Calcul intégral : linéarité, Chasles, valeurs absolues et décomposition rationnelle — Exercices 7 à 11
Calcul intégral : linéarité, Chasles, valeurs absolues et décomposition rationnelle — Exercices 7 à 11
Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 7
On considère les intégrales :
\[ I=\int_0^{\pi/2}\frac{\cos x}{\cos x+\sin x}\,dx \qquad\text{et}\qquad J=\int_0^{\pi/2}\frac{\sin x}{\cos x+\sin x}\,dx. \]Calculer \(I+J\) et \(I-J\), puis en déduire \(I\) et \(J\).
Calculer \(I+J\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Par linéarité de l’intégrale :
\[ \begin{aligned} I+J &= \int_0^{\pi/2} \left( \frac{\cos x}{\cos x+\sin x} + \frac{\sin x}{\cos x+\sin x} \right)dx\\ &= \int_0^{\pi/2} \frac{\cos x+\sin x}{\cos x+\sin x}\,dx. \end{aligned} \]Sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\), on a \(\cos x+\sin x>0\). Ainsi :
\[ \begin{aligned} I+J &= \int_0^{\pi/2}1\,dx\\ &= \left[x\right]_0^{\pi/2}. \end{aligned} \]Calculer \(I-J\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Par linéarité :
\[ I-J= \int_0^{\pi/2} \frac{\cos x-\sin x}{\cos x+\sin x}\,dx. \]Posons :
\[ u(x)=\cos x+\sin x. \]Alors :
\[ u'(x)=\cos x-\sin x. \]Comme \(u(x)>0\) sur l’intervalle considéré, une primitive est :
\[ \ln(\cos x+\sin x). \]Donc :
\[ \begin{aligned} I-J &= \left[ \ln(\cos x+\sin x) \right]_0^{\pi/2}\\ &= \ln1-\ln1. \end{aligned} \]En déduire les valeurs de \(I\) et \(J\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Nous avons obtenu :
\[ \begin{cases} I+J=\dfrac{\pi}{2},\\[2mm] I-J=0. \end{cases} \]En additionnant les deux égalités :
\[ 2I=\frac{\pi}{2}, \]d’où :
\[ I=\frac{\pi}{4}. \]Comme \(I-J=0\), on a \(J=I\).
Exercice 8
On considère les intégrales :
\[ I=\int_0^{\pi/2}\cos^4x\,dx, \qquad J=\int_0^{\pi/2}\sin^4x\,dx, \] \[ K=\int_0^{\pi/2}2\sin^2x\cos^2x\,dx. \]1) Calculer \(I-J\) et \(I+J+K\).
2) a) Calculer \(2\sin^2x\cos^2x\) en fonction de \(\sin^2(2x)\) et de \(\cos(4x)\).
b) Calculer \(K\), puis en déduire les valeurs de \(I\) et \(J\).
Calculer \(I-J\) et \(I+J+K\).
Lire la correction + Masquer la correction −
On utilise l’identité :
\[ \cos^4x-\sin^4x = (\cos^2x-\sin^2x)(\cos^2x+\sin^2x). \]Or :
\[ \cos^2x+\sin^2x=1 \qquad\text{et}\qquad \cos^2x-\sin^2x=\cos(2x). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I-J &= \int_0^{\pi/2}\cos(2x)\,dx\\ &= \left[ \frac12\sin(2x) \right]_0^{\pi/2}\\ &=0. \end{aligned} \]D’autre part :
\[ \begin{aligned} I+J+K &= \int_0^{\pi/2} \left( \cos^4x+\sin^4x+2\sin^2x\cos^2x \right)dx\\ &= \int_0^{\pi/2} (\sin^2x+\cos^2x)^2\,dx\\ &= \int_0^{\pi/2}1\,dx. \end{aligned} \]Exprimer \(2\sin^2x\cos^2x\) en fonction de \(\sin^2(2x)\) et de \(\cos(4x)\).
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On sait que :
\[ \sin(2x)=2\sin x\cos x. \]En élevant au carré :
\[ \sin^2(2x)=4\sin^2x\cos^2x. \]Par conséquent :
\[ 2\sin^2x\cos^2x = \frac12\sin^2(2x). \]Or :
\[ \sin^2(2x)=\frac{1-\cos(4x)}{2}. \]Calculer \(K\), puis en déduire les valeurs de \(I\) et \(J\).
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D’après la question précédente :
\[ \begin{aligned} K &= \frac14 \int_0^{\pi/2} \left(1-\cos(4x)\right)dx\\ &= \frac14 \left[ x-\frac14\sin(4x) \right]_0^{\pi/2}\\ &= \frac14\cdot\frac{\pi}{2}. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ K=\frac{\pi}{8}. \]Or :
\[ I+J+K=\frac{\pi}{2}. \]Donc :
\[ I+J = \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{8} = \frac{3\pi}{8}. \]Comme \(I-J=0\), on a \(I=J\). Par conséquent :
\[ 2I=\frac{3\pi}{8}. \]Exercice 9
Soit \(f\) la fonction numérique définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f(x)= \begin{cases} -\dfrac14x+6 & \text{si }x<3,\\[2mm] x+\dfrac94 & \text{si }x\geq3. \end{cases} \]Vérifier que \(f\) est continue en \(3\), puis calculer :
\[ \int_1^5f(x)\,dx. \]Vérifier que \(f\) est continue en \(3\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x<3\), on a :
\[ f(x)=-\frac14x+6. \]Donc :
\[ \lim_{x\to3^-}f(x) = -\frac34+6 = \frac{21}{4}. \]Pour \(x\geq3\), on a :
\[ f(x)=x+\frac94. \]Ainsi :
\[ \lim_{x\to3^+}f(x) = 3+\frac94 = \frac{21}{4}. \]De plus, puisque la seconde expression s’applique en \(x=3\) :
\[ f(3)=3+\frac94=\frac{21}{4}. \]La fonction \(f\) est donc continue en \(3\).
Calculer :
\[ \int_1^5f(x)\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La définition de \(f\) change en \(x=3\). La relation de Chasles donne :
\[ \int_1^5f(x)\,dx = \int_1^3f(x)\,dx + \int_3^5f(x)\,dx. \]Donc :
\[ \int_1^5f(x)\,dx = \int_1^3 \left(-\frac14x+6\right)dx + \int_3^5 \left(x+\frac94\right)dx. \]Pour la première intégrale :
\[ \begin{aligned} \int_1^3 \left(-\frac14x+6\right)dx &= \left[ -\frac{x^2}{8}+6x \right]_1^3\\ &=11. \end{aligned} \]Pour la seconde :
\[ \begin{aligned} \int_3^5 \left(x+\frac94\right)dx &= \left[ \frac{x^2}{2}+\frac94x \right]_3^5\\ &= \frac{25}{2}. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \int_1^5f(x)\,dx = 11+\frac{25}{2}. \]Exercice 10
Calculer les intégrales suivantes.
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On factorise :
\[ 3x^2-6x=3x(x-2). \]Les zéros sont \(0\) et \(2\). Son signe sur \([-1;3]\) est donné par le tableau suivant :
| \(x\) | \([-1;0[\) | \(0\) | \(]0;2[\) | \(2\) | \(]2;3]\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(3x(x-2)\) | + | 0 | − | 0 | + |
La relation de Chasles donne :
\[ \begin{aligned} A &= \int_{-1}^{0}(3x^2-6x)\,dx - \int_0^2(3x^2-6x)\,dx\\ &\quad+ \int_2^3(3x^2-6x)\,dx. \end{aligned} \]Une primitive de \(3x^2-6x\) est :
\[ F(x)=x^3-3x^2. \]On obtient successivement :
\[ \int_{-1}^{0}(3x^2-6x)\,dx=4, \] \[ -\int_0^2(3x^2-6x)\,dx=4, \] \[ \int_2^3(3x^2-6x)\,dx=4. \]Lire la correction + Masquer la correction −
On factorise :
\[ x^2-7x+12=(x-3)(x-4). \]| \(x\) | \([2;3[\) | \(3\) | \(]3;4[\) | \(4\) | \(]4;5]\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \((x-3)(x-4)\) | + | 0 | − | 0 | + |
Par conséquent :
\[ \begin{aligned} B &= \int_2^3(x^2-7x+12)\,dx\\ &\quad- \int_3^4(x^2-7x+12)\,dx\\ &\quad+ \int_4^5(x^2-7x+12)\,dx. \end{aligned} \]Une primitive est :
\[ F(x)= \frac{x^3}{3} - \frac72x^2 + 12x. \]On trouve :
\[ \int_2^3(x^2-7x+12)\,dx=\frac56, \] \[ \int_3^4(x^2-7x+12)\,dx=-\frac16, \] \[ \int_4^5(x^2-7x+12)\,dx=\frac56. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(\ln x\) s’annule en \(x=1\).
| \(x\) | \(\left[\dfrac1e;1\right[\) | \(1\) | \(]1;e]\) |
|---|---|---|---|
| \(\ln x\) | − | 0 | + |
Ainsi :
\[ I = -\int_{1/e}^{1}\ln x\,dx + \int_1^e\ln x\,dx. \]Une primitive de \(\ln x\) est :
\[ x\ln x-x. \]On obtient :
\[ -\int_{1/e}^{1}\ln x\,dx = 1-\frac2e, \]et :
\[ \int_1^e\ln x\,dx=1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Sur \([0;2\pi]\), les signes de \(\sin x\) et \(\cos x\) sont :
| \(x\) | \(]0;\frac{\pi}{2}[\) | \(]\frac{\pi}{2};\pi[\) | \(]\pi;\frac{3\pi}{2}[\) | \(]\frac{3\pi}{2};2\pi[\) |
|---|---|---|---|---|
| \(\sin x\) | + | + | − | − |
| \(\cos x\) | + | − | − | + |
Par symétrie des fonctions trigonométriques :
\[ \int_0^{2\pi}|\sin x|\,dx = 4\int_0^{\pi/2}\sin x\,dx = 4, \]et :
\[ \int_0^{2\pi}|\cos x|\,dx = 4\int_0^{\pi/2}\cos x\,dx = 4. \]Lire la correction + Masquer la correction −
L’expression \(e^x-1\) s’annule en \(x=0\).
| \(x\) | \([-1;0[\) | \(0\) | \(]0;1]\) |
|---|---|---|---|
| \(e^x-1\) | − | 0 | + |
Donc :
\[ K = \int_{-1}^{0}(1-e^x)\,dx + \int_0^1(e^x-1)\,dx. \]La première intégrale vaut :
\[ \begin{aligned} \int_{-1}^{0}(1-e^x)\,dx &= \left[x-e^x\right]_{-1}^{0}\\ &= \frac1e. \end{aligned} \]La seconde vaut :
\[ \begin{aligned} \int_0^1(e^x-1)\,dx &= \left[e^x-x\right]_0^1\\ &= e-2. \end{aligned} \]Lire la correction + Masquer la correction −
Sur \([0;\pi]\), on a \(\sin x\geq0\). Le signe de \(\cos x\) change en \(\dfrac{\pi}{2}\).
| \(x\) | \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right[\) | \(\dfrac{\pi}{2}\) | \(\left]\dfrac{\pi}{2};\pi\right]\) |
|---|---|---|---|
| \(\cos x\) | + | 0 | − |
Ainsi :
\[ L = \int_0^{\pi/2}\sin x\cos x\,dx - \int_{\pi/2}^{\pi}\sin x\cos x\,dx. \]Une primitive de \(\sin x\cos x\) est :
\[ \frac12\sin^2x. \]Donc :
\[ \int_0^{\pi/2}\sin x\cos x\,dx=\frac12, \]et :
\[ -\int_{\pi/2}^{\pi}\sin x\cos x\,dx=\frac12. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Les expressions sous les valeurs absolues s’annulent en :
\[ x=1,\qquad x=2,\qquad x=3. \]Sur l’intervalle \([-1;4]\), on obtient :
| Intervalle | \(|x-1|\) | \(|x-2|\) | \(|x^2-9|\) | Intégrande simplifié |
|---|---|---|---|---|
| \([-1;1]\) | \(1-x\) | \(2-x\) | \(9-x^2\) | \(\dfrac{3-2x}{25}\) |
| \([1;2]\) | \(x-1\) | \(2-x\) | \(9-x^2\) | \(\dfrac1{25}\) |
| \([2;3]\) | \(x-1\) | \(x-2\) | \(9-x^2\) | \(\dfrac{2x-3}{25}\) |
| \([3;4]\) | \(x-1\) | \(x-2\) | \(x^2-9\) | \(\dfrac{2x-3}{2x^2+7}\) |
La relation de Chasles donne donc :
\[ \begin{aligned} M &= \int_{-1}^{1}\frac{3-2x}{25}\,dx + \int_1^2\frac1{25}\,dx\\ &\quad+ \int_2^3\frac{2x-3}{25}\,dx + \int_3^4\frac{2x-3}{2x^2+7}\,dx. \end{aligned} \]Les trois premières intégrales donnent :
\[ \frac6{25}+\frac1{25}+\frac2{25} = \frac9{25}. \]Pour la dernière intégrale, on écrit :
\[ 2x-3=\frac12(4x)-3. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_3^4\frac{2x-3}{2x^2+7}\,dx &= \frac12 \int_3^4 \frac{4x}{2x^2+7}\,dx - 3\int_3^4\frac{dx}{2x^2+7}\\ &= \frac12 \left[ \ln(2x^2+7) \right]_3^4\\ &\quad- \frac3{\sqrt{14}} \left[ \operatorname{Arctan} \left( x\sqrt{\frac27} \right) \right]_3^4. \end{aligned} \]Par conséquent :
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour alléger l’écriture, notons :
\[ N= \int_{-1}^{2} \left( |x|+|x^2-1| \right)dx. \]Les changements de signe se produisent en \(x=-1\), \(x=0\) et \(x=1\).
| Intervalle | \(|x|\) | \(|x^2-1|\) | Somme |
|---|---|---|---|
| \([-1;0]\) | \(-x\) | \(1-x^2\) | \(1-x-x^2\) |
| \([0;1]\) | \(x\) | \(1-x^2\) | \(1+x-x^2\) |
| \([1;2]\) | \(x\) | \(x^2-1\) | \(x^2+x-1\) |
Ainsi :
\[ \begin{aligned} N &= \int_{-1}^{0}(1-x-x^2)\,dx\\ &\quad+ \int_0^1(1+x-x^2)\,dx\\ &\quad+ \int_1^2(x^2+x-1)\,dx. \end{aligned} \]On obtient :
\[ \int_{-1}^{0}(1-x-x^2)\,dx=\frac76, \] \[ \int_0^1(1+x-x^2)\,dx=\frac76, \] \[ \int_1^2(x^2+x-1)\,dx=\frac{17}{6}. \]Exercice 11
Soit \(f\) la fonction définie par :
\[ f(x)=\frac1{(x^2+3x+2)^3}. \]1) Déterminer les réels \(a,b,c,d,\alpha\) et \(\beta\) tels que, pour tout \(x\in[2;3]\) :
\[ \begin{aligned} f(x) &= \frac{a}{(x+1)^3} + \frac{b}{(x+2)^3} + \frac{c}{(x+1)^2}\\ &\quad+ \frac{d}{(x+2)^2} + \frac{\alpha}{x+1} + \frac{\beta}{x+2}. \end{aligned} \]2) On considère la suite numérique \((u_n)\) définie par :
\[ u_n=\int_0^nf(x)\,dx. \]Calculer \(u_n\) en fonction de \(n\), puis montrer que :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n = \ln(64)-\frac{33}{8}. \]Déterminer \(a,b,c,d,\alpha\) et \(\beta\).
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On factorise d’abord :
\[ x^2+3x+2=(x+1)(x+2). \]Donc :
\[ f(x)= \frac1{(x+1)^3(x+2)^3}. \]En multipliant la décomposition demandée par \((x+1)^3(x+2)^3\), on obtient :
\[ \begin{aligned} 1 &= a(x+2)^3 + b(x+1)^3\\ &\quad+ c(x+1)(x+2)^3 + d(x+2)(x+1)^3\\ &\quad+ \alpha(x+1)^2(x+2)^3 + \beta(x+2)^2(x+1)^3. \end{aligned} \]Les deux membres sont des polynômes égaux sur tout l’intervalle \([2;3]\). Ils sont donc identiques sur \(\mathbb R\).
En prenant \(x=-1\), on obtient :
\[ 1=a, \]donc :
\[ a=1. \]En dérivant l’identité polynomiale puis en prenant \(x=-1\), il vient :
\[ 0=3a+c, \]d’où :
\[ c=-3. \]En dérivant une seconde fois puis en prenant \(x=-1\) :
\[ 0=6a+6c+2\alpha. \]Ainsi :
\[ 0=6-18+2\alpha, \]donc :
\[ \alpha=6. \]De même, en prenant \(x=-2\) dans l’identité polynomiale :
\[ 1=-b, \]donc :
\[ b=-1. \]Après une dérivation et en prenant \(x=-2\) :
\[ 0=3b-d, \]d’où :
\[ d=-3. \]Après deux dérivations et en prenant \(x=-2\) :
\[ 0=-6b+6d-2\beta. \]Donc :
\[ 0=6-18-2\beta, \]et finalement :
\[ \beta=-6. \]Calculer \(u_n\) en fonction de \(n\).
Lire la correction + Masquer la correction −
La décomposition obtenue est valable pour tout \(x\neq-1\) et \(x\neq-2\), donc en particulier sur \([0;n]\).
Une primitive de \(f\) sur \([0;+\infty[\) est :
\[ \begin{aligned} F(x) &= -\frac1{2(x+1)^2} + \frac1{2(x+2)^2}\\ &\quad+ \frac3{x+1} + \frac3{x+2}\\ &\quad+ 6\ln(x+1) - 6\ln(x+2). \end{aligned} \]En effet :
\[ F'(x)=f(x). \]Par conséquent :
\[ u_n=F(n)-F(0). \]Or :
\[ \begin{aligned} F(0) &= -\frac12 + \frac18 + 3 + \frac32 - 6\ln2\\ &= \frac{33}{8}-6\ln2. \end{aligned} \]De plus :
\[ \begin{aligned} F(n) &= -\frac1{2(n+1)^2} + \frac1{2(n+2)^2}\\ &\quad+ \frac3{n+1} + \frac3{n+2}\\ &\quad+ 6\ln\left(\frac{n+1}{n+2}\right). \end{aligned} \]Ainsi :
Montrer que :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n = \ln(64)-\frac{33}{8}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Lorsque \(n\to+\infty\) :
\[ \frac{2(n+1)}{n+2}\longrightarrow2, \] \[ \frac3{n+1}\longrightarrow0, \qquad \frac3{n+2}\longrightarrow0, \] \[ \frac1{2(n+1)^2}\longrightarrow0, \qquad \frac1{2(n+2)^2}\longrightarrow0. \]Par continuité de la fonction logarithme sur \(]0;+\infty[\) :
\[ 6\ln\left( \frac{2(n+1)}{n+2} \right) \longrightarrow 6\ln2. \]Donc :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n = 6\ln2-\frac{33}{8}. \]Or :
\[ 6\ln2=\ln(2^6)=\ln64. \]
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