Intégration par parties pour les intégrales

________________

I.Problème fondamental

Enoncé :

u et v sont 2 fonctions numériques d’une variable réelle, définies et dérivables sur

l’intervalle I.

On suppose que 'u et 'v sont encore continues sur l’intervalle I. u et v étant dérivables sur I,

sont continues sur I ; à partir des 4 fonctions u, v, u’ et v’ continues sur I, en faisant des

multiplications et des additions, on obtient encore des fonctions continues sur I .

a et b étant 2 réels de I, calculer la somme suivante :

∫∫ +

b

a

b

a

dxxvxudxxvxu )()(')(')(

en fonction de )(),(),( buavau et )(bv .

Résolution :

On a : ∫∫ +

b

a

b

adxxvxudxxvxu )()(')(')( = ∫ +

b

adxxvxuxvxu ))()(')(')(( et par définition des

intégrales : ∫∫ +

b

a

b

adxxvxudxxvxu )()(')(')( = [u(x)v(x)] b

a.

II. Le théorèmes de l’intégration par parties (pour le calcul des intégrales)

L’énoncé justifié dans le paragraphe précédent est le suivant :

Soient u et v 2 fonctions numériques de la variable réelle x, définies et dérivables sur un

intervalle I :

Si u’ et v’ sont continues sur I et si a et b sont dans I,

∫b

adxxvxu )(')( = [u(x)v(x)] b

a– ∫

b

adxxvxu )()(' .

III Application au calcul d’intégrales ou de primitives.

f étant une fonction définie sur un intervalle I contenant les 2 réels a et b :

En intégrant par parties pour calculer ∫b

adxxf )( :

On doit choisir des fonctions auxiliaires u et v telles que : f(x)= u(x)v’(x) pour tout x de I.

Il est préférable de toujours présenter et compléter le tableau suivant :

u(x) = ; u’(x) =

Avec x dans I, on écrit :

v’(x) = ; v(x) = ; g(x)=u’(x)v(x)

Le produit des fonctions u et v’ de la colonne de gauche doit donner f

On se ramène au calcul de l’intégrale ∫b

adxxg )( ; on indiquera (en le justifiant) que les

fonctions u’ et v’ sont bien continues sur I.

IV. Etude d’exemples.

1. Produit de polynômes de degré 1 par des exponentielles.

① a) Calculer l’intégrale K= ∫10

0

1,0dxxe

x en faisant une intégration par parties.

b) En déduire l’intégrale L= ∫ +

10

0

1,0 )1( dxxex

.

② a) En faisant une intégration par parties calculer l’intégrale I= ∫ +

4

0

4/)54( dxexx

.

b) En déduire l’intégrale J= ∫ ++

4

0

4/ ))54(3( dxexx

.

③ T désignant un réel fixé, calculer, en fonction de T, la valeur exacte de l’intégrale

I(T)= ∫ −

Tt dtetT

0

4,0-)(0,4.- . En déduire, en fonction de T, la valeur exacte de l’intégrale

J(T)= ∫ −+

Tt dtetT

0

4,0- ))(.(4 .

2. Produit de polynômes par des logarithmes.

① En faisant une intégration par parties calculer l’intégrale I = � �� ln � �

�� .

② a) En faisant deux intégrations par parties, calculer les deux intégrales K= ∫e

xdx1

ln et

L= ∫ +

e

dxx1

)2ln( ( Pour la 2ème

intégration par parties on fera intervenir la fonction auxiliaire

x↦x+2).

b) Déduire de la question précédente l’intégrale S= ∫ +

e

dxxx1

)2(ln .

c) En faisant une intégration par parties calculer l’intégrale M= ∫ +

e

dxx1

)4ln( et en déduire

l’intégrale D= ∫+

+e

dxx

x

1 4

2ln .

Corrigé des exercices du paragraphe 1 :

① a) On pose :

u’ et v’ sont encore dérivables et continues sur ℝ, ainsi :

K= [10x e 0,1x

] 10

0 – 100 ∫10

0

1,0.1,0 dxex

= 100 e¹ –0–100[e 0,1x

] 10

0 = 100 e¹ –100( e1–e

0) où e⁰ =1.

d’où K=100.

b) ∫10

01dx = [x] 10

0 =10–0=10 alors 10+100= ∫10

01dx + ∫

10

0

1,0dxxe

x= dxxe

x

∫ +

10

0

1,0 )1( d’où 110=L.

② a) On remarque que x/4= x(1/4), ainsi (x/4)’=1/4 et on écrit :

u’ et v’ sont encore dérivables et

continues sur ℝ.

I= [4(4x+5) ex/4

] 4

0 – ∫4

016 e

x/4 dx=4[21 e¹ –5 e⁰]–4×16 ∫

4

0)4/1( e

x/4 dx et on a e¹=e et e⁰=1

d’où : I=4[21 e–5–16[ex/4

] 4

0 et e¹=e et e⁰=1 donnent : I=4[21e–5–16(e–1)]. Finalement :

I=4[5e+11]=20e+44.

b) ∫4

03dx = [3x] 4

0 =3(4–0)=12, on a : 12+(20e+44)= ∫4

03dx + ∫ +

4

0

4/)54( dxexx

et par linéarité du

calcul des intégrales : 20e+56= dxexx ))54(3(

4

0

4/

∫ ++ soit 20e+56= J.

○3 On écrit

u(t) = T–t u’(t)= -1

v’(t)= -0,4e-0,4 t

v(t)=e- 0,4 t

u’(t)v(t)= - e-0,4t

u’ et v’ sont encore dérivables et continues sur � et on obtient :

I(T)= ∫ ∫−−−−

−−×−×=−−−

T TtTtTt dteeTedteetT

0 0

4,004,04,0

0

4,0 )4,0(4,0

10])[(

I(T)= -T –2,5 [e-0,4 t

] T

0 = -T –2,5 [e-0,4T

–e 0] où e

0=1. D’où I(T)=2,5 – T–2,5e

-0,4T

J(T)= ∫ −−×−

Tt dtetT

0

4,0- ]))(.4,0[5,2(4 et par linéarité du calcul des intégrales,

J(T)= ∫ ∫−

−−−

T Tt dtetTdt

0 0

4,0).(4,05,24 = 4(T–0)–2,5 I(T) = 4T –6,25 +2,5T +6,25e-0,4 T

D’où J(T)= 6,5 T +6,25 e -0,4 T

– 6,25 .

u(x)=x u’(x)=1

v’(x)=e0,1x

= 10×0,1e0,1x v(x)=10e

0,1x g(x)=1×10e

0,1x =100×0,1e

0,1x

u(x)=4x+5 u’(x)=4

v’(x)= ex/4

= 4×(1/4) ex/4

v(x)=4 ex/4

u’(x)v(x)=16 ex/4

Corrigé des exercices du paragraphe 2 :

① On écrit pour 0< x,

u(x)=ln x u’(x)= 1/x

v’(x)=x² = (1/3)×3x3–1 v(x)=(1/3)x

3 g(x)=u’(x)v(x)=(1/3)x

2= (1/9)×3x

3–1

et avec pour 0<x, G(x)= (1/9)x3, G est une primitive de g sur ]0, +∞[. Finalement on écrit pour

0<x, F(x)=(1/3)x3.lnx –(1/9)x

3= (1/9)x

3(3.ln x–1) et F est une primitive de f sur ]0, +∞[.

② Pour 0<x, 0<x+2 et 0<x+4. Les fonctions x↦ln x, x↦ln(x+2), x↦ln(x+4), x↦ln4

2

+

+

x

x et

x↦ln[x.(x+2)] sont définies, dérivables et continues sur ]0, +∞[.

a) On écrit pour 0< x,

u(x)=ln x u’(x)= 1/x

v’(x)=1

v(x)= x

g(x)=u’(x)v(x)=1

u’ et v’ sont dérivables et continues sur ]0, +∞[ et K= [x.ln x] e

1 – ∫e

dx11 =e.lne–ln1–[x] e

1

K= e×1–0–(e–1) d’où K=1.

b) On écrit pour 0< x,

u₀ (x)=ln (x+2) u₀ ’(x)= 1/(x+2)

v₀ ’(x)=1

v₀ (x)= x+2

g₀(x)=u₀’(x)v₀(x)=1

u₀’ et v₀’ sont encore dérivables et continues sur ]0, +∞[ et L= [(x+2)ln(x+2)] e

1 – ∫e

dx11 d’où :

L= (e+2).ln(e+2)–3.ln3–[x] e

1 soit : L= (e+2).ln(e+2)–e +1–3.ln3.

b) Par linéarité des calculs d’intégrales : K+L = ∫ ++

e

dxxx1

))2ln((ln où

ln x+ln (x+2)= ln[x.(x+2)]d’où : (e+2).ln(e+2)–e +2–3.ln3= S.

c) On trouvera de la même façon que M= (e+4).ln(e+4)–5.ln5–(e–1) soit

M=(e+4).ln(e+4)–e+1–5.ln5. Par linéarité du calcul des intégrales :

L–M= ∫ +−+

e

dxxx1

))4ln()2(ln( où ln(x+2)–ln(x+4)= ln4

2

+

+

x

x donc : L–M=D.

Soit : D= (e+2).ln(e+2)–(e+4).ln(e+4)+5.ln5–3.ln3.

3. Exemple avec une fonction circulaire réciproque.

Enoncé ①:

1°) En faisant une intégration par parties, calculer l’intégrale I= ∫1

0Arc tanx dx.

2°) En faisant une intégration par parties, calculer l’intégrale J= ∫1

0x.Arc tanx dx ; on fera

intervenir la fonction auxiliaire x↦2

1 (x2+1).

3°) En déduire la valeur de l’intégrale L= ∫1

0(2+3x).Arc tanx dx.

Résolution :

1°) On écrit 0<1+x2 et :

u’ et v’ sont encore dérivables et continues sur �, alors :

I= )1ln2(ln2

1

4)]1[ln(

2

101 tanArc1

1

2

2

1]tanArc[ 1

0

21

0 2

1

0 −−=+−−×=+

− ∫π

xdxx

xxx

d’où I=2

2ln

4−

π .

2°) 1°) On écrit 0<1+x2 et

u’ et v’ sont encore dérivables et continues sur �, alors :

J= −+1

0

2 ] tanArc)1[(2

1xx ∫

1

0 2

1dx = )01(

2

10

4][

2

10] tanArc1 tan1Arc2[

2

1 1

0 −−−=−×−π

x

soit J= 2

1

4−

π .

3°) On remarque J= dxxxx ) tanArc.3 tanArc2(1

0∫ + et par linéarité du calcul des intégrales

L = 2 I + 3 J soit L = 2(π/4)– ln 2 +3(π/4) –3/2 d’où L= 5π/4 – ln2 – 3/2 .

Enoncé ② :

Par intégration par parties, calculer l’intégrale J = ∫2/1

0sin Arc dtt .

u(x)= Arc tan x u’(x)=

21

1

x+

v’(x)=1 v(x)=x u’(x)v(x)=

22 1

2

2

1

1 x

x

x

x

+=

+

u(x)= Arc tan x u’(x)=

21

1

x+

v1’(x)= )2(2

1 2x =x v1(x)= )1(

2

1 2+x u’(x)v(x)=

2

1

Résolution : On écrit pour –1<t<1: 0< 1–t2 et :

u’ et v’ sont dérivables et continues sur ]-1 ;1[

Ainsi J = [t. Arc sin t] 2/1

0 – dtt

t)

12

2(

2/1

0 2∫−

−− = (½)Arc sin (½) –0 + dt

t

t∫

−

−2/1

0 212

2 soit :

J= ( ½) (π /6) + [21 t− ] 2/1

0 = π /12 + ( 4/11− – 1 )= π /12 + 4/3 -1

J=π /12 + 3 /2 –1

4. Exemple avec les fonctions trigonométriques.

①a) Calculer en faisant une intégration par parties les intégrales I = ∫π

0x.cos x dx et

J= ∫π

0x.sin (3x) dx.

b) En déduire la valeur de l’intégrale L= ∫ +π

0)).3sin(cos3( xdxxx .

② Par une double-intégration par parties, calculer l’intégrale I = dttet )2/cos(

0

3

∫π

.

______________________________

Corrigé de l’exercice ① :

a)∗ On écrit:

où u’ et v’ sont dérivables et continues sur ℝ ; ainsi :

I=[x.sinx] π

0 – ∫π

0.sin dxx =π.sinπ–0 –[-cosπ] π

0 =0–(-cosπ –(-cos0)) = -(1+1), soit I= -2.

∗∗ On écrit :

u’ et w’ sont encore dérivables et continues sur ℝ, ainsi :

J= 3

1−[x.cos(3x)] π

0 – ∫−π

0)3cos(

3

1dxx où cos (3π)= -1 d’où :

J=3

1−[-π� 0] + ∫

π

0).3cos(.3

9

1dxx =

3

π+

9

1[sin(3x)] π

0 = 3

π+

9

1[sin(3π)–sin0] où sin0=0 et

Sin(3π)=0 d’où : J=3

π .

u(t)=Arc sin t u’(t)=

21

1

t−

v’(t)=1 v(t)= t u’(t)v(t)=

22 12

2

1 t

t

t

t

−

−−=

−

u(x)=x u’(x)=1

v'(x)=cos x v(x)=sin x u'(x)v(x)=sin x

u(x)=x u'(x)=1

w'(x)=sin(3x)=3

1−(-3sin(3x) w(x)=

3

1−cos(3x) u'(x).w(x)=

3

1−cos(3x)

b) L= ∫ +π

0))3sin(.cos.3( dxxxxx et par linéarité du calcul des intégrales, on a

automatiquement : L= 3 dxxx .cos.0∫π

+ ∫π

0).3sin(. dxxx =3.I + J d’où L=6+π/3.

Corrigé de l’exercice ② :

On écrit :

u’ et v’ sont dérivables et continues sur R , ainsi on a :

I = [2 et3 sin(t/2) ] π

0 - ∫π

06e

t3 sin(t/2)dt =2(e π3 sin( π /2)-e 0 sin0) – 6J avec J= ∫

π

0e

t3

sin(t/2)dt où sin0 =0 et 1=sin(π /2) d’où: I= 2 e π3 -6J et de nouveau, on écrit:

u(t)=et3 u’(t)=3 e

t3

w’(t)= sin(t/2)= -2[-(1/2) sin(t/2)] w(t)=-2 cos(t/2) u’(t)w(t)=-6 et3 cos(t/2)

u’ et w’ sont dérivables et continues sur R , ainsi on a :

J= [-2 et3 cos(t/2) ] π

0 - ∫π

0-6 e

t3 cos(t/2)dt=-2(e π3 cos(π /2)- e 0 cos0 ) + 6 dttet )2/cos(

0

3

∫π

où e 0cos10== et cos(π /2)=0 d’où J = -2(-1) + 6 I =2+6I et on obtient l’égalité :

I=2 eπ3 - 6 ( 2+6I)= 2 e

π3-12 –36I d’où: 37I=2 e

π3-12 soit:

u(t)=et3 u’(t)=3 e

t3

v’(t)=cos(t/2)=2 (1/2)cos(t/2) v(t)=2 sin(t/2) u’(t)v(t)=6 et3 sin(t/2)

I=(2 eπ3

-12)/37