Correction des exercices 48 à 52
Calcul intégral — Manuel Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 48
Pour tout \(n\in\mathbb N\), on pose :
\[ u_n=\int_0^1\frac{2^nt}{1+n2^nt^2}\,dt. \]Calculer \(u_0\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(n=0\), on a :
\[ 2^0=1 \qquad\text{et}\qquad 0\times2^0=0. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} u_0 &=\int_0^1\frac{t}{1}\,dt\\ &=\int_0^1t\,dt. \end{aligned} \]La fonction \(t\mapsto t\) est continue sur \([0;1]\). On obtient :
\[ \begin{aligned} u_0 &=\left[\frac{t^2}{2}\right]_0^1\\ &=\frac12. \end{aligned} \]Calculer \(u_n\) en fonction de \(n\), puis déterminer :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(n\geq1\). Pour tout \(t\in[0;1]\), on a :
\[ 1+n2^nt^2\geq1>0. \]L'intégrande est donc continue sur \([0;1]\).
Posons :
\[ g(t)=1+n2^nt^2. \]On a :
\[ g'(t)=2n2^nt. \]Ainsi :
\[ \frac{2^nt}{1+n2^nt^2} = \frac1{2n} \frac{2n2^nt}{1+n2^nt^2}. \]Une primitive de l'intégrande est donc :
\[ t\longmapsto \frac1{2n}\ln\left(1+n2^nt^2\right). \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} u_n &= \frac1{2n} \left[ \ln\left(1+n2^nt^2\right) \right]_0^1\\ &= \frac1{2n} \left( \ln\left(1+n2^n\right)-\ln1 \right)\\ &= \frac{\ln\left(1+n2^n\right)}{2n}. \end{aligned} \]Pour déterminer la limite, écrivons :
\[ 1+n2^n = 2^n\left(n+2^{-n}\right). \]Donc :
\[ \begin{aligned} u_n &= \frac1{2n} \ln\left( 2^n\left(n+2^{-n}\right) \right)\\ &= \frac1{2n} \left( n\ln2+\ln\left(n+2^{-n}\right) \right)\\ &= \frac{\ln2}{2} + \frac{\ln\left(n+2^{-n}\right)}{2n}. \end{aligned} \]Pour \(n\geq1\), on a :
\[ 1\leq n+2^{-n}\leq n+1. \]La fonction logarithme étant croissante :
\[ 0\leq \frac{\ln\left(n+2^{-n}\right)}{2n} \leq \frac{\ln(n+1)}{2n}. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\ln(n+1)}{n}=0. \]D'après le théorème des gendarmes :
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\ln\left(n+2^{-n}\right)}{2n}=0. \]Exercice 49
On considère la fonction \(f\) définie sur :
\[ I=\left[0;\frac{\pi}{4}\right] \]par :
\[ f(x)=\frac{\sin x}{\cos^3x}. \]On considère l'intégrale :
\[ K=\int_0^{\pi/4}\frac{1}{\cos^4x}\,dx. \]Montrer que :
\[ (\forall x\in I)\qquad f'(x)=\frac3{\cos^4x}-\frac2{\cos^2x}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in I\), on a \(\cos x>0\). La fonction \(f\) est donc dérivable sur \(I\).
Écrivons :
\[ f(x)=\sin x\,(\cos x)^{-3}. \]Alors :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \cos x\,(\cos x)^{-3} + \sin x\left( 3\sin x\,(\cos x)^{-4} \right)\\ &= \frac1{\cos^2x} + \frac{3\sin^2x}{\cos^4x}\\ &= \frac{\cos^2x+3\sin^2x}{\cos^4x}. \end{aligned} \]Or :
\[ \begin{aligned} \cos^2x+3\sin^2x &= \cos^2x+3(1-\cos^2x)\\ &= 3-2\cos^2x. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{3-2\cos^2x}{\cos^4x}\\ &= \frac3{\cos^4x}-\frac2{\cos^2x}. \end{aligned} \]En déduire la valeur de \(K\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Les fonctions considérées sont continues sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]\).
Intégrons l'identité précédente entre \(0\) et \(\dfrac{\pi}{4}\) :
\[ \int_0^{\pi/4}f'(x)\,dx = 3\int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos^4x} - 2\int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos^2x}. \]Par définition de \(K\) :
\[ f\left(\frac{\pi}{4}\right)-f(0) = 3K - 2\left[\tan x\right]_0^{\pi/4}. \]Calculons les termes aux bornes :
\[ f(0)=0. \]De plus :
\[ \begin{aligned} f\left(\frac{\pi}{4}\right) &= \frac{\sin(\pi/4)} {\cos^3(\pi/4)}\\ &= \frac{\frac{\sqrt2}{2}} {\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^3}\\ &=2. \end{aligned} \]Enfin :
\[ \left[\tan x\right]_0^{\pi/4} = \tan\left(\frac{\pi}{4}\right)-\tan0 = 1. \]On obtient donc :
\[ 2=3K-2. \]Ainsi :
\[ 3K=4. \]Exercice 50
Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f(x)=e^{-x}\sin x. \]Vérifier que :
\[ (\forall x\in\mathbb R)\qquad f''(x)+2f'(x)+2f(x)=0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(f\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb R\).
Calculons sa dérivée première :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= -e^{-x}\sin x+e^{-x}\cos x\\ &= e^{-x}(\cos x-\sin x). \end{aligned} \]Calculons ensuite sa dérivée seconde :
\[ \begin{aligned} f''(x) &= -e^{-x}(\cos x-\sin x) + e^{-x}(-\sin x-\cos x)\\ &= -2e^{-x}\cos x. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} f''(x)+2f'(x)+2f(x) &= -2e^{-x}\cos x\\ &\quad+ 2e^{-x}(\cos x-\sin x) + 2e^{-x}\sin x\\ &=0. \end{aligned} \]Soit \(n\in\mathbb N\). Calculer :
\[ a_n=\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}f(x)\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(f\) est continue sur le segment \([n\pi;(n+1)\pi]\). L'intégrale \(a_n\) est donc bien définie.
Intégrons l'identité :
\[ f''(x)+2f'(x)+2f(x)=0 \]sur \([n\pi;(n+1)\pi]\). Il vient :
\[ \begin{aligned} 0 &= \int_{n\pi}^{(n+1)\pi}f''(x)\,dx + 2\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}f'(x)\,dx + 2a_n\\ &= f'((n+1)\pi)-f'(n\pi)\\ &\quad+ 2\left( f((n+1)\pi)-f(n\pi) \right) + 2a_n. \end{aligned} \]Pour tout entier naturel \(k\), on a :
\[ f(k\pi) = e^{-k\pi}\sin(k\pi) = 0. \]D'autre part :
\[ \begin{aligned} f'(k\pi) &= e^{-k\pi} \left( \cos(k\pi)-\sin(k\pi) \right)\\ &= (-1)^ke^{-k\pi}. \end{aligned} \]L'égalité précédente devient donc :
\[ f'((n+1)\pi)-f'(n\pi)+2a_n=0. \]Ainsi :
\[ 2a_n=f'(n\pi)-f'((n+1)\pi). \]Donc :
\[ \begin{aligned} 2a_n &= (-1)^ne^{-n\pi} - (-1)^{n+1}e^{-(n+1)\pi}\\ &= (-1)^n \left( e^{-n\pi}+e^{-(n+1)\pi} \right). \end{aligned} \]Exercice 51
Calculer l'intégrale suivante :
\[ I=\int_0^{\pi/4}\frac1{\cos^4x}\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]\), on a \(\cos x>0\). L'intégrande est donc continue sur ce segment.
L'intégrale \(I\) est la même que l'intégrale \(K\) calculée dans l'exercice 49. Par conséquent :
\[ I=K=\frac43. \]En utilisant une intégration par parties, calculer l'intégrale :
\[ J= \int_0^{\pi/4} \frac{x\sin x}{\cos^4x}\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]\), on a \(\cos x>0\). L'intégrande est donc continue sur ce segment.
Effectuons une intégration par parties avec :
\[ u(x)=x, \qquad u'(x)=1, \] \[ v'(x)=\frac{\sin x}{\cos^4x}, \qquad v(x)=\frac1{3\cos^3x}. \]En effet :
\[ \left( \frac1{3\cos^3x} \right)' = \frac{\sin x}{\cos^4x}. \]La formule d'intégration par parties donne :
\[ J= \left[ \frac{x}{3\cos^3x} \right]_0^{\pi/4} - \frac13 \int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos^3x}. \]Posons :
\[ L= \int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos^3x}. \]Calculons \(L\) par une intégration par parties avec :
\[ u(x)=\frac1{\cos x}, \qquad u'(x)=\frac{\sin x}{\cos^2x}, \] \[ v'(x)=\frac1{\cos^2x}, \qquad v(x)=\tan x. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} L &= \left[ \frac{\tan x}{\cos x} \right]_0^{\pi/4} - \int_0^{\pi/4} \frac{\sin^2x}{\cos^3x}\,dx\\ &= \left[ \frac{\sin x}{\cos^2x} \right]_0^{\pi/4} - \int_0^{\pi/4} \frac{1-\cos^2x}{\cos^3x}\,dx\\ &= \left[ \frac{\sin x}{\cos^2x} \right]_0^{\pi/4} - L + \int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos x}. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ 2L= \left[ \frac{\sin x}{\cos^2x} \right]_0^{\pi/4} + \int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos x}. \]Sur l'intervalle considéré, une primitive de \(x\mapsto\dfrac1{\cos x}\) est :
\[ x\longmapsto \ln\left( \frac{1+\sin x}{\cos x} \right). \]En effet :
\[ \left[ \ln\left( \frac{1+\sin x}{\cos x} \right) \right]' = \frac1{\cos x}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos x} &= \left[ \ln\left( \frac{1+\sin x}{\cos x} \right) \right]_0^{\pi/4}\\ &= \ln(1+\sqrt2). \end{aligned} \]De plus :
\[ \left[ \frac{\sin x}{\cos^2x} \right]_0^{\pi/4} = \sqrt2. \]On en déduit :
\[ L= \frac12 \left( \sqrt2+\ln(1+\sqrt2) \right). \]Calculons maintenant le premier terme de \(J\) :
\[ \begin{aligned} \left[ \frac{x}{3\cos^3x} \right]_0^{\pi/4} &= \frac{\pi/4} {3\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^3}\\ &= \frac{\pi\sqrt2}{6}. \end{aligned} \]Finalement :
\[ \begin{aligned} J &= \frac{\pi\sqrt2}{6} - \frac16 \left( \sqrt2+\ln(1+\sqrt2) \right)\\ &= \frac{ \sqrt2(\pi-1)-\ln(1+\sqrt2) }6. \end{aligned} \]Exercice 52
En utilisant la formule de l'intégration par parties, une ou plusieurs fois, calculer les intégrales suivantes :
\[ I_1=\int_0^1x^2e^{-x}\,dx \qquad;\qquad I_2=\int_0^{\pi/2}(x^2+4x)\sin(2x)\,dx \] \[ I_3=\int_1^ex\ln^2(x)\,dx \qquad;\qquad I_4=\int_0^\pi e^x\sin x\,dx \] \[ I_5=\int_0^13x^2\operatorname{Arctan}(x)\,dx \qquad;\qquad I_6=\int_0^1x^2\sqrt[3]{x+3}\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(x\mapsto x^2e^{-x}\) est continue sur \([0;1]\).
Effectuons une première intégration par parties avec :
\[ u(x)=x^2, \qquad u'(x)=2x, \] \[ v'(x)=e^{-x}, \qquad v(x)=-e^{-x}. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} I_1 &= \left[-x^2e^{-x}\right]_0^1 + 2\int_0^1xe^{-x}\,dx\\ &= -\frac1e+2A, \end{aligned} \]où :
\[ A=\int_0^1xe^{-x}\,dx. \]Calculons \(A\) par une deuxième intégration par parties avec :
\[ u(x)=x, \qquad u'(x)=1, \] \[ v'(x)=e^{-x}, \qquad v(x)=-e^{-x}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} A &= \left[-xe^{-x}\right]_0^1 + \int_0^1e^{-x}\,dx\\ &= -\frac1e + \left[-e^{-x}\right]_0^1\\ &= -\frac1e + 1-\frac1e\\ &= 1-\frac2e. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I_1 &= -\frac1e + 2\left(1-\frac2e\right)\\ &= 2-\frac5e. \end{aligned} \]Lire la correction + Masquer la correction −
L'intégrande est continue sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\).
Effectuons une première intégration par parties avec :
\[ u(x)=x^2+4x, \qquad u'(x)=2x+4, \] \[ v'(x)=\sin(2x), \qquad v(x)=-\frac12\cos(2x). \]On obtient :
\[ \begin{aligned} I_2 &= \left[ -\frac12(x^2+4x)\cos(2x) \right]_0^{\pi/2}\\ &\quad+ \int_0^{\pi/2}(x+2)\cos(2x)\,dx. \end{aligned} \]Le terme aux bornes vaut :
\[ \begin{aligned} \left[ -\frac12(x^2+4x)\cos(2x) \right]_0^{\pi/2} &= \frac12 \left( \frac{\pi^2}{4}+2\pi \right)\\ &= \frac{\pi^2}{8}+\pi. \end{aligned} \]Posons :
\[ B= \int_0^{\pi/2} (x+2)\cos(2x)\,dx. \]Effectuons une deuxième intégration par parties avec :
\[ u(x)=x+2, \qquad u'(x)=1, \] \[ v'(x)=\cos(2x), \qquad v(x)=\frac12\sin(2x). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} B &= \left[ \frac{x+2}{2}\sin(2x) \right]_0^{\pi/2} - \frac12 \int_0^{\pi/2}\sin(2x)\,dx\\ &= -\frac12 \left[ -\frac12\cos(2x) \right]_0^{\pi/2}\\ &= -\frac12. \end{aligned} \]Finalement :
\[ \begin{aligned} I_2 &= \frac{\pi^2}{8}+\pi-\frac12. \end{aligned} \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(x\mapsto x\ln^2x\) est continue sur \([1;e]\).
Effectuons une première intégration par parties avec :
\[ u(x)=\ln^2x, \qquad u'(x)=\frac{2\ln x}{x}, \] \[ v'(x)=x, \qquad v(x)=\frac{x^2}{2}. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} I_3 &= \left[ \frac{x^2}{2}\ln^2x \right]_1^e - \int_1^ex\ln x\,dx\\ &= \frac{e^2}{2}-C, \end{aligned} \]où :
\[ C=\int_1^ex\ln x\,dx. \]Calculons \(C\) par une deuxième intégration par parties avec :
\[ u(x)=\ln x, \qquad u'(x)=\frac1x, \] \[ v'(x)=x, \qquad v(x)=\frac{x^2}{2}. \]Alors :
\[ \begin{aligned} C &= \left[ \frac{x^2}{2}\ln x \right]_1^e - \frac12\int_1^ex\,dx\\ &= \frac{e^2}{2} - \frac12 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_1^e\\ &= \frac{e^2}{2} - \frac{e^2-1}{4}\\ &= \frac{e^2+1}{4}. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I_3 &= \frac{e^2}{2} - \frac{e^2+1}{4}\\ &= \frac{e^2-1}{4}. \end{aligned} \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(x\mapsto e^x\sin x\) est continue sur \([0;\pi]\).
Effectuons une première intégration par parties avec :
\[ u(x)=\sin x, \qquad u'(x)=\cos x, \] \[ v'(x)=e^x, \qquad v(x)=e^x. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} I_4 &= \left[e^x\sin x\right]_0^\pi - \int_0^\pi e^x\cos x\,dx\\ &= -D, \end{aligned} \]où :
\[ D=\int_0^\pi e^x\cos x\,dx. \]Calculons \(D\) par une deuxième intégration par parties avec :
\[ u(x)=\cos x, \qquad u'(x)=-\sin x, \] \[ v'(x)=e^x, \qquad v(x)=e^x. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} D &= \left[e^x\cos x\right]_0^\pi + \int_0^\pi e^x\sin x\,dx\\ &= -e^\pi-1+I_4. \end{aligned} \]Or \(I_4=-D\). Donc :
\[ I_4=e^\pi+1-I_4. \]Par conséquent :
\[ 2I_4=e^\pi+1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
L'intégrande est continue sur \([0;1]\).
Effectuons une intégration par parties avec :
\[ u(x)=\operatorname{Arctan}(x), \qquad u'(x)=\frac1{1+x^2}, \] \[ v'(x)=3x^2, \qquad v(x)=x^3. \]On obtient :
\[ I_5= \left[ x^3\operatorname{Arctan}(x) \right]_0^1 - \int_0^1\frac{x^3}{1+x^2}\,dx. \]Comme :
\[ \operatorname{Arctan}(1)=\frac{\pi}{4}, \]il vient :
\[ I_5= \frac{\pi}{4} - \int_0^1\frac{x^3}{1+x^2}\,dx. \]Or :
\[ \frac{x^3}{1+x^2} = x-\frac{x}{1+x^2}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} \int_0^1\frac{x^3}{1+x^2}\,dx &= \int_0^1x\,dx - \int_0^1\frac{x}{1+x^2}\,dx\\ &= \frac12 - \frac12 \left[ \ln(1+x^2) \right]_0^1\\ &= \frac12-\frac{\ln2}{2}. \end{aligned} \]Finalement :
\[ I_5= \frac{\pi}{4} - \frac12 + \frac{\ln2}{2}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(x\mapsto x^2\sqrt[3]{x+3}\) est continue sur \([0;1]\).
Effectuons une intégration par parties avec :
\[ u(x)=x^2, \qquad u'(x)=2x, \] \[ v'(x)=(x+3)^{1/3}, \qquad v(x)=\frac34(x+3)^{4/3}. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} I_6 &= \left[ \frac34x^2(x+3)^{4/3} \right]_0^1\\ &\quad- \frac32 \int_0^1x(x+3)^{4/3}\,dx. \end{aligned} \]Le terme aux bornes vaut :
\[ \begin{aligned} \left[ \frac34x^2(x+3)^{4/3} \right]_0^1 &= \frac34\,4^{4/3}\\ &= 3\sqrt[3]{4}. \end{aligned} \]Posons :
\[ E= \int_0^1x(x+3)^{4/3}\,dx. \]Comme \(x=(x+3)-3\), on a :
\[ \begin{aligned} E &= \int_0^1 \left( (x+3)^{7/3} - 3(x+3)^{4/3} \right)\,dx\\ &= \left[ \frac3{10}(x+3)^{10/3} - \frac97(x+3)^{7/3} \right]_0^1. \end{aligned} \]Aux bornes :
\[ \begin{aligned} E &= \left( \frac3{10}4^{10/3} - \frac974^{7/3} \right)\\ &\quad- \left( \frac3{10}3^{10/3} - \frac973^{7/3} \right)\\ &= -\frac{48}{35}\sqrt[3]{4} + \frac{243}{70}\sqrt[3]{3}. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I_6 &= 3\sqrt[3]{4} - \frac32 \left( -\frac{48}{35}\sqrt[3]{4} + \frac{243}{70}\sqrt[3]{3} \right)\\ &= \frac{177}{35}\sqrt[3]{4} - \frac{729}{140}\sqrt[3]{3}. \end{aligned} \]
Commentaires
Enregistrer un commentaire