[MPSI] Règles de Bioche : intégrales

Aide à la résolution d'exercices ou de problèmes de niveau Supérieur.

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> Penser à utiliser le mode LaTeX (voir ici) afin de rendre vos formules plus lisibles.
> Ne poster qu'un exercice (ou problème) par sujet et indiquer son niveau précis dans le titre du message.

Messagepar kojak » Samedi 03 Mars 2007, 18:55

A ce stade il faut factoriser par $a+1$, possible car $a\neq -1$ et donc tu as au dénominateur $1+\dfrac{a-1}{a+1}u^2$ et donc suivant le signe de $\dfrac{a-1}{a+1}$, tu peux dire que c'est le carré de ... s'il est positif, de façon à faire apparaitre un $\arctan$
S'il est négatif, tu changes le signe (correctement) et tu fais apparaitre un $\text{argth}$...
Cependant, je ne vois pas comment tu vas obtenir tes fameuses formules :roll:
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Messagepar pouik » Samedi 03 Mars 2007, 19:06

$$I_a = \displaystyle\int_{0}^{1} 2\dfrac{1}{u^2(a-1) + (a+1)} du$$



Or $a+1 \ne 0$ car $a \ne -1$,
d'où :

$$I_a = \displaystyle\int_{0}^{1} 2\dfrac{1}{u^2\dfrac{a-1}{a+1} + 1} du$$



distinguons 3 cas :

- 1er cas : si $a \in ]1;+\infty[$ :
On a : $a-1 >0$ et $a+1 > 0$

donc a fortiori :

$$\dfrac{a-1}{a+1} > 0$$



d'où :

$$I_a = \displaystyle\int_{0}^{1} 2\dfrac{1}{u^2\left(\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}\right)^2 + 1} du$$



mais j'ai un petit trou pour l'intégrerf !! :D :D

- 2ème cas : si $a \in ]0;1]$ :
On a : $a-1 \le 0$ et $a+1 > 0$

donc a fortiori :

$$\dfrac{a-1}{a+1} \le  0$$



d'où :

$$I_a = \displaystyle\int_{0}^{1} 2\dfrac{1}{-u^2\left(\sqrt{-\dfrac{a-1}{a+1}}\right)^2 + 1} du$$



mais j'ai un petit trou pour l'intégrer !! :D :D

- 3ème cas : si $a \in ]-\infty;-1[$ :
On a : $a-1 < 0$ et $a+1 < 0$

donc a fortiori :

$$\dfrac{a-1}{a+1} >  0$$



d'où :

$$I_a = \displaystyle\int_{0}^{1} 2\dfrac{1}{u^2\left(\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}\right)^2 + 1} du$$



mais j'ai un petit trou pour l'intégrer !! :D :D

Est-ce que ce que j'ai fais est correct ??
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Messagepar kojak » Samedi 03 Mars 2007, 20:17

pouik a écrit:

$$I_a = \displaystyle\int_{0}^{1} 2\dfrac{1}{u^2\dfrac{a-1}{a+1} + 1} du$$

il en manque un morceau : il y a $\dfrac{1}{a+1}$ devant puisque tu l'as mis en facteur...
pouik a écrit:
distinguons 3 cas :
qui se résume en 2 seulement $\dfrac{a-1}{a+1}>0 $équivaut à $a<-1$ ou $a>1$
pouik a écrit:
d'où :

$$I_a = \displaystyle\int_{0}^{1} 2\dfrac{1}{u^2\left(\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}\right)^2 + 1} du$$


mais j'ai un petit trou pour l'intégrer !!
c'est un $\arctan$ faut l'écrire :
$\dfrac{\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}}{\left(u\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}\right)^2 + 1} $ avec un coefficient devant...
pouik a écrit:- 2ème cas : si $a \in ]0;1]$ : d'où :

$$I_a = \displaystyle\int_{0}^{1} 2\dfrac{1}{-u^2\left(\sqrt{-\dfrac{a-1}{a+1}}\right)^2 + 1} du$$

Idem, il faut l'écrire de la même façon que plus haut $\dfrac{\sqrt{\dfrac{1-a}{a+1}}}{1-\left(u\sqrt{\dfrac{1-a}{a+1}}\right)^2 } $ avec un coefficient devant...
et tu reconnais $\dfrac{1}{1-X^2}$
PS : pour $a=1$, tu remplaces dans la première égalité de ton post pour obtenir $I_a=1$...
A tchao,
:roll: Bonsoir
Dernière édition par kojak le Dimanche 04 Mars 2007, 10:17, édité 1 fois.
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Messagepar pouik » Samedi 03 Mars 2007, 20:34

A part $2$ comme coefficient dans les 2 cas, je ne vois pas vraiment !!
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Messagepar pouik » Dimanche 04 Mars 2007, 09:38

Bonjour,
Je viens de me rendre compte que la deuxième $I_a$ n'était pas bonne, c'est :

$$\begin{array}{ll} I_a &= \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{\arccos{a}}{\sqrt{1-a^2}} \textrm{si} a < 1 \\ \dfrac{argch{a}}{\sqrt{a^2-1}} \textrm{si} a > 1 \end{array} \right \\ \end{array}$$



pourtant la formule tapée est la bonne, bon bref !!

Sinon j'ai remarqué pour la deuxième que le résultat à trouver était de la forme

$$f(x) \times f'(x)$$



de plus, on sait que :

$$argch(a) = \ln(a+\sqrt{a^2-1})$$



Tout ca pour dire que, ne faudrait-il pas faire une intégration par parties pour trouver le résultat attendu ?? enfin c'est juste une idée :D :D
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Messagepar kojak » Dimanche 04 Mars 2007, 10:31

Donc dans le cas $a<-1$ et $a>1$ alors
$I_a=\dfrac{2}{a+1}\sqrt{\dfrac{a+1}{a-1}}\ds\int_0^1\dfrac{\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}}{\left(u\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}\right)^2 + 1} du=\dfrac{2}{\sqrt{a^2-1}}\arctan\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}$ après simplification...

- 2ème cas : si $a \in ]0;1]$ : d'où :

$$I_a =\dfrac{2}{a+1}\sqrt{\dfrac{a+1}{1-a}} \displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{\sqrt{\dfrac{1-a}{a+1}}}{1-\left(u\sqrt{\dfrac{1-a}{a+1}}\right)^2 } du=\dfrac{2}{\sqrt{1-a^2}}\text{Argth}\sqrt\dfrac{1-a}{1+a}}$$

$\text{Argth}$ est l'Arg Tangente hyperbolique....

La seconde formule doit se simplifier car $\text{Argth} X =\dfrac{1}{2}\ln\dfrac{1+X}{1-X}$ avec l'expression conjuguée de la racine afin de trouver ta formule...

PS : pour $a=1$, tu remplaces dans la première égalité de ton post pour obtenir $I_a=1$...
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Messagepar pouik » Dimanche 04 Mars 2007, 10:59

Plusieurs questions :
-Pourriez vous me rappeller la formule plus générale quand on intègre en $\arctan$, car moi en cours je n'ai vu que celle avec $x$, c'est-à-dire : $\displaystyle\int \dfrac{1}{1+x^2}dx = \arctan{x}$

- Le $argch$ doit être obtenu pour la première formule que vous avez écrite alors pourquoi dite vous :
:cursing:
La seconde formule doit se simplifier car $\text{Argth} X =\dfrac{1}{2}\ln\dfrac{1+X}{1-X}$ avec l'expression conjuguée de la racine afin de trouver ta formule...


- Enfin, y a t il une facon de faire intervenir $\arccos$ dans la deuxième formule que vous avez écrite ??

Merci d'avance :D :D
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Messagepar guiguiche » Dimanche 04 Mars 2007, 11:02

Pour $\ds\int{\frac{dx}{a^2+x^2}}$, on procède au changement de variable $x=at$.
Pas d'aide par MP : les questions sont publiques, les réponses aussi.
Tu as apprécié l'aide qui t'a été fournie ? Alors n'hésite pas à rendre la pareille à quelqu'un d'autre.
Un peu d'autopromotion.
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Messagepar kojak » Dimanche 04 Mars 2007, 11:05

Ben si $u$ est une fonction alors $(\arctan u)'=\dfrac{u'}{1+u^2}$ non... dérivation des fonctions composées...

Ensuite, connais tu l'Argth... ? Si non, tu décomposes en éléments simples $\dfrac{1}{1-x^2}$


Ensuite, je ne vois pas bien comment faire intervenir des $\arccos$ et des Argch :roll:
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Messagepar pouik » Dimanche 04 Mars 2007, 11:07

mais alors ici si on a posé $a=1$ et $x=u\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}$

Pourquoi obtient on :

$$I_a=\dfrac{2}{a+1}\sqrt{\dfrac{a+1}{a-1}}\ds\int_0^1\dfrac{\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}}{\left(u\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}\right)^2 + 1} du$$

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Messagepar kojak » Dimanche 04 Mars 2007, 11:22

pouik a écrit:mais alors ici si on a posé $a=1$
Non $a>1$ ou $a<-1$ pour que le signe du quotient soit positif.

pouik a écrit:et $x=u\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}$
ben c'est pour avoir un $\arctan$..
pouik a écrit:Pourquoi obtient on :

$$I_a=\dfrac{2}{a+1}\sqrt{\dfrac{a+1}{a-1}}\ds\int_0^1\dfrac{\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}}{\left(u\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}\right)^2 + 1} du$$

fais ce calcul et montre que c'est bien ce qui est écrit avant..
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Messagepar pouik » Dimanche 04 Mars 2007, 11:29

Dans un ultime désepspoir j'ai relu ce que j'avais écris, et je pense avoir trouvé le problème....


Le problème vient à mon avais du fait de l'habitude (vilaine !!! :twisted:), qui fait que lorsque qu'on a deux alternatives, on choisit toujours la même.

Ce monologue terminé, :D :D venons en au fait, à mon avis, au leiu d'écrire :

$$\cos{x} = \dfrac{1- u^2}{1 + u^2}$$


il aurait fallu écrire :

$$\cos{x} = -\dfrac{1- u^2}{1 + u^2}$$


car quand on enlève la racine carré, c'est $+$ ou $-$.

et donc ainsi, pour $a < 1$, on obtient :
l'écriture suivante de $g$ :

$$2\dfrac{1}{(u\sqrt{a+1} + \sqrt{1-a})(u\sqrt{a+1} - \sqrt{1-a})}$$


qu'on peut décomposer en éléments simples !! Est-ce correct ??

sinon dans le cas où $a > 1$, je ne vois pas bien.

Et en plus, ceci expliquerait pourquoi on fait la distinction $a>1$ et $a<1$ !! :shiny: :shiny:
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Messagepar pouik » Dimanche 04 Mars 2007, 11:33

mais par contre, n'ayant pas vu le chapitre sur la décomposition en lééments simple, je ne sais pas comment faire !! Pourriez vous m'expliquer ?? Merci d'avance.
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Messagepar kojak » Dimanche 04 Mars 2007, 11:38

pouik a écrit: à mon avis, au leiu d'écrire :

$$\cos{x} = \dfrac{1- u^2}{1 + u^2}$$


il aurait fallu écrire :

$$\cos{x} = -\dfrac{1- u^2}{1 + u^2}$$


car quand on enlève la racine carré, c'est $+$ ou $-$.
oui, mais ici $x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ donc $\cos x \geq 0$ et $u\in[0,1]$ donc la solution avec le signe $-$ ne colle pas...
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Messagepar kojak » Dimanche 04 Mars 2007, 11:41

pouik a écrit:mais par contre, n'ayant pas vu le chapitre sur la décomposition en lééments simple, je ne sais pas comment faire !! Pourriez vous m'expliquer ?? Merci d'avance.
tu l'as pas déjà utilisée : $\dfrac{1}{1-x^2}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{1-x}+\dfrac{1}{1+x}\right)$
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Messagepar pouik » Dimanche 04 Mars 2007, 11:46

okay et si on écrit pour $a < 1$ :

$$I_a = \displaystyle\int_{0}^{1} -2\dfrac{1}{u^2(1-a) - (a+1)} du$$



c'est-à-dire :

$$I_a = \displaystyle\int_{0}^{1} -2\dfrac{1}{(u\sqrt{1-a} + \sqrt{a+1})(u\sqrt{1-a} - \sqrt{a+1})} du$$



et qu'on décompose en éléments simples ?? peut-on aboutir à un des deux résultats ??
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Messagepar pouik » Dimanche 04 Mars 2007, 11:48

kojak a écrit:
pouik a écrit:mais par contre, n'ayant pas vu le chapitre sur la décomposition en lééments simple, je ne sais pas comment faire !! Pourriez vous m'expliquer ?? Merci d'avance.
tu l'as pas déjà utilisée : $\dfrac{1}{1-x^2}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{1-x}+\dfrac{1}{1+x}\right)$


oui mais seulment quand j'ai réussi à décomposer en produit polynomes du premier au dénominateur et que le numérateur est une constante, j'avais vu ca l'an dernier !
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Messagepar kojak » Dimanche 04 Mars 2007, 11:57

pouik a écrit:okay et si on écrit pour $a < 1$ :

$$I_a = \displaystyle\int_{0}^{1} -2\dfrac{1}{u^2(1-a) - (a+1)} du$$



c'est-à-dire :

$$I_a = \displaystyle\int_{0}^{1} -2\dfrac{1}{(u\sqrt{1-a} + \sqrt{a+1})(u\sqrt{1-a} - \sqrt{a+1})} du$$



et qu'on décompose en éléments simples ?? peut-on aboutir à un des deux résultats ??
Ben oui, tu vas obtenir ce que je t'ai proposé avec l'Argth : ça revient au même...

pouik a écrit: oui mais seulment quand j'ai réussi à décomposer en produit polynomes du premier au dénominateur et que le numérateur est une constante, j'avais vu ca l'an dernier !
ben c'est bien le cas ici...
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Messagepar pouik » Dimanche 04 Mars 2007, 12:00

masi n'aurait-on pas fait une erreur avant.

Sinon, que pensez vous de l'intégration par parties que j'ai suggérée ce matin ?? Pourrait-on trouver les formules attendues ??
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Messagepar pouik » Dimanche 04 Mars 2007, 12:04

c'est etrange tout de mêm que dans les deux formules à trouver le résultat soit :
- si $a<1$ :

$$-f(a)f'(a)$$


- si $a>1$ :

$$f(a)f'(a)$$



non vous trouver pas ca etr
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