle{\int_0^1t\textrm{e}^tdt=[t\textrm{e}^t]_0^1-\int_0^1e^tdt=\textrm{e}-\textrm{e}+1}\)
d'où
\(\displaystyle{\int_0^1t^2\textrm{e}^tdt=\textrm{e}-2}\)
b) La formule d'intégration par parties permet d'établir une relation de récurrence
Exemple : Intégrales de Wallis
Ces célèbres intégrales, qui permettent, on le verra dans le complément, le calcul d'une valeur approchée de \(\pi\), sont définies pour \(n\) entier positif ou nul par :
\(\displaystyle{I_n=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\sin^ntdt}\).
Le principe de la méthode est simple : on écrit, pour \(n\geq2 \), \(\sin^n t\)sous la forme \(\sin^{n-1} t\sin t\) et on pose :
\(\displaystyle{f'(t)=\sin t\textrm{ et }g(t)=\sin^{n-1}t\textrm{ d'où }f(t)=-\cos t\textrm{ et }g'(t)=(n-1)\cos t\sin^{n-2}t}\),
cela conduira, en intégrant par parties, à avoir au second membre à intégrer : \(\cos^2t\sin^{n-2}t\) or , comme cela est bien connu, \(\cos^2t=1-\sin^2t\)d'où une relation de récurrence.
Il vient donc :
\(\displaystyle{\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\sin^ntdt=[-\cos t\sin^{n-1}t]_0^{\tfrac{\pi}{2}}+(n-1)\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\cos^2t\sin^{n-2}tdt}\)
Puisque \(\cos^2t=1-\sin^2t\) et compte tenu que le terme tout intégré est nul, on obtient :
\(\displaystyle{I_n=(n-1)(I_{n-2}-I_n)}\), soit
\(\displaystyle{I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}}\)
On a une récurrence de 2 en 2, d'où des expressions différentes pour \(n\) pair ou \(n\) impair.
Puisque \(\displaystyle{I_0=\frac{\pi}{2}\textrm{ et }I_{2p}=\frac{2p-1}{2p}I_{2p-2}}\), on a :
\(\displaystyle{I_{2p}=\frac{1.3.5.....(2p-1)}{2.4.6.....2p}\frac{\pi}{2}}\)
Avec \(\displaystyle{I_1=1\textrm{ et }I_{2p+1}=\frac{2p}{2p+1}I_{2p-1}}\)on a :
\(\displaystyle{I_{2p+1}=\frac{2.4.6.....2p}{1.3.5....(2p+1)}}\)
Complément : Formule de Wallis :
Les inégalités \(\displaystyle{\forall t\in[0,\frac{\pi}{2}], 0\leq\sin^nt\leq\sin^{n-1}t}\) entraînent \(0\leq I_n\leq I_{n-1}\), donc la suite \((I_n)\) qui est strictement positive est décroissante. On a \(\displaystyle{\frac{I_{n-2}}{I_n}=\frac{n}{n-1},\textrm{ d'où } \displaystyle{\lim_{x\to+\infty}\frac{I_{n-2}}{I_n}=1}}\). Compte tenu des inégalités \(\displaystyle{I_n\leq I_{n-1}\leq I_{n-2}}\) qui entraînent \(1\leq\frac{I_{n-1}}{I_n}\leq\frac{I_{n-2}}{I_n}\textrm{ on a }\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}\frac{I_{n-1}}{I_n}=1}\).
Ainsi la suite \((I_{2p}/I_{2p+1})\) a pour limite \(1\). On a donc :
\(\displaystyle{\lim_{p\to+\infty}(\frac{1.3.5.....(2p-1)}{2.4.6.....2p})^2\frac{(2p+1)}{2}\pi=1}\)
On en déduit une expression de \(\pi\), comme limite d'une suite, d'où une possibilité de calcul approché :
\(\displaystyle{\pi=\lim_{p\to+\infty}\frac{1}{p}(\frac{2.4.6.....2p}{1.3.5.....(2p-1)})^2}\)
valeurs numériques : \(p = 5\) on obtient \(3,30\)
\(p = 10\) nous donne \(3.15\)
Exemple :
Relation de récurrence entre les intégrales indéfinies \(\displaystyle{I_n(x)=\int\frac{dx}{(x^2+1)^n}}\)
Pour tout \(n\) entier la fonction \(\displaystyle{x \mapsto \frac{1}{(x^2 + 1)^n}}\) est continûment dérivable sur \(\mathbf R\). En posant :
\(\displaystyle{f'(x)=1\textrm{ et }g(x)=\frac{1}{(x^2+1)^n}}\) la formule d'intégration par parties donne :
\(\displaystyle{I_n(x)=\frac{x}{(x^2+1)^n}+2n\int\frac{x^2}{(1+x^2)^{n+1}}dx}\)
On remarque que :
\(\displaystyle{\frac{x^2}{(x^2+1)^{n+1}}=\frac{1}{(x^2+1)^n}-\frac{1}{(x^2+1)^{n+1}}}\)
\(\displaystyle{I_n(x)=\frac{x}{(x^2+1)^n}+2n(I_n(x)-I_{n+1}(x))}\) . On a finalement la relation de récurrence :
\(\displaystyle{2nI_{n+1}(x)=\frac{x}{(x^2+1)^n}+(2n-1)I_n(x)}\)
Remarque : Il faut insister sur le fait que cette relation concerne des intégrales indéfinies, les constantes y figurent implicitement. Dans la pratique on se ramènera à des calculs d'intégrales définies \(\displaystyle{\int_0^xf(t)dt}\).
Formule de Taylor avec reste intégral
Théorème :
Soit \(f\) une application de classe \(C^{n + 1}\) de l'intervalle \([a , b]\) dans \(\mathbf R\), on a alors :
\(\begin{array}{ll}f(b)-f(a)=&(b-a)f'(a)+\frac{(b-a)^2}{2!}f''(a)+...\\&+\frac{(b-a)^n}{n!}f^{(n)}(a)+\frac{1}{n!}\int_a^b(b-t)^nf^{(n+1)}(t)dt\end{array}\).
Preuve :
La démonstration se fait par récurrence. On considère la formule :
\(\begin{array}{ll}f(b)-f(a)=&(b-a)f'(a)+\frac{(b-a)^2}{2!}f''(a)+...\\&...+\frac{(b-a)^k}{k!}f^{(k)}(a)+\frac{1}{k!}\int_a^b(b-t)^kf^{(k+1)}(t)dt\end{array}\)
On montre qu'elle est réalisée pour \(k = 0\), on fait une récurrence sur \(k\) pour \(k\in\{0,1...n\}\).
Pour \(k = 0\), on a \(\displaystyle{f(b)-f(a)=\int_a^bf'(t)dt}\).
Supposons la propriété vraie pour \(k < n\):
\(\begin{array}{ll}f(b)-f(a)=&(b-a)f'(a)+\frac{(b-a)^2}{2!}f''(a)+...\\&...+\frac{(b-a)^k}{k!}f^{(k)}(a)+\frac{1}{k!}\int_a^b(b-t)^kf^{(k+1)}(t)dt\end{array}\)
On intègre par parties \(\displaystyle{\frac{1}{k!}\int_a^b(b-t)^kf^{(k+1)}(t)dt}\) , on a :
\(\begin{array}{ll}\frac{1}{k!}\int_a^b(b-t)^kf^{(k+1)}(t)dt=&\left[-\frac{1}{(k+1)!}(b-t)^{k+1}f^{(k+1)}(t)\right]_{t=a}^{t=b}\\&+\frac{1}{(k+1)!}\int_a^b(b-t)^{k+1}f^{(k+2)}(t) dt\end{array}\)
d'où
\(\begin{array}{ll}f(b)-f(a)=&(b-a)f'(a)+\frac{(b-a)^2}{2!}f''(a)+...\\&+\frac{(b-a)^{k+1}}{(k+1)!}f^{(k+1)}(a)+\frac{1}{(k+1)!}\int_a^b(b-t)^{k+1}f^{(k+2)}(t)dt\end{array}\)