Solutions
I.5. Intégrales impropres
I.5.1.
(a) On a
2π
0
dx
sin
4 x + cos 4 x
= 8
π/4
0
dx
sin
4 x + cos 4 x
= 8
π/4
0
dx
cos 2 (2x) +
1
2 sin
2 (2x)
= 8
π/4
0
1
cos 2 (2x)
dx
1 +
1
2 tan 2 (2x)
= 4
π/4
0
dx
1 +
1
2 tan 2 (2x)
d(tan(2x))
= 4
+∞
0
dt
1 +
1
2 t 2
= 2π
√
2.
(b) On a
π/2
0
ln(sin x) dx =
π/2
0
ln
cos
π
2
− x
dx =
π/2
0
ln(cos x) dx.
Donc,
π/2
0
ln(sin x) dx =
1
2
π/2
0
ln
sin 2x
2
dx =
1
4
π
0
ln
sin x
2
dx
=
1
2
π/2
0
(ln(sin x) − ln 2) dx.
En conséquence,
π/2
0
ln(sin x) dx = −
π
2
ln 2.
(c) On montre par récurrence que
1
0
x
n (1 − x)
α dx =
n!
(α + 1)(α + 2) . . . (α + n + 1)
.
Pour n = 0 et α > −1, on a
1
0
(1 − x)
α dx =
1
α + 1
=
0!
α + 1
.
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