Calcul intégral : fonctions intégrales et substitution trigonométrique — Exercices 45 et 46
Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques
Ces deux exercices mobilisent plusieurs résultats essentiels du calcul intégral. Dans l’exercice 45, une fonction est définie par des formules différentes selon le signe de la variable. Nous étudierons d’abord la branche exprimée à l’aide d’une intégrale, puis nous examinerons la continuité et la dérivabilité au point de raccordement. Les dérivées permettront de dresser le tableau de variations. Une somme comportant une exponentielle sera ensuite transformée en somme de Riemann : l’enjeu sera de faire apparaître le facteur 1/n, d’identifier une fonction continue sur [0;1] et d’en calculer l’intégrale. L’exercice 46 développe une autre technique : le changement de variable trigonométrique \(t=\tan\left(\dfrac u2\right)\). Il transforme un quotient faisant intervenir sinus et cosinus en fraction rationnelle. Une décomposition algébrique, des primitives logarithmiques et la fonction Arctan mèneront à une expression de la fonction intégrale, puis à la valeur exacte d’une intégrale sur [0;π].
Repères de cours — Fonctions intégrales et substitutions
Continuité d’une fonction définie par morceaux. Au point où la formule change, on compare la valeur de la fonction aux limites à gauche et à droite. Pour conclure à la dérivabilité, on étudie ensuite les deux taux d’accroissement. Une pente unilatérale infinie indique une demi-tangente verticale, mais pas une dérivée réelle.
Fonction définie par une intégrale. Si g est continue sur un segment [a;b], alors la fonction définie par une intégrale de a à x possède une dérivée égale à g(x) à l’intérieur du segment. Aux extrémités, on considère les dérivées unilatérales.
\[F(x)=\int_a^x g(t)\,dt\qquad\Longrightarrow\qquad F'(x)=g(x).\]Sommes de Riemann. Pour une fonction φ continue sur [0;1], les subdivisions régulières donnent une intégrale lorsque n tend vers l’infini. Il faut établir la continuité avant d’appliquer cette propriété.
\[\lim_{n\to+\infty}\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\varphi\left(\frac{k}{n}\right)=\int_0^1\varphi(x)\,dx.\]Changement de variable. L’expression t = tan(u/2) est utilisable ici sur [0;x] lorsque x est strictement inférieur à π. On remplace simultanément les fonctions trigonométriques, la différentielle et les bornes. Le passage à x = π s’effectue ensuite par continuité, non en attribuant une valeur finie à tan(π/2).
\[\sin u=\frac{2t}{1+t^2},\quad \cos u=\frac{1-t^2}{1+t^2},\quad du=\frac{2\,dt}{1+t^2}.\]Primitives utiles. La dérivée de ln(a+t²) est 2t/(a+t²) lorsque a+t² est positif, et la dérivée de Arctan(t) est 1/(1+t²). Ces deux formes apparaîtront après la décomposition rationnelle.
Exercice 45
On considère la fonction numérique \(f\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f(x)= \begin{cases} \displaystyle\int_x^{x+1}(1+\ln t)\,dt &\text{si }x\gt0,\\[4mm] f(0)=0,\\[2mm] \displaystyle\frac1{x^2}e^{1/x} &\text{si }x\lt0. \end{cases} \]Objectif de l’exercice 45. Pour étudier f, nous utiliserons la formule correspondant à chaque intervalle et examinerons séparément le raccordement en zéro. Cette démarche évite d’utiliser une dérivée au point où elle n’existe pas. La dernière question demandera de reconnaître une somme de Riemann construite à partir de la branche négative de cette même fonction.
Question 1
Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ f(x)=(1+x)\ln(1+x)-x\ln x. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Méthode — Reconnaître une primitive. La question porte sur une intégrale dont les deux bornes dépendent de x. Ici, il est plus simple de calculer cette intégrale directement que de dériver sous le signe intégral. Pour x strictement positif, l’intervalle [x;x+1] reste inclus dans le domaine de définition du logarithme. L’intégrande est donc continue et possède une primitive élémentaire. Le théorème fondamental du calcul intégral permet d’évaluer cette primitive aux deux bornes, dans leur ordre.
Soit \(x\in\mathbb R_+^*\). On a :
La primitive utilisée est justifiée sur tout l’intervalle d’intégration, car x est strictement positif ; nous pouvons donc évaluer ses valeurs aux bornes x et x+1.
\[ f(x)= \int_x^{x+1}(1+\ln t)\,dt. \]Or :
\[ (t\ln t)'=1+\ln t. \]La fonction \(t\mapsto t\ln t\) est donc une primitive de \(t\mapsto1+\ln t\) sur \(\mathbb R_+^*\).
Ainsi :
\[ \begin{aligned} f(x) &= \left[t\ln t\right]_x^{x+1}\\ &= (x+1)\ln(x+1)-x\ln x. \end{aligned} \]La formule explicite obtenue simplifie toute l’étude de la branche positive.
Cette écriture explicite de la branche positive évite de manipuler une intégrale à bornes variables dans les questions suivantes. Elle servira directement aux limites et à la dérivée de f sur ]0;+∞[.
Question 2 a)
Montrer que \(f\) est continue en \(0\).
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Repère de cours — Continuité au raccordement. Le zéro est le point où la définition de f change : sa continuité ne découle pas automatiquement de celle de chaque expression séparée. On doit vérifier que les deux limites unilatérales sont égales à la valeur f(0). Du côté positif, on utilisera la formule établie à la question 1 et la limite usuelle de x ln x. Du côté négatif, on transformera l’exponentielle composée pour comparer une puissance de la nouvelle variable à une exponentielle.
On a :
On doit traiter séparément les deux côtés, puisque les formules définissant f y sont différentes. La valeur commune des limites sera ensuite comparée à f(0).
\[ f(0)=0. \]Limite à droite en \(0\).
Pour \(x\gt0\), la question précédente donne :
\[ f(x)=(1+x)\ln(1+x)-x\ln x. \]Lorsque \(x\to0^+\) :
\[ (1+x)\ln(1+x)\longrightarrow0, \]et, d’après la limite usuelle :
\[ x\ln x\longrightarrow0. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=0. \]Limite à gauche en \(0\).
Pour \(x\lt0\) :
\[ f(x)=\frac{e^{1/x}}{x^2}. \]Posons :
\[ y=-\frac1x. \]Lorsque \(x\to0^-\), on a \(y\to+\infty\), et :
\[ \frac{e^{1/x}}{x^2} = y^2e^{-y} = \frac{y^2}{e^y}. \]Or l’exponentielle l’emporte sur toute puissance au voisinage de \(+\infty\), donc :
\[ \lim_{y\to+\infty}\frac{y^2}{e^y}=0. \]Ainsi :
\[ \lim_{x\to0^-}f(x)=0. \]Finalement :
\[ \lim_{x\to0^-}f(x) = \lim_{x\to0^+}f(x) = f(0)=0. \]Le calcul par substitution ramène la limite de gauche à une forme exponentielle usuelle.
Les deux branches de la courbe rejoignent bien le point O(0;0) sans saut. Cette conclusion établit la continuité seulement ; il reste à étudier les pentes unilatérales pour décider de la dérivabilité.
Question 2 b)
Montrer que :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty, \]puis calculer :
\[ \lim_{x\to-\infty}f(x). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Méthode — Séparer les deux branches à l’infini. Les expressions de f étant différentes sur les deux demi-droites, chaque limite doit être étudiée à partir de la formule qui y correspond. À droite, on réorganise les logarithmes afin de faire apparaître un terme divergent et une limite usuelle finie. À gauche, on exploite le fait que 1/x tend vers zéro et que le facteur 1/x² tend vers zéro. Cette étude prépare aussi l’interprétation des branches infinies de la courbe.
Limite en \(+\infty\).
Sur la branche positive, écrire les deux termes logarithmiques autrement fait apparaître une différence de logarithmes qui possède une limite classique.
Pour \(x\gt0\) :
\[ \begin{aligned} f(x) &= (x+1)\ln(x+1)-x\ln x\\ &= \ln(x+1) + x\left[\ln(x+1)-\ln x\right]\\ &= \ln(x+1) + x\ln\left(1+\frac1x\right). \end{aligned} \]Lorsque \(x\to+\infty\) :
\[ \ln(x+1)\longrightarrow+\infty. \]De plus :
\[ x\ln\left(1+\frac1x\right) = \frac{ \ln\left(1+\dfrac1x\right) }{ \dfrac1x } \longrightarrow1. \]Par conséquent :
\[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty }. \]Limite en \(-\infty\).
Pour \(x\lt0\) :
\[ f(x)=\frac{e^{1/x}}{x^2}. \]Lorsque \(x\to-\infty\) :
\[ e^{1/x}\longrightarrow1 \qquad\text{et}\qquad \frac1{x^2}\longrightarrow0. \]Donc :
Le terme logarithmique dominant diverge, tandis que l’autre tend vers une constante réelle.
À gauche, la courbe se rapproche de l’axe des abscisses lorsque x tend vers −∞. À droite, les valeurs deviennent arbitrairement grandes. Ces deux comportements devront être respectés dans l’étude des variations.
Question 3 a)
Étudier la dérivabilité de \(f\) en \(0\), puis donner une interprétation géométrique du résultat.
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Méthode — Étudier les taux d’accroissement. La continuité en zéro a été prouvée, mais elle ne suffit pas à garantir la dérivabilité. Pour un point de raccordement, il faut calculer séparément les limites du quotient [f(x)−f(0)]/x, à gauche et à droite. Une limite réelle fournit une pente de demi-tangente, alors qu’une limite infinie caractérise une demi-tangente verticale. Nous utiliserons encore les limites usuelles de l’exponentielle et du logarithme, sans confondre continuité et dérivabilité.
Dérivée à gauche en \(0\).
Le quotient calculé ci-dessous est celui qui détermine la pente de la demi-tangente. Sa limite dépend du côté par lequel x tend vers zéro.
Pour \(x\lt0\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{e^{1/x}}{x^3}. \]Posons :
\[ y=-\frac1x. \]Lorsque \(x\to0^-\), on a \(y\to+\infty\), et :
\[ \frac{e^{1/x}}{x^3} = -y^3e^{-y} = -\frac{y^3}{e^y}. \]Par domination de l’exponentielle :
\[ \lim_{y\to+\infty}\frac{y^3}{e^y}=0. \]Donc :
\[ f'_g(0)=0. \]Dérivée à droite en \(0\).
Pour \(x\gt0\) :
\[ \begin{aligned} \frac{f(x)-f(0)}x &= \frac{(1+x)\ln(1+x)}x-\ln x. \end{aligned} \]Or :
\[ \frac{(1+x)\ln(1+x)}x = (1+x)\frac{\ln(1+x)}x \longrightarrow1, \]tandis que :
\[ -\ln x\longrightarrow+\infty. \]Ainsi :
\[ \lim_{x\to0^+} \frac{f(x)-f(0)}x = +\infty. \]La fonction \(f\) n’est donc pas dérivable en \(0\).
L’existence d’une limite nulle à gauche ne compense pas une pente infinie à droite.
La courbe de \(f\) admet au point \(O(0;0)\) :
\[ \boxed{y=0} \]comme demi-tangente à gauche, et :
\[ \boxed{x=0} \]comme demi-tangente verticale à droite.
Les deux demi-tangentes en O sont de directions différentes : l’axe horizontal à gauche et une droite verticale à droite. Une courbe peut donc être continue en un point sans y posséder de tangente unique de pente finie.
Question 3 b)
Calculer \(f'(x)\) pour tout \(x\in\mathbb R^*\).
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Méthode — Dériver sur chaque intervalle. La fonction n’étant pas dérivable en zéro, la question concerne uniquement les x non nuls. Pour x positif, la formule logarithmique de la question 1 se dérive avec la règle du produit ; des termes constants se simplifient. Pour x négatif, on dérive le produit de x à la puissance −2 par une exponentielle composée. La factorisation finale fait apparaître un polynôme du premier degré, qui sera décisif pour les variations.
Pour \(x\gt0\).
Le point x=0 étant exclu du domaine de dérivabilité, chaque formule peut être dérivée sur son intervalle ouvert de définition.
On a :
\[ f(x)=(x+1)\ln(x+1)-x\ln x. \]Donc :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \ln(x+1)+1-\ln x-1\\ &= \ln(x+1)-\ln x\\ &= \ln\left(\frac{x+1}{x}\right). \end{aligned} \]Ainsi :
\[ f'(x)= \ln\left(1+\frac1x\right) \qquad\text{si }x\gt0. \]Pour \(x\lt0\).
On a :
\[ f(x)=x^{-2}e^{1/x}. \]Par la règle de dérivation d’un produit :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= -2x^{-3}e^{1/x} + x^{-2}e^{1/x} \left(-\frac1{x^2}\right)\\ &= -\frac{2e^{1/x}}{x^3} - \frac{e^{1/x}}{x^4}\\ &= -\frac{(2x+1)e^{1/x}}{x^4}. \end{aligned} \]Le facteur positif exponentiel peut être isolé afin de simplifier l’étude du signe.
La forme factorisée de la dérivée sur ]−∞;0[ rend son signe immédiatement accessible. Sur ]0;+∞[, la positivité du logarithme annonce une branche strictement croissante.
Question 3 c)
Dresser le tableau de variations de \(f\).
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Méthode — Étudier rigoureusement le signe de f′. Sur la demi-droite négative, l’exponentielle et la quatrième puissance de x sont positives ; le signe de la dérivée dépend donc uniquement du facteur −(2x+1). Sur la demi-droite positive, le logarithme porte sur un nombre supérieur à 1 et est strictement positif. Nous ajoutons aux signes les limites déjà obtenues et la valeur de f au point critique. Au raccordement, il faut maintenir la continuité de f tout en notant qu’elle n’est pas dérivable.
Sur \(]-\infty;0[\).
Les variations sur la partie négative se déduisent du signe de −(2x+1), puisque tous les autres facteurs de la dérivée sont strictement positifs.
Pour \(x\lt0\) :
\[ f'(x)= -\frac{(2x+1)e^{1/x}}{x^4}. \]Comme :
\[ e^{1/x}\gt0 \qquad\text{et}\qquad x^4\gt0, \]le signe de \(f'(x)\) est l’opposé de celui de \(2x+1\).
On a :
\[ 2x+1=0 \Longleftrightarrow x=-\frac12. \]Par conséquent :
\[ f'(x)\gt0 \quad\text{sur}\quad ]-\infty;-\tfrac12[, \] \[ f'(x)\lt0 \quad\text{sur}\quad ]-\tfrac12;0[. \]Au point critique :
\[ \begin{aligned} f\left(-\frac12\right) &= \frac1{\left(-\dfrac12\right)^2} e^{-2}\\ &= \frac4{e^2}. \end{aligned} \]Sur \(]0;+\infty[\).
Pour tout \(x\gt0\) :
\[ 1+\frac1x\gt1, \]donc :
\[ \ln\left(1+\frac1x\right)\gt0. \]Ainsi :
\[ f'(x)\gt0 \quad\text{sur}\quad ]0;+\infty[. \]Lecture du tableau. Le signe est positif sur ]−∞;−1/2[, nul au point −1/2, négatif sur ]−1/2;0[, puis positif sur ]0;+∞[. À zéro, la fonction est continue, mais la dérivée n’existe pas : cette abscisse n’est donc pas un zéro de f′. Le tableau ci-dessous donne une synthèse des variations ; sur mobile, faites défiler le tableau horizontalement pour consulter les dernières colonnes.
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-\dfrac12\) | \(0\) | \(+\infty\) |
|---|---|---|---|---|
| Signe de \(f'(x)\) | + | 0 | − sur ]−½;0[ ; non dérivable en \(0\) | + |
| Variations de \(f\) | \(0\) | \(\nearrow\ \dfrac4{e^2}\) | \(\searrow\ 0\) | \(\nearrow\ +\infty\) |
Les sens de variation doivent être associés aux valeurs limites et à la valeur prise au point critique.
La fonction \(f\) est :
\[ \boxed{ \text{croissante sur } ]-\infty;-\tfrac12] } \] \[ \boxed{ \text{décroissante sur } [-\tfrac12;0] } \] \[ \boxed{ \text{croissante sur } [0;+\infty[ }. \]La branche négative possède un maximum local de hauteur 4/e² en x=−1/2, puis descend vers O. Après O, la branche positive croît sans borne. Le point O est un raccord continu mais non dérivable.
Question 4
On considère la suite numérique \((u_n)_{n\geq1}\) définie, pour tout \(n\in\mathbb N^*\), par :
\[ u_n= \sum_{k=0}^{n-1} \frac{n}{(k-2n)^2} e^{\frac{n}{k-2n}}. \]Calculer :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Méthode — Construire une somme de Riemann. La suite donnée présente des dénominateurs contenant k−2n. Avant de passer à la limite, on doit extraire n et introduire le quotient k/n. Le facteur 1/n apparaîtra alors devant une fonction évaluée en k/n. Les rangs k=0 à n−1 sont précisément les extrémités gauches de la subdivision de [0;1]. Nous vérifierons que la fonction ainsi construite est continue sur ce segment, puis nous réutiliserons une primitive exponentielle.
Pour tout \(k\in\{0;\ldots;n-1\}\), on a :
Pour tout rang de la somme, le dénominateur est non nul puisque k/n appartient à [0;1[ et le nombre k/n−2 est strictement négatif.
\[ k-2n = n\left(\frac{k}{n}-2\right). \]Par conséquent :
\[ (k-2n)^2 = n^2\left(\frac{k}{n}-2\right)^2 \]et :
\[ \frac{n}{k-2n} = \frac1{\dfrac{k}{n}-2}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \frac{n}{(k-2n)^2} e^{\frac{n}{k-2n}} &= \frac1n \frac{ e^{\frac1{\frac{k}{n}-2}} }{ \left(\dfrac{k}{n}-2\right)^2 }. \end{aligned} \]Donc :
\[ u_n= \frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \frac{ e^{\frac1{\frac{k}{n}-2}} }{ \left(\dfrac{k}{n}-2\right)^2 }. \]Considérons la fonction \(\varphi\) définie sur \([0;1]\) par :
\[ \varphi(x)= \frac{e^{1/(x-2)}}{(x-2)^2}. \]Comme \(x-2\neq0\) sur \([0;1]\), la fonction \(\varphi\) est continue sur ce segment.
On a :
\[ u_n= \frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \varphi\left(\frac{k}{n}\right). \]Il s’agit d’une somme de Riemann sur \([0;1]\). Ainsi :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n = \int_0^1 \frac{e^{1/(x-2)}}{(x-2)^2}\,dx. \]Posons :
\[ t=x-2, \qquad dt=dx. \]Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=-2, \qquad x=1\Longrightarrow t=-1. \]Donc :
\[ \int_0^1 \frac{e^{1/(x-2)}}{(x-2)^2}\,dx = \int_{-2}^{-1} \frac{e^{1/t}}{t^2}\,dt. \]Or :
\[ \left(-e^{1/t}\right)' = \frac{e^{1/t}}{t^2}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} \int_{-2}^{-1} \frac{e^{1/t}}{t^2}\,dt &= \left[-e^{1/t}\right]_{-2}^{-1}\\ &= -e^{-1}+e^{-1/2}. \end{aligned} \]La fonction associée est positive et ne présente aucune singularité sur [0;1].
La limite vaut l’aire algébrique sous une fonction positive et continue sur [0;1] ; elle est donc positive. Le changement d’échelle par k/n est l’étape décisive qui permet de passer d’une somme dépendant de n à une intégrale fixe.
Exercice 46
Objectif de l’exercice 46. La décomposition d’une fraction rationnelle servira au calcul d’une intégrale trigonométrique. Chaque question prépare la suivante : vérifier une identité algébrique, trouver une primitive en utilisant Arctan, transformer la fonction intégrale, puis atteindre l’extrémité π grâce à la continuité.
Question 1
Montrer que, pour tout \(t\in\mathbb R\) :
\[ \frac{(1+t)^2} {(1+t^2)(3+t^2)} = \frac{t}{1+t^2} - \frac{t}{3+t^2} + \frac1{3+t^2}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Méthode — Vérifier une décomposition rationnelle. La décomposition proposée vise à remplacer un quotient compliqué par trois termes dont on connaît les primitives. Pour prouver l’identité sur tout R, il faut d’abord constater que les deux dénominateurs sont strictement positifs. On met ensuite les trois fractions du membre de droite au même dénominateur et l’on développe soigneusement leur numérateur. La factorisation obtenue doit redonner exactement le carré du numérateur du membre de gauche.
Pour tout \(t\in\mathbb R\), les nombres \(1+t^2\) et \(3+t^2\) sont strictement positifs.
Aucune division interdite ne se produit, car 1+t² et 3+t² sont positifs pour tout réel t.
Réduisons le membre de droite au même dénominateur :
\[ \begin{aligned} \frac{t}{1+t^2} - \frac{t}{3+t^2} + \frac1{3+t^2} &= \frac{ t(3+t^2)-t(1+t^2)+(1+t^2) }{ (1+t^2)(3+t^2) }. \end{aligned} \]Le numérateur vaut :
\[ \begin{aligned} t(3+t^2)-t(1+t^2)+(1+t^2) &= 3t+t^3-t-t^3+1+t^2\\ &= 1+2t+t^2\\ &= (1+t)^2. \end{aligned} \]Les termes en t³ se compensent ; on retrouve le carré attendu.
L’identité ainsi établie sera utilisée telle quelle après le changement trigonométrique. Son intérêt est de produire deux primitives logarithmiques et une primitive faisant intervenir Arctan.
Question 2
Montrer que, pour tout \(\alpha\in\mathbb R\) :
\[ \int_0^\alpha \frac{dt}{3+t^2} = \frac1{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left( \frac{\alpha}{\sqrt3} \right). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Repère de cours — Primitive de la forme 1/(a²+t²). Le dénominateur est toujours positif. Pour reconnaître la dérivée de la fonction Arctan, on extrait le facteur 3, puis on introduit le quotient t/√3. Le coefficient qui précède Arctan n’est pas facultatif : il compense la dérivée de son argument. On vérifie donc la primitive par dérivation avant d’utiliser les bornes zéro et α. Le raisonnement reste valable que α soit positif, nul ou négatif.
Pour tout \(t\in\mathbb R\) :
Le facteur d’échelle √3 est choisi précisément pour mettre le dénominateur sous la forme 1+s², adaptée à la fonction Arctan.
\[ 3+t^2 = 3\left( 1+\frac{t^2}{3} \right). \]Donc :
\[ \frac1{3+t^2} = \frac13 \frac1{ 1+\left(\dfrac{t}{\sqrt3}\right)^2 }. \]Une primitive de cette fonction est :
\[ \frac1{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left( \frac{t}{\sqrt3} \right). \]En effet :
\[ \begin{aligned} \left[ \frac1{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left( \frac{t}{\sqrt3} \right) \right]' &= \frac1{\sqrt3} \frac{\dfrac1{\sqrt3}} {1+\dfrac{t^2}{3}}\\ &= \frac1{3+t^2}. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^\alpha \frac{dt}{3+t^2} &= \left[ \frac1{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left( \frac{t}{\sqrt3} \right) \right]_0^\alpha\\ &= \frac1{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left( \frac{\alpha}{\sqrt3} \right). \end{aligned} \]La dérivation directe vérifie le coefficient placé devant Arctan.
La formule donne une primitive valable sur toute la droite réelle, ce qui permettra de l’utiliser pour n’importe quelle borne supérieure réelle, notamment après le changement de variable de la question 3.
On considère la fonction \(F\) définie sur \([0;\pi]\) par :
\[ F(x)= \int_0^x \frac{1+\sin u}{2+\cos u}\,du. \]Question 3 a)
Montrer que \(F\) est dérivable sur \([0;\pi]\).
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Repère de cours — Dérivation d’une fonction intégrale. La borne supérieure de l’intégrale est x et la borne inférieure est fixe. Le théorème fondamental du calcul intégral s’applique dès que l’intégrande est continue sur le segment considéré. Nous vérifions cette condition en minorant le dénominateur 2+cos u par 1. Nous obtiendrons ainsi F′ sur l’intervalle ouvert ; sur le segment fermé, les dérivées aux extrémités se comprennent comme les dérivées unilatérales correspondantes.
Considérons la fonction :
La condition de continuité de l’intégrande doit être établie avant de conclure à la dérivabilité de F.
\[ g(u)= \frac{1+\sin u}{2+\cos u}. \]Pour tout \(u\in[0;\pi]\), on a :
\[ -1\leq\cos u\leq1. \]Donc :
\[ 2+\cos u\geq1\gt0. \]Le dénominateur ne s’annule donc pas sur \([0;\pi]\). La fonction \(g\) est continue sur ce segment.
Par le théorème fondamental du calcul intégral, la fonction :
\[ F(x)=\int_0^xg(u)\,du \]est dérivable sur \([0;\pi]\), et :
\[ F'(x)=g(x). \]Le résultat est valable à l’intérieur du segment et, au bord, pour les taux d’accroissement unilatéraux.
La continuité de l’intégrande fournit non seulement l’existence de la fonction intégrale, mais aussi sa dérivée. Cette propriété permet de travailler avec F sans chercher immédiatement une primitive explicite.
Question 3 b)
En effectuant le changement de variable :
\[ t=\tan\left(\frac u2\right), \]montrer que, pour tout \(x\in[0;\pi[\) :
\[ F(x)= 2 \int_0^{\tan(x/2)} \frac{(1+t)^2} {(1+t^2)(3+t^2)} \,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Méthode — Substitution par la tangente du demi-angle. Le changement t=tan(u/2) permet d’exprimer sinus et cosinus à l’aide de fractions rationnelles. Il exige cependant que u/2 reste strictement inférieur à π/2 ; c’est pourquoi l’égalité demandée concerne x dans [0;π[. Sur cet intervalle, la substitution est régulière et croissante. Il faut transformer séparément le numérateur, le dénominateur, la différentielle du et les deux bornes. Oublier le facteur 2 issu de la différentielle changerait le résultat final.
Soit \(x\in[0;\pi[\). Pour \(u\in[0;x]\), posons :
En remplaçant les identités trigonométriques, il faut conserver la différentielle issue de la substitution : son facteur 2 est essentiel.
\[ t=\tan\left(\frac u2\right). \]On utilise les formules :
\[ \sin u= \frac{2t}{1+t^2}, \] \[ \cos u= \frac{1-t^2}{1+t^2}, \] \[ du= \frac{2\,dt}{1+t^2}. \]Les bornes deviennent :
\[ u=0\Longrightarrow t=0, \] \[ u=x\Longrightarrow t=\tan\left(\frac x2\right). \]De plus :
\[ \begin{aligned} 1+\sin u &= 1+\frac{2t}{1+t^2}\\ &= \frac{1+t^2+2t}{1+t^2}\\ &= \frac{(1+t)^2}{1+t^2}, \end{aligned} \]et :
\[ \begin{aligned} 2+\cos u &= 2+\frac{1-t^2}{1+t^2}\\ &= \frac{2+2t^2+1-t^2}{1+t^2}\\ &= \frac{3+t^2}{1+t^2}. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \frac{1+\sin u}{2+\cos u} = \frac{(1+t)^2}{3+t^2}. \]En tenant compte de :
\[ du=\frac{2\,dt}{1+t^2}, \]on obtient :
\[ \begin{aligned} F(x) &= \int_0^x \frac{1+\sin u}{2+\cos u}\,du\\ &= 2 \int_0^{\tan(x/2)} \frac{(1+t)^2} {(1+t^2)(3+t^2)} \,dt. \end{aligned} \]Le changement de variable étant croissant sur [0;x], l’ordre des deux nouvelles bornes est conservé.
pour tout \(x\in[0;\pi[\).
L’intégrale trigonométrique est devenue une intégrale d’une fonction rationnelle. Nous pouvons donc exploiter directement la décomposition de la question 1 pour effectuer le calcul.
Question 3 c)
En utilisant les questions 1 et 2, montrer que, pour tout \(x\in[0;\pi[\) :
\[ F(x)= \ln3 + \frac2{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left( \frac{\tan(x/2)}{\sqrt3} \right) + \ln \left( \frac{1+\tan^2(x/2)} {3+\tan^2(x/2)} \right). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Méthode — Réutiliser les deux premiers résultats. Après la substitution, la fraction rationnelle est exactement celle étudiée à la question 1. Nous pouvons donc l’écrire comme somme algébrique de trois termes sans recommencer le calcul. Les deux premiers admettent des primitives logarithmiques ; le troisième se calcule avec l’identité de la question 2. Le regroupement des constantes issues de la borne zéro explique l’apparition du terme ln 3. Enfin, nous remplaçons l’abréviation T par tan(x/2).
Posons :
Le calcul se réduit aux trois intégrales issues de la décomposition de la question 1. On utilise la linéarité de l’intégrale et les primitives établies.
\[ T=\tan\left(\frac x2\right). \]D’après la question précédente :
\[ F(x)= 2\int_0^T \frac{(1+t)^2} {(1+t^2)(3+t^2)} \,dt. \]D’après la question 1 :
\[ \frac{(1+t)^2} {(1+t^2)(3+t^2)} = \frac{t}{1+t^2} - \frac{t}{3+t^2} + \frac1{3+t^2}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} F(x) &= 2\int_0^T \frac{t}{1+t^2}\,dt\\ &\quad- 2\int_0^T \frac{t}{3+t^2}\,dt\\ &\quad+ 2\int_0^T \frac{dt}{3+t^2}. \end{aligned} \]Calculons les deux premières intégrales :
\[ 2\int_0^T \frac{t}{1+t^2}\,dt = \left[ \ln(1+t^2) \right]_0^T = \ln(1+T^2), \] \[ \begin{aligned} 2\int_0^T \frac{t}{3+t^2}\,dt &= \left[ \ln(3+t^2) \right]_0^T\\ &= \ln(3+T^2)-\ln3. \end{aligned} \]D’après la question 2 :
\[ 2\int_0^T \frac{dt}{3+t^2} = \frac2{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left( \frac{T}{\sqrt3} \right). \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} F(x) &= \ln(1+T^2) - \ln(3+T^2) + \ln3\\ &\quad+ \frac2{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left( \frac{T}{\sqrt3} \right)\\ &= \ln3 + \frac2{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left( \frac{T}{\sqrt3} \right)\\ &\quad+ \ln \left( \frac{1+T^2}{3+T^2} \right). \end{aligned} \]En remplaçant \(T\) par \(\tan\left(\dfrac x2\right)\) :
Le terme ln 3 résulte de l’évaluation à la borne zéro, et ne doit pas être omis.
La formule explicite obtenue est valable sur [0;π[, mais elle ne contient aucune singularité réelle de la fonction intégrale elle-même à π. Le passage à cette borne demandera de prendre une limite, et non de substituer directement π.
Question 3 d)
En utilisant la continuité de \(F\), montrer que :
\[ \int_0^\pi \frac{1+\sin u}{2+\cos u}\,du = \ln3+\frac{\pi}{\sqrt3}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Méthode — Prolonger le résultat jusqu’à π. L’expression de la question 3 c) a été établie seulement pour x strictement inférieur à π, car tan(x/2) n’est pas définie en π. Il serait donc incorrect d’y remplacer directement x par π. En revanche, la continuité de F sur [0;π] permet de prendre la limite à gauche. Dans cette limite, l’argument de Arctan tend vers l’infini, tandis que le quotient intérieur au logarithme tend vers 1. Cela donnera la valeur exacte de l’intégrale complète.
La fonction \(F\) est continue sur \([0;\pi]\). Par conséquent :
Comme tan(x/2) diverge lorsque x approche π par valeurs inférieures, nous déterminons la limite de chaque terme séparément.
\[ F(\pi)= \lim_{x\to\pi^-}F(x). \]Or, lorsque \(x\to\pi^-\) :
\[ \frac x2\longrightarrow\frac\pi2^-, \]donc :
\[ \tan\left(\frac x2\right) \longrightarrow+\infty. \]Par conséquent :
\[ \operatorname{Arctan} \left( \frac{\tan(x/2)}{\sqrt3} \right) \longrightarrow \frac\pi2. \]D’autre part :
\[ \frac{ 1+\tan^2(x/2) }{ 3+\tan^2(x/2) } \longrightarrow1. \]Ainsi :
\[ \ln \left( \frac{ 1+\tan^2(x/2) }{ 3+\tan^2(x/2) } \right) \longrightarrow0. \]Il vient :
\[ \begin{aligned} F(\pi) &= \ln3 + \frac2{\sqrt3} \cdot \frac\pi2\\ &= \ln3+\frac\pi{\sqrt3}. \end{aligned} \]Comme :
\[ F(\pi)= \int_0^\pi \frac{1+\sin u}{2+\cos u}\,du, \]on obtient :
La continuité de F permet d’identifier cette limite à la valeur intégrale recherchée.
Cette expression donne la valeur exacte de l’intégrale sur [0;π]. Sa positivité est cohérente avec celle de l’intégrande, puisque 1+sin u est positif sur cet intervalle et 2+cos u ne s’annule pas.
À retenir
Fonction définie par morceaux. Toujours étudier les limites unilatérales au point de raccordement avant les dérivées unilatérales. La continuité n’implique pas la dérivabilité.
Variations. Sur chaque intervalle de dérivabilité, analyser le signe de la dérivée à partir des facteurs dont le signe est connu. Compléter par les limites et les valeurs aux points critiques.
Sommes de Riemann. Faire apparaître exactement \(\dfrac1n\), identifier la fonction φ sur le segment [0;1], puis vérifier sa continuité avant de remplacer la somme par une intégrale.
Substitution trigonométrique. Avec \(t=\tan\left(\dfrac u2\right)\), transformer toutes les expressions ainsi que la différentielle et les bornes. Lorsque x approche π, utiliser la continuité de F pour retrouver la valeur de l’intégrale à la borne extrême.
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