Correction des exercices 58 à 60
Calcul intégral — Manuel Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 58
On considère les intégrales :
\[ I=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x^2+2}}, \qquad J=\int_0^1\frac{x^2}{\sqrt{x^2+2}}\,dx \]et :
\[ K=\int_0^1\sqrt{x^2+2}\,dx. \]Montrer que :
\[ J+2I=K. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Les trois fonctions intégrées sont continues sur \([0;1]\), car :
\[ x^2+2\geq2>0. \]Par linéarité de l’intégrale :
\[ \begin{aligned} J+2I &= \int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{x^2+2}}\,dx + 2\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x^2+2}}\\ &= \int_0^1 \frac{x^2+2}{\sqrt{x^2+2}}\,dx\\ &= \int_0^1 \sqrt{x^2+2}\,dx\\ &=K. \end{aligned} \]Soit \(f\) la fonction définie sur \([0;1]\) par :
\[ f(x)=\ln\left(x+\sqrt{x^2+2}\right). \]Calculer \(f'(x)\) pour tout \(x\in[0;1]\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in[0;1]\), on a :
\[ x+\sqrt{x^2+2}>0. \]La fonction \(f\) est donc dérivable sur \([0;1]\).
Posons :
\[ g(x)=x+\sqrt{x^2+2}. \]On a :
\[ g'(x) = 1+\frac{x}{\sqrt{x^2+2}}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{g'(x)}{g(x)}\\ &= \frac{ 1+\dfrac{x}{\sqrt{x^2+2}} }{ x+\sqrt{x^2+2} }\\ &= \frac{ \sqrt{x^2+2}+x }{ \sqrt{x^2+2} \left(x+\sqrt{x^2+2}\right) }\\ &= \frac1{\sqrt{x^2+2}}. \end{aligned} \]En déduire la valeur de l’intégrale \(I\).
Lire la correction + Masquer la correction −
D’après la question précédente, la fonction \(f\) est une primitive de :
\[ x\longmapsto\frac1{\sqrt{x^2+2}} \]sur \([0;1]\).
Ainsi :
\[ \begin{aligned} I &= \left[ \ln\left(x+\sqrt{x^2+2}\right) \right]_0^1\\ &= \ln(1+\sqrt3)-\ln(\sqrt2)\\ &= \ln\left( \frac{1+\sqrt3}{\sqrt2} \right). \end{aligned} \]En utilisant la formule d’intégration par parties, montrer que :
\[ K=\sqrt3-J. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Effectuons une intégration par parties avec :
\[ u(x)=\sqrt{x^2+2}, \qquad u'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+2}}, \] \[ v'(x)=1, \qquad v(x)=x. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} K &= \left[ x\sqrt{x^2+2} \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{x^2+2}}\,dx\\ &= \sqrt3-J. \end{aligned} \]En déduire les valeurs de \(J\) et \(K\).
Lire la correction + Masquer la correction −
On dispose des deux relations :
\[ J+2I=K \]et :
\[ K=\sqrt3-J. \]En remplaçant \(K\) dans la première relation :
\[ J+2I=\sqrt3-J. \]Donc :
\[ 2J=\sqrt3-2I, \]d’où :
\[ J=\frac{\sqrt3}{2}-I. \]Comme :
\[ I= \ln\left( \frac{1+\sqrt3}{\sqrt2} \right), \]on obtient :
\[ J= \frac{\sqrt3}{2} - \ln\left( \frac{1+\sqrt3}{\sqrt2} \right). \]Enfin :
\[ \begin{aligned} K &= J+2I\\ &= \frac{\sqrt3}{2}+I\\ &= \frac{\sqrt3}{2} + \ln\left( \frac{1+\sqrt3}{\sqrt2} \right). \end{aligned} \]Exercice 59
Soit :
\[ \lambda\in]0;1[. \]En utilisant une intégration par parties, calculer :
\[ I(\lambda)= \int_0^{1-\lambda} \ln(1-t^2)\,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Comme \(\lambda\in]0;1[\), on a :
\[ 0<1-\lambda<1. \]Pour tout \(t\in[0;1-\lambda]\) :
\[ 1-t^2>0. \]La fonction \(t\mapsto\ln(1-t^2)\) est donc continue sur \([0;1-\lambda]\).
Effectuons une intégration par parties avec :
\[ u(t)=\ln(1-t^2), \qquad u'(t)=\frac{-2t}{1-t^2}, \] \[ v'(t)=1, \qquad v(t)=t. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} I(\lambda) &= \left[ t\ln(1-t^2) \right]_0^{1-\lambda}\\ &\quad+ 2\int_0^{1-\lambda} \frac{t^2}{1-t^2}\,dt. \end{aligned} \]Or :
\[ \frac{t^2}{1-t^2} = -1+\frac1{1-t^2}. \]De plus :
\[ \frac1{1-t^2} = \frac12 \left( \frac1{1+t}+\frac1{1-t} \right). \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} 2\int_0^{1-\lambda} \frac{t^2}{1-t^2}\,dt &= -2(1-\lambda)\\ &\quad+ \left[ \ln\left( \frac{1+t}{1-t} \right) \right]_0^{1-\lambda}\\ &= -2(1-\lambda) + \ln\left( \frac{2-\lambda}{\lambda} \right). \end{aligned} \]D’autre part :
\[ 1-(1-\lambda)^2 = \lambda(2-\lambda). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I(\lambda) &= (1-\lambda) \ln\left(\lambda(2-\lambda)\right)\\ &\quad- 2(1-\lambda) + \ln\left( \frac{2-\lambda}{\lambda} \right). \end{aligned} \]En regroupant les termes logarithmiques :
\[ \boxed{ I(\lambda) = (2-\lambda)\ln(2-\lambda) - \lambda\ln\lambda - 2(1-\lambda) }. \]Déterminer :
\[ \lim_{\lambda\to0^+}I(\lambda). \]Lire la correction + Masquer la correction −
D’après la question précédente :
\[ I(\lambda) = (2-\lambda)\ln(2-\lambda) - \lambda\ln\lambda - 2(1-\lambda). \]Lorsque \(\lambda\to0^+\) :
\[ (2-\lambda)\ln(2-\lambda)\to2\ln2 \]et :
\[ -2(1-\lambda)\to-2. \]Étudions le terme \(\lambda\ln\lambda\). Posons :
\[ y=\frac1\lambda. \]Alors \(y\to+\infty\) et :
\[ \lambda\ln\lambda = -\frac{\ln y}{y}. \]Or :
\[ \lim_{y\to+\infty}\frac{\ln y}{y}=0. \]Donc :
\[ \lim_{\lambda\to0^+}\lambda\ln\lambda=0. \]Par conséquent :
\[ \lim_{\lambda\to0^+}I(\lambda) = 2\ln2-2. \]Exercice 60
Soit \(a\in\mathbb R_+^*\). On considère les intégrales :
\[ F_a(x)= \int_0^x \frac{dt}{\sqrt{t^2+a^2}} \]et :
\[ G_a(x)= \int_0^x \sqrt{t^2+a^2}\,dt. \]Montrer que :
\[ F_a(x) = \ln\left( x+\sqrt{x^2+a^2} \right) - \ln a. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(t\in\mathbb R\), on a :
\[ t^2+a^2>0. \]La fonction :
\[ t\longmapsto \frac1{\sqrt{t^2+a^2}} \]est donc continue sur \(\mathbb R\).
Considérons la fonction :
\[ H(t)= \ln\left( t+\sqrt{t^2+a^2} \right). \]Comme \(a>0\), on a :
\[ \sqrt{t^2+a^2}>|t|, \]donc :
\[ t+\sqrt{t^2+a^2}>0. \]La fonction \(H\) est ainsi bien définie et dérivable sur \(\mathbb R\).
Calculons sa dérivée :
\[ \begin{aligned} H'(t) &= \frac{ 1+\dfrac{t}{\sqrt{t^2+a^2}} }{ t+\sqrt{t^2+a^2} }\\ &= \frac{ \sqrt{t^2+a^2}+t }{ \sqrt{t^2+a^2} \left( t+\sqrt{t^2+a^2} \right) }\\ &= \frac1{\sqrt{t^2+a^2}}. \end{aligned} \]La fonction \(H\) est donc une primitive de l’intégrande.
Ainsi :
\[ \begin{aligned} F_a(x) &= \left[ \ln\left( t+\sqrt{t^2+a^2} \right) \right]_0^x\\ &= \ln\left( x+\sqrt{x^2+a^2} \right) - \ln\left(\sqrt{a^2}\right). \end{aligned} \]Comme \(a>0\) :
\[ \sqrt{a^2}=a. \]Pour \(x=0\), on vérifie bien que :
\[ F_a(0)=0. \]En utilisant une intégration par parties, exprimer \(G_a(x)\) en fonction de \(x\).
Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction :
\[ t\longmapsto\sqrt{t^2+a^2} \]est continue sur \(\mathbb R\).
Effectuons une intégration par parties avec :
\[ u(t)=\sqrt{t^2+a^2}, \qquad u'(t)=\frac{t}{\sqrt{t^2+a^2}}, \] \[ v'(t)=1, \qquad v(t)=t. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} G_a(x) &= \left[ t\sqrt{t^2+a^2} \right]_0^x\\ &\quad- \int_0^x \frac{t^2}{\sqrt{t^2+a^2}}\,dt\\ &= x\sqrt{x^2+a^2} - \int_0^x \frac{t^2}{\sqrt{t^2+a^2}}\,dt. \end{aligned} \]Or :
\[ t^2=(t^2+a^2)-a^2. \]Donc :
\[ \begin{aligned} \frac{t^2}{\sqrt{t^2+a^2}} &= \sqrt{t^2+a^2} - \frac{a^2}{\sqrt{t^2+a^2}}. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} G_a(x) &= x\sqrt{x^2+a^2} - G_a(x) + a^2F_a(x). \end{aligned} \]Ainsi :
\[ 2G_a(x) = x\sqrt{x^2+a^2} + a^2F_a(x). \]En utilisant l’expression de \(F_a(x)\) :
\[ \begin{aligned} G_a(x) &= \frac12 \Bigg[ x\sqrt{x^2+a^2}\\ &\qquad+ a^2 \left( \ln\left( x+\sqrt{x^2+a^2} \right) - \ln a \right) \Bigg]. \end{aligned} \]Pour \(x=0\), on vérifie bien que :
\[ G_a(0)=0. \]
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