Calcul intégral : intégration et ordre — Exercices 33 à 36
Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 33
On considère l’intégrale :
\[ I= \int_0^1 \frac{e^{-x^2}}{1+x}\,dx. \]Montrer que :
\[ (\forall t\in\mathbb R^+) \qquad 1-t\leq e^{-t}\leq1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(t\in\mathbb R^+\). Comme \(-t\leq0\) et que la fonction exponentielle est strictement croissante :
\[ e^{-t}\leq e^0=1. \]Pour établir l’autre inégalité, considérons la fonction \(h\) définie sur \(\mathbb R^+\) par :
\[ h(t)=e^{-t}-1+t. \]La fonction \(h\) est dérivable sur \(\mathbb R^+\), et :
\[ h'(t)=1-e^{-t}. \]Or \(e^{-t}\leq1\), donc :
\[ h'(t)\geq0. \]La fonction \(h\) est ainsi croissante sur \(\mathbb R^+\). Comme :
\[ h(0)=0, \]on obtient, pour tout \(t\geq0\) :
\[ h(t)\geq0. \]Cela signifie que :
\[ e^{-t}-1+t\geq0, \]donc :
\[ e^{-t}\geq1-t. \]En déduire que, pour tout \(x\in[0;1]\) :
\[ 1-x\leq e^{-x}\leq1-x+\frac{x^2}{2}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(x\in[0;1]\). Pour tout \(t\in[0;x]\), la question précédente donne :
\[ 1-t\leq e^{-t}\leq1. \]Les trois fonctions étant continues sur \([0;x]\), on peut intégrer membre à membre :
\[ \int_0^x(1-t)\,dt \leq \int_0^xe^{-t}\,dt \leq \int_0^x1\,dt. \]On obtient :
\[ x-\frac{x^2}{2} \leq 1-e^{-x} \leq x. \]La deuxième inégalité donne :
\[ 1-e^{-x}\leq x \Longrightarrow e^{-x}\geq1-x. \]La première donne :
\[ x-\frac{x^2}{2} \leq 1-e^{-x}, \]d’où :
\[ e^{-x} \leq 1-x+\frac{x^2}{2}. \]Vérifier que, pour tout \(x\in[0;1]\) :
\[ \frac{x^4}{1+x} = x^3-x^2+x-1+\frac1{1+x}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
En réduisant le membre de droite au même dénominateur :
\[ \begin{aligned} x^3-x^2+x-1+\frac1{1+x} &= \frac{ (1+x)(x^3-x^2+x-1)+1 }{1+x}. \end{aligned} \]Or :
\[ \begin{aligned} (1+x)(x^3-x^2+x-1) &= x^4-1. \end{aligned} \]Donc :
\[ (1+x)(x^3-x^2+x-1)+1=x^4. \]En déduire que :
\[ \frac12 \leq I \leq \frac5{24}+\frac{\ln2}{2}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in[0;1]\), on a \(x^2\in[0;1]\). En appliquant le résultat de la question 1 b) au réel \(x^2\), on obtient :
\[ 1-x^2 \leq e^{-x^2} \leq 1-x^2+\frac{x^4}{2}. \]Comme \(1+x>0\) sur \([0;1]\), on peut diviser les trois membres par \(1+x\) :
\[ \frac{1-x^2}{1+x} \leq \frac{e^{-x^2}}{1+x} \leq \frac{1-x^2}{1+x} + \frac{x^4}{2(1+x)}. \]Or :
\[ \frac{1-x^2}{1+x}=1-x. \]En intégrant sur \([0;1]\), il vient :
\[ \int_0^1(1-x)\,dx \leq I \leq \int_0^1(1-x)\,dx + \frac12 \int_0^1\frac{x^4}{1+x}\,dx. \]Le membre de gauche vaut :
\[ \int_0^1(1-x)\,dx = \left[ x-\frac{x^2}{2} \right]_0^1 = \frac12. \]D’après la question 2 a) :
\[ \begin{aligned} \int_0^1\frac{x^4}{1+x}\,dx &= \int_0^1 \left( x^3-x^2+x-1+\frac1{1+x} \right)dx\\ &= \frac14-\frac13+\frac12-1+\ln2\\ &= -\frac7{12}+\ln2. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I &\leq \frac12 + \frac12 \left( -\frac7{12}+\ln2 \right)\\ &= \frac5{24}+\frac{\ln2}{2}. \end{aligned} \]Exercice 34
Calculer :
\[ \lim_{x\to0^+} \int_x^{2x} \frac{dt}{t^2\sqrt{1+t^2}}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(x>0\). Pour tout \(t\in[x;2x]\), on a :
\[ t^2\leq4x^2 \]et :
\[ \sqrt{1+t^2} \leq \sqrt{1+4x^2}. \]Les quantités étant strictement positives :
\[ \frac1{t^2\sqrt{1+t^2}} \geq \frac1{4x^2\sqrt{1+4x^2}}. \]En intégrant cette inégalité sur \([x;2x]\), il vient :
\[ \begin{aligned} \int_x^{2x} \frac{dt}{t^2\sqrt{1+t^2}} &\geq \int_x^{2x} \frac{dt}{4x^2\sqrt{1+4x^2}}\\ &= \frac{x}{4x^2\sqrt{1+4x^2}}\\ &= \frac1{4x\sqrt{1+4x^2}}. \end{aligned} \]Or :
\[ \lim_{x\to0^+} \frac1{4x\sqrt{1+4x^2}} = +\infty. \]L’intégrale étant positive, le théorème de comparaison donne :
Calculer :
\[ \lim_{x\to+\infty} \int_x^{2x} \frac{dt}{1+\sqrt t}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(x>0\). Pour tout \(t\in[x;2x]\), on a :
\[ \sqrt t\leq\sqrt{2x}. \]Donc :
\[ 1+\sqrt t \leq 1+\sqrt{2x}. \]Les deux membres étant strictement positifs :
\[ \frac1{1+\sqrt t} \geq \frac1{1+\sqrt{2x}}. \]En intégrant sur \([x;2x]\) :
\[ \begin{aligned} \int_x^{2x} \frac{dt}{1+\sqrt t} &\geq \int_x^{2x} \frac{dt}{1+\sqrt{2x}}\\ &= \frac{x}{1+\sqrt{2x}}. \end{aligned} \]Or :
\[ \frac{x}{1+\sqrt{2x}} = \frac{\sqrt x} {\dfrac1{\sqrt x}+\sqrt2}. \]Lorsque \(x\to+\infty\), le numérateur tend vers \(+\infty\) et le dénominateur tend vers \(\sqrt2\). Ainsi :
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x}{1+\sqrt{2x}} = +\infty. \]Le théorème de comparaison donne donc :
Exercice 35
Soient \(a\in\mathbb R_+^*\) et \(f\) une fonction continue sur le segment \([0;a]\).
On définit la suite \((u_n)_{n\geq1}\) par :
\[ u_n= \int_0^a \frac{f(x)}{1+nx}\,dx. \]Calculer :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(f\) est continue sur le segment \([0;a]\). Elle y est donc bornée.
Il existe ainsi un réel \(M\geq0\) tel que :
\[ (\forall x\in[0;a]) \qquad |f(x)|\leq M. \]Pour tout entier \(n\geq1\) et tout \(x\in[0;a]\), on a :
\[ 1+nx>0. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} |u_n| &= \left| \int_0^a \frac{f(x)}{1+nx}\,dx \right|\\ &\leq \int_0^a \frac{|f(x)|}{1+nx}\,dx\\ &\leq M \int_0^a \frac{dx}{1+nx}. \end{aligned} \]Or :
\[ \begin{aligned} \int_0^a \frac{dx}{1+nx} &= \frac1n \left[ \ln(1+nx) \right]_0^a\\ &= \frac{\ln(1+na)}n. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ 0\leq |u_n| \leq M\frac{\ln(1+na)}n. \]Pour étudier le membre de droite, écrivons :
\[ \frac{\ln(1+na)}n = \frac{\ln(1+na)}{1+na} \cdot \frac{1+na}{n}. \]Lorsque \(n\to+\infty\) :
\[ \frac{\ln(1+na)}{1+na} \longrightarrow0 \]et :
\[ \frac{1+na}{n} = \frac1n+a \longrightarrow a. \]Donc :
\[ M\frac{\ln(1+na)}n \longrightarrow0. \]D’après le théorème d’encadrement :
Exercice 36
On considère la fonction \(F\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ F(x)= \int_x^{2x} \frac{dt}{\sqrt{1+t^2+t^4}}. \]Montrer que la fonction \(F\) est impaire.
Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ g(t)= \frac1{\sqrt{1+t^2+t^4}}. \]Pour tout \(t\in\mathbb R\) :
\[ g(-t) = \frac1{\sqrt{1+(-t)^2+(-t)^4}} = g(t). \]La fonction \(g\) est donc paire.
Soit \(x\in\mathbb R\). On a :
\[ F(-x)= \int_{-x}^{-2x}g(t)\,dt. \]Effectuons le changement de variable :
\[ t=-u, \qquad dt=-du. \]Les bornes deviennent :
\[ t=-x\Longrightarrow u=x, \qquad t=-2x\Longrightarrow u=2x. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} F(-x) &= -\int_x^{2x}g(-u)\,du\\ &= -\int_x^{2x}g(u)\,du\\ &= -F(x). \end{aligned} \]La fonction \(F\) est donc impaire.
Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\), il existe \(c\in[x;2x]\) tel que :
\[ F(x)= \frac{x}{\sqrt{1+c^2+c^4}}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(x\in\mathbb R_+^*\). La fonction :
\[ g:t\longmapsto \frac1{\sqrt{1+t^2+t^4}} \]est continue sur le segment \([x;2x]\).
D’après le théorème de la moyenne pour les intégrales, il existe un réel \(c\in[x;2x]\) tel que :
\[ \int_x^{2x}g(t)\,dt = (2x-x)g(c). \]Comme \(2x-x=x\), on obtient :
\[ F(x) = x \frac1{\sqrt{1+c^2+c^4}}. \]En déduire que :
\[ (\forall x\in\mathbb R_+^*) \qquad 0\leq F(x)\leq\frac1x, \]puis calculer :
\[ \lim_{x\to+\infty}F(x). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(x\in\mathbb R_+^*\). L’intégrande est strictement positive et \(x<2x\), donc :
\[ F(x)\geq0. \]D’après la question précédente, il existe \(c\in[x;2x]\) tel que :
\[ F(x)= \frac{x}{\sqrt{1+c^2+c^4}}. \]Comme \(c\geq x>0\), on a :
\[ c^2\geq x^2. \]De plus :
\[ 1+c^2+c^4\geq c^4. \]En prenant les racines carrées :
\[ \sqrt{1+c^2+c^4} \geq \sqrt{c^4} = c^2. \]Par conséquent :
\[ F(x) \leq \frac{x}{c^2} \leq \frac{x}{x^2} = \frac1x. \]Ainsi :
\[ 0\leq F(x)\leq\frac1x. \]Or :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac1x=0. \]D’après le théorème d’encadrement :
Calculer \(F'(x)\) pour tout \(x\in\mathbb R\).
Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction :
\[ g(t)= \frac1{\sqrt{1+t^2+t^4}} \]est continue sur \(\mathbb R\).
Soit \(G\) une primitive de \(g\) sur \(\mathbb R\). La relation de Chasles permet d’écrire :
\[ F(x)=G(2x)-G(x). \]La fonction \(F\) est donc dérivable sur \(\mathbb R\). En utilisant la dérivation d’une fonction composée :
\[ \begin{aligned} F'(x) &= 2G'(2x)-G'(x)\\ &= 2g(2x)-g(x). \end{aligned} \]Or :
\[ g(2x) = \frac1{\sqrt{1+4x^2+16x^4}}. \]
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