@ccueil Colles

Démonstration d'une propriété intégrale


Montrer que pour toute fonction $f$ continue sur $[-1;1]$ on a
\[\int_0^\pi xf\lp\sin x\rp\,dx=\pi\int_0^{\frac\pi2} f\lp\sin x\rp\,dx\]


Correction
Soit $I=\dsp\int_0^\pi xf\lp\sin x\rp$.
Comme dans toutes les intégrales de l'égalité le terme $f\lp\sin x\rp$ semble invariant, cela nous incite à trouver un changement de variable qui laisse effectivement invariant ce terme, donc invariant le sinus (n'ayant pas d'autre information sur $f$).
On pose donc $u=\pi-x$, et donc $du=-dx$ et, comme justement $\sin u=\sin\lp\pi-x\rp=\sin x$,
\[\begin{array}{ll}
I&\dsp=-\int_\pi^0\lp\pi-u\right) f\lp\sin u\right)\,du\\
&=\dsp\int_0^\pi\lp\pi-u\right) f\lp\sin u\right)\,du \\
&=\dsp\pi\int_0^\pi f\lp\sin u\rp\,du-\int_0^\pi u f\lp\sin u\rp\,du\\
&=\dsp\pi\int_0^\pi f\lp\sin u\rp\,du-I\enar\]

On en déduit donc que $2I=\dsp\pi\int_0^\pi f\lp\sin u\rp\,du$ ou encore que $I=\dsp\dfrac\pi2\int_0^\pi f\lp\sin u\rp\,du$.

Il reste maintenant à découper l'intervalle d'intégration pour arriver à l'égalité recherchée:
\[\int_0^\pi f\lp\sin u\rp\,du
=\int_0^{\frac\pi2} f\lp\sin u\rp\,du+\int_{\frac\pi2}^\pi f\lp\sin u\rp\,du\]

et avec à nouveau le changement de variable $v=\pi-u$ dans la dernière intégrale:
\[\begin{array}{ll}\dsp\int_{\frac\pi2}^\pi f\lp\sin u\rp\,du&=\dsp-\int_{\frac\pi2}^0f\p\sin v\rp\,dv\\
&\dsp=\int_{\frac\pi2}^\pi f\lp\sin u\rp\,dv\enar\]

et donc,
\[\int_0^\pi f\lp\sin u\rp\,du=2\int_0^{\frac\pi2} f\lp\sin u\rp\,du\]

d'où l'égalité recherchée:
\[I=\dfrac\pi2\int_0^\pi f\lp\sin u\rp\,du=\pi\int_0^{\frac\pi2} f\lp\sin u\rp\,du\]



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Tag:Intégrale

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