Correction des exercices 101 et 102 – Calcul intégral
Théorème de la moyenne et changements trigonométriques — Manuel Al Moufid
Exercice 101
On considère la fonction numérique \(F\) définie sur \(\mathbb R_+^*\) par :
\[ F(x)= \int_x^{x+\sqrt x} \frac{dt} {t^{3/2}\sqrt{1+t^2}}. \]En utilisant le théorème de la moyenne intégrale, calculer les limites suivantes :
\[ \lim_{x\to+\infty}F(x) \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to0^+}F(x). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(x>0\). Considérons la fonction :
\[ \varphi(t)= \frac1{t^{3/2}\sqrt{1+t^2}}. \]La fonction \(\varphi\) est continue et strictement positive sur le segment :
\[ [x;x+\sqrt x]. \]D’après le théorème de la moyenne intégrale, il existe un réel :
\[ c_x\in[x;x+\sqrt x] \]tel que :
\[ \begin{aligned} F(x) &= \bigl(x+\sqrt x-x\bigr)\varphi(c_x)\\ &= \frac{\sqrt x} {c_x^{3/2}\sqrt{1+c_x^2}}. \end{aligned} \]Nous disposons donc de l’encadrement :
\[ x\leq c_x\leq x+\sqrt x. \]1) Limite lorsque \(x\to+\infty\).
Comme \(c_x\geq x>0\), on a :
\[ c_x^{3/2}\geq x^{3/2} \]et :
\[ \sqrt{1+c_x^2} \geq \sqrt{1+x^2}. \]Par conséquent :
\[ 0<F(x) \leq \frac{\sqrt x} {x^{3/2}\sqrt{1+x^2}}. \]Donc :
\[ 0<F(x) \leq \frac1{x\sqrt{1+x^2}}. \]Or :
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac1{x\sqrt{1+x^2}} =0. \]D’après le théorème des gendarmes :
2) Limite lorsque \(x\to0^+\).
Comme \(c_x\leq x+\sqrt x\), on obtient :
\[ c_x^{3/2} \leq (x+\sqrt x)^{3/2} \]et :
\[ \sqrt{1+c_x^2} \leq \sqrt{1+(x+\sqrt x)^2}. \]Par conséquent :
\[ F(x) \geq \frac{\sqrt x} {(x+\sqrt x)^{3/2} \sqrt{1+(x+\sqrt x)^2}}. \]Or :
\[ x+\sqrt x = \sqrt x(1+\sqrt x). \]Ainsi :
\[ (x+\sqrt x)^{3/2} = x^{3/4}(1+\sqrt x)^{3/2}. \]Il vient alors :
\[ F(x) \geq \frac1{ x^{1/4} (1+\sqrt x)^{3/2} \sqrt{1+x(1+\sqrt x)^2} }. \]Lorsque \(x\to0^+\) :
\[ x^{1/4}\to0, \qquad (1+\sqrt x)^{3/2}\to1 \]et :
\[ \sqrt{1+x(1+\sqrt x)^2}\to1. \]La borne inférieure tend donc vers \(+\infty\). Par comparaison :
Exercice 102
En utilisant une intégration par changement de variable et en posant :
\[ t=\operatorname{Arctan}u, \]calculer l’intégrale :
\[ I= \int_{\pi/3}^{x} \frac{2\,dt} {\sin(2t)(\tan t-1)}, \]où :
\[ x\in\left[\frac{\pi}{3};\frac{\pi}{2}\right[. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout :
\[ t\in\left[\frac{\pi}{3};x\right], \]on a :
\[ \tan t\geq\sqrt3>1. \]Ainsi, \(\tan t-1\neq0\). De plus :
\[ 2t\in\left[\frac{2\pi}{3};\pi\right[ \]et donc :
\[ \sin(2t)>0. \]L’intégrande est donc continue sur le segment considéré.
Posons :
\[ t=\operatorname{Arctan}u. \]Cette relation équivaut à :
\[ u=\tan t. \]On a alors :
\[ dt=\frac{du}{1+u^2}. \]De plus :
\[ \sin(2t) = \frac{2\tan t}{1+\tan^2t} = \frac{2u}{1+u^2}. \]Transformons les bornes :
\[ t=\frac{\pi}{3} \Longrightarrow u=\sqrt3, \] \[ t=x \Longrightarrow u=\tan x. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I &= \int_{\sqrt3}^{\tan x} \frac{ \dfrac{2\,du}{1+u^2} }{ \dfrac{2u}{1+u^2}(u-1) }\\ &= \int_{\sqrt3}^{\tan x} \frac{du}{u(u-1)}. \end{aligned} \]Décomposons la fraction rationnelle :
\[ \frac1{u(u-1)} = \frac1{u-1}-\frac1u. \]Comme \(u\geq\sqrt3>1\), les nombres \(u\) et \(u-1\) sont strictement positifs. On obtient :
\[ \begin{aligned} I &= \left[ \ln(u-1)-\ln u \right]_{\sqrt3}^{\tan x}\\ &= \ln\left( \frac{\tan x-1}{\tan x} \right) - \ln\left( \frac{\sqrt3-1}{\sqrt3} \right). \end{aligned} \]En regroupant les logarithmes :
Soit :
\[ x\in\left[\frac{\pi}{3};\frac{\pi}{2}\right[. \]On considère la fonction \(v\) définie sur \(\left[\dfrac{\pi}{3};x\right]\) par :
\[ v(t)=\frac1{1-\tan t}. \]Calculer \(v'(t)\) pour tout :
\[ t\in\left[\frac{\pi}{3};x\right]. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout :
\[ t\in\left[\frac{\pi}{3};x\right], \]on a \(\tan t>1\), donc :
\[ 1-\tan t\neq0. \]La fonction \(v\) est ainsi dérivable sur l’intervalle considéré.
On écrit :
\[ v(t)=(1-\tan t)^{-1}. \]Par dérivation :
\[ \begin{aligned} v'(t) &= -(1-\tan t)^{-2} \times \bigl(-(1+\tan^2t)\bigr)\\ &= \frac{1+\tan^2t} {(1-\tan t)^2}. \end{aligned} \]Calculer l’intégrale :
\[ J= \int_{\pi/3}^{x} \frac{1+\tan^2t} {(1-\tan t)^2} \ln(\tan t)\,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
D’après la question précédente :
\[ v'(t)= \frac{1+\tan^2t} {(1-\tan t)^2}. \]Ainsi :
\[ J= \int_{\pi/3}^{x} v'(t)\ln(\tan t)\,dt. \]Effectuons une intégration par parties en choisissant :
\[ U(t)=\ln(\tan t) \qquad\text{et}\qquad V'(t)=v'(t). \]On a :
\[ V(t)=v(t)=\frac1{1-\tan t}. \]D’autre part :
\[ \begin{aligned} U'(t) &= \frac{1+\tan^2t}{\tan t}\\ &= \frac1{\sin t\cos t}\\ &= \frac2{\sin(2t)}. \end{aligned} \]La formule d’intégration par parties donne :
\[ \begin{aligned} J &= \left[ \frac{\ln(\tan t)} {1-\tan t} \right]_{\pi/3}^{x}\\ &\quad- \int_{\pi/3}^{x} \frac{2\,dt} {\sin(2t)(1-\tan t)}. \end{aligned} \]Or :
\[ 1-\tan t=-(\tan t-1). \]Par conséquent :
\[ -\frac2{\sin(2t)(1-\tan t)} = \frac2{\sin(2t)(\tan t-1)}. \]La dernière intégrale est donc l’intégrale \(I\) calculée dans la question 1 :
\[ J= \left[ \frac{\ln(\tan t)} {1-\tan t} \right]_{\pi/3}^{x} +I. \]Le terme aux bornes vaut :
\[ \left[ \frac{\ln(\tan t)} {1-\tan t} \right]_{\pi/3}^{x} = \frac{\ln(\tan x)} {1-\tan x} - \frac{\ln(\sqrt3)} {1-\sqrt3}. \]En remplaçant \(I\) par sa valeur :
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