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.

ExempleCas 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

    \(\displaystyle{\int\frac{\ln x}{x}dx=\frac{1}{2}\ln^2x+k}\)

ExempleCas 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

ExempleIntégrales 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 :

\(\displaystyle{I_{2p+1}=\frac{2.4.6.....2p}{1.3.5....(2p+1)}}\)

ComplémentFormule 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

\(\begin{array}{ll}f(b)-f(a)=&(b-a)f'(a)+\frac{(b-a)^2}{2!}f''(a)+...\\&+\frac{(b-a)^{k+1}}{(k+1)!}f^{(k+1)}(a)+\frac{1}{(k+1)!}\int_a^b(b-t)^{k+1}f^{(k+2)}(t)dt\end{array}\)