Calcul intégral : fonctions intégrales et substitution trigonométrique — Exercices 45 et 46
Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 45
On considère la fonction numérique \(f\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f(x)= \begin{cases} \displaystyle\int_x^{x+1}(1+\ln t)\,dt &\text{si }x\gt0,\\[4mm] f(0)=0,\\[2mm] \displaystyle\frac1{x^2}e^{1/x} &\text{si }x\lt0. \end{cases} \]Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ f(x)=(1+x)\ln(1+x)-x\ln x. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(x\in\mathbb R_+^*\). On a :
\[ f(x)= \int_x^{x+1}(1+\ln t)\,dt. \]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 :
\[ \begin{aligned} f(x) &= \left[t\ln t\right]_x^{x+1}\\ &= (x+1)\ln(x+1)-x\ln x. \end{aligned} \]Montrer que \(f\) est continue en \(0\).
Lire la correction + Masquer la correction −
On a :
\[ f(0)=0. \]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 :
\[ \lim_{x\to0^-}f(x) = \lim_{x\to0^+}f(x) = f(0)=0. \]Montrer que :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty, \]puis calculer :
\[ \lim_{x\to-\infty}f(x). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Limite en \(+\infty\).
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 :
Étudier la dérivabilité de \(f\) en \(0\), puis donner une interprétation géométrique du résultat.
Lire la correction + Masquer la correction −
Dérivée à gauche en \(0\).
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 \(0\).
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.
Calculer \(f'(x)\) pour tout \(x\in\mathbb R^*\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x\gt0\).
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 :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= -2x^{-3}e^{1/x} + x^{-2}e^{1/x} \left(-\frac1{x^2}\right)\\ &= -\frac{2e^{1/x}}{x^3} - \frac{e^{1/x}}{x^4}\\ &= -\frac{(2x+1)e^{1/x}}{x^4}. \end{aligned} \]Dresser le tableau de variations de \(f\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Sur \(]-\infty;0[\).
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 :
\[ f'(x)\gt0 \quad\text{sur}\quad ]0;+\infty[. \]| \(x\) | \(-\infty\) | \(-\dfrac12\) | \(0\) | \(+\infty\) |
|---|---|---|---|---|
| Signe de \(f'(x)\) | + | 0 | − puis non dérivable en \(0\) | + |
| Variations de \(f\) | \(0\) | \(\nearrow\ \dfrac4{e^2}\) | \(\searrow\ 0\) | \(\nearrow\ +\infty\) |
La fonction \(f\) est :
\[ \boxed{ \text{croissante sur } ]-\infty;-\tfrac12] } \] \[ \boxed{ \text{décroissante sur } [-\tfrac12;0] } \] \[ \boxed{ \text{croissante sur } [0;+\infty[ }. \]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 −
Pour tout \(k\in\{0;\ldots;n-1\}\), on a :
\[ k-2n = n\left(\frac{k}{n}-2\right). \]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 :
\[ \begin{aligned} \int_{-2}^{-1} \frac{e^{1/t}}{t^2}\,dt &= \left[-e^{1/t}\right]_{-2}^{-1}\\ &= -e^{-1}+e^{-1/2}. \end{aligned} \]Exercice 46
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 −
Pour tout \(t\in\mathbb R\), les nombres \(1+t^2\) et \(3+t^2\) sont strictement positifs.
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 :
\[ \begin{aligned} t(3+t^2)-t(1+t^2)+(1+t^2) &= 3t+t^3-t-t^3+1+t^2\\ &= 1+2t+t^2\\ &= (1+t)^2. \end{aligned} \]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 −
Pour tout \(t\in\mathbb R\) :
\[ 3+t^2 = 3\left( 1+\frac{t^2}{3} \right). \]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 :
\[ \begin{aligned} \int_0^\alpha \frac{dt}{3+t^2} &= \left[ \frac1{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left( \frac{t}{\sqrt3} \right) \right]_0^\alpha\\ &= \frac1{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left( \frac{\alpha}{\sqrt3} \right). \end{aligned} \]On considère la fonction \(F\) définie sur \([0;\pi]\) par :
\[ F(x)= \int_0^x \frac{1+\sin u}{2+\cos u}\,du. \]Montrer que \(F\) est dérivable sur \([0;\pi]\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Considérons la fonction :
\[ g(u)= \frac{1+\sin u}{2+\cos u}. \]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 :
\[ F'(x)=g(x). \]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 −
Soit \(x\in[0;\pi[\). Pour \(u\in[0;x]\), posons :
\[ t=\tan\left(\frac u2\right). \]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 :
\[ \begin{aligned} F(x) &= \int_0^x \frac{1+\sin u}{2+\cos u}\,du\\ &= 2 \int_0^{\tan(x/2)} \frac{(1+t)^2} {(1+t^2)(3+t^2)} \,dt. \end{aligned} \]pour tout \(x\in[0;\pi[\).
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 −
Posons :
\[ T=\tan\left(\frac x2\right). \]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 \(\tan\left(\dfrac x2\right)\) :
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 −
La fonction \(F\) est continue sur \([0;\pi]\). Par conséquent :
\[ F(\pi)= \lim_{x\to\pi^-}F(x). \]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 :
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