Correction des exercices 67 et 68
Calcul intégral — Manuel Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 67
Soit :
\[ a\in[1;+\infty[. \]Pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\), on pose :
\[ I_a(x)= \int_0^x t^2\sqrt{t+a}\,dt. \]En utilisant l’intégration par changement de variable et en posant :
\[ u=\sqrt{t+a}, \]montrer que :
\[ I_a(x)= \frac{2}{105} \left[ (x+a)^{3/2} \left(15x^2-12ax+8a^2\right) -8a^{7/2} \right]. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Comme \(a\geq1\) et \(x\geq0\), la fonction :
\[ t\longmapsto t^2\sqrt{t+a} \]est continue sur \([0;x]\). L’intégrale \(I_a(x)\) est donc bien définie.
Posons :
\[ u=\sqrt{t+a}. \]Alors :
\[ u^2=t+a, \qquad t=u^2-a \]et :
\[ dt=2u\,du. \]Les nouvelles bornes sont :
\[ t=0 \Longrightarrow u=\sqrt a, \] \[ t=x \Longrightarrow u=\sqrt{x+a}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I_a(x) &= \int_{\sqrt a}^{\sqrt{x+a}} (u^2-a)^2u\cdot2u\,du\\ &= 2\int_{\sqrt a}^{\sqrt{x+a}} (u^2-a)^2u^2\,du. \end{aligned} \]Développons :
\[ (u^2-a)^2u^2 = u^6-2au^4+a^2u^2. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_a(x) &= 2\int_{\sqrt a}^{\sqrt{x+a}} \left( u^6-2au^4+a^2u^2 \right)\,du\\ &= 2 \left[ \frac{u^7}{7} - \frac{2au^5}{5} + \frac{a^2u^3}{3} \right]_{\sqrt a}^{\sqrt{x+a}}. \end{aligned} \]Pour simplifier l’expression entre crochets, mettons \(\dfrac{u^3}{105}\) en facteur :
\[ \begin{aligned} \frac{u^7}{7} - \frac{2au^5}{5} + \frac{a^2u^3}{3} &= \frac{u^3}{105} \left( 15u^4-42au^2+35a^2 \right). \end{aligned} \]Pour la borne supérieure, on a \(u^2=x+a\). Donc :
\[ \begin{aligned} 15u^4-42au^2+35a^2 &= 15(x+a)^2-42a(x+a)+35a^2\\ &= 15x^2-12ax+8a^2. \end{aligned} \]Ainsi, la valeur obtenue à la borne supérieure est :
\[ \frac{(x+a)^{3/2}}{105} \left( 15x^2-12ax+8a^2 \right). \]À la borne inférieure \(u=\sqrt a\), on obtient :
\[ \begin{aligned} 15u^4-42au^2+35a^2 &= 15a^2-42a^2+35a^2\\ &= 8a^2. \end{aligned} \]La valeur correspondante est donc :
\[ \frac{8a^{7/2}}{105}. \]Finalement :
\[ \begin{aligned} I_a(x) &= \frac{2}{105} \Big[ (x+a)^{3/2} \left( 15x^2-12ax+8a^2 \right)\\ &\qquad\qquad -8a^{7/2} \Big]. \end{aligned} \]Pour \(x=0\), le membre de droite est nul, ce qui confirme bien :
\[ I_a(0)=0. \]Calculer l’intégrale :
\[ J(x)= \int_0^x \frac{t^2} {\sqrt{t+1}+\sqrt{t+4}}\,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(t\in[0;x]\), le dénominateur est strictement positif. L’intégrande est donc continue sur \([0;x]\).
Rationalisons le dénominateur :
\[ \begin{aligned} \frac1{\sqrt{t+1}+\sqrt{t+4}} &= \frac{\sqrt{t+4}-\sqrt{t+1}} {(\sqrt{t+4})^2-(\sqrt{t+1})^2}\\ &= \frac{\sqrt{t+4}-\sqrt{t+1}} {(t+4)-(t+1)}\\ &= \frac{\sqrt{t+4}-\sqrt{t+1}}3. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} J(x) &= \frac13 \int_0^x t^2 \left( \sqrt{t+4}-\sqrt{t+1} \right)\,dt\\ &= \frac13 \left[ \int_0^x t^2\sqrt{t+4}\,dt - \int_0^x t^2\sqrt{t+1}\,dt \right]. \end{aligned} \]D’après la définition de \(I_a(x)\) :
\[ J(x)=\frac13\left(I_4(x)-I_1(x)\right). \]La formule obtenue à la question précédente donne :
\[ I_4(x)= \frac{2}{105} \left[ (x+4)^{3/2} \left( 15x^2-48x+128 \right) -8\cdot4^{7/2} \right]. \]Or :
\[ 4^{7/2}=128, \]donc :
\[ I_4(x)= \frac{2}{105} \left[ (x+4)^{3/2} \left( 15x^2-48x+128 \right) -1024 \right]. \]De même :
\[ I_1(x)= \frac{2}{105} \left[ (x+1)^{3/2} \left( 15x^2-12x+8 \right) -8 \right]. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} J(x) &= \frac{2}{315} \Big[ (x+4)^{3/2} \left( 15x^2-48x+128 \right)\\ &\qquad -(x+1)^{3/2} \left( 15x^2-12x+8 \right) -1016 \Big]. \end{aligned} \]Pour \(x=0\), cette expression donne bien :
\[ J(0)=0. \]Exercice 68
Soit \(f\) la fonction définie sur :
\[ I=[1;+\infty[ \]par :
\[ f(t)= \frac12 \left( \sqrt t+\frac1{\sqrt t} \right). \]Montrer que \(f\) réalise une bijection de \(I\) sur \(I\), puis définir sa fonction réciproque \(f^{-1}\).
Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(f\) est continue sur \(I=[1;+\infty[\).
Elle est dérivable sur \(I\), et pour tout \(t\geq1\) :
\[ \begin{aligned} f'(t) &= \frac12 \left( \frac1{2\sqrt t} - \frac1{2t^{3/2}} \right)\\ &= \frac{t-1}{4t^{3/2}}. \end{aligned} \]Pour tout \(t\geq1\) :
\[ t^{3/2}>0 \qquad\text{et}\qquad t-1\geq0. \]Ainsi :
\[ f'(t)\geq0 \]sur \(I\), avec :
\[ f'(t)>0 \qquad\text{pour tout}\qquad t\in]1;+\infty[. \]La fonction \(f\) est donc strictement croissante sur \(I\).
De plus :
\[ f(1)= \frac12(1+1)=1. \]Et lorsque \(t\to+\infty\) :
\[ \sqrt t\to+\infty \qquad\text{et}\qquad \frac1{\sqrt t}\to0. \]Par conséquent :
\[ \lim_{t\to+\infty}f(t)=+\infty. \]Comme \(f\) est continue et strictement croissante sur \(I\), on a :
\[ f(I)= [f(1);\lim_{t\to+\infty}f(t)[ = [1;+\infty[ = I. \]Ainsi, \(f\) réalise une bijection de \(I\) sur \(I\).
Déterminons maintenant sa fonction réciproque. Soit \(x\in I\). Posons :
\[ x=f(t) \qquad\text{avec}\qquad t\geq1. \]On a :
\[ 2x= \sqrt t+\frac1{\sqrt t}. \]Posons :
\[ y=\sqrt t. \]Alors \(y\geq1\), et :
\[ 2x=y+\frac1y. \]En multipliant par \(y>0\) :
\[ y^2-2xy+1=0. \]Le discriminant est :
\[ \Delta= 4x^2-4 = 4(x^2-1). \]Les solutions sont :
\[ y=x-\sqrt{x^2-1} \]ou :
\[ y=x+\sqrt{x^2-1}. \]Or \(y\geq1\). La solution convenable est donc :
\[ y=x+\sqrt{x^2-1}. \]Comme \(t=y^2\), on obtient :
\[ t= \left( x+\sqrt{x^2-1} \right)^2. \]Soit \(\varphi\) la fonction définie sur \(]1;+\infty[\) par :
\[ \varphi(x)= \int_{\sqrt2}^{x} \frac{du}{\sqrt{u^2-1}}. \]En utilisant une intégration par changement de variable et en posant :
\[ u=f(t), \]calculer \(\varphi(x)\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in]1;+\infty[\), la fonction :
\[ u\longmapsto\frac1{\sqrt{u^2-1}} \]est continue sur le segment ayant pour extrémités \(\sqrt2\) et \(x\). L’intégrale orientée \(\varphi(x)\) est donc bien définie.
Posons :
\[ u=f(t) = \frac12 \left( \sqrt t+\frac1{\sqrt t} \right), \qquad t>1. \]D’après la question précédente :
\[ du= \frac{t-1}{4t^{3/2}}\,dt. \]Calculons \(f(t)^2-1\) :
\[ \begin{aligned} f(t)^2-1 &= \frac14 \left( \sqrt t+\frac1{\sqrt t} \right)^2-1\\ &= \frac14 \left( t+2+\frac1t \right)-1\\ &= \frac14 \left( t-2+\frac1t \right)\\ &= \frac{(t-1)^2}{4t}. \end{aligned} \]Comme \(t>1\), on a \(t-1>0\). Ainsi :
\[ \sqrt{f(t)^2-1} = \frac{t-1}{2\sqrt t}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} \frac{du}{\sqrt{u^2-1}} &= \frac{ \dfrac{t-1}{4t^{3/2}}\,dt }{ \dfrac{t-1}{2\sqrt t} }\\ &= \frac{dt}{2t}. \end{aligned} \]Déterminons les nouvelles bornes.
Pour la borne inférieure \(u=\sqrt2\) :
\[ t=f^{-1}(\sqrt2). \]Or :
\[ \begin{aligned} f^{-1}(\sqrt2) &= \left( \sqrt2+\sqrt{2-1} \right)^2\\ &= (\sqrt2+1)^2\\ &= 3+2\sqrt2. \end{aligned} \]Pour la borne supérieure \(u=x\) :
\[ t=f^{-1}(x) = \left( x+\sqrt{x^2-1} \right)^2. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \varphi(x) &= \frac12 \int_{3+2\sqrt2}^{(x+\sqrt{x^2-1})^2} \frac{dt}{t}\\ &= \frac12 \left[ \ln t \right]_{3+2\sqrt2}^{(x+\sqrt{x^2-1})^2}. \end{aligned} \]Donc :
\[ \begin{aligned} \varphi(x) &= \frac12 \ln \left( \frac{ (x+\sqrt{x^2-1})^2 }{ 3+2\sqrt2 } \right). \end{aligned} \]Or :
\[ 3+2\sqrt2=(1+\sqrt2)^2. \]Comme les quantités considérées sont strictement positives :
\[ \begin{aligned} \varphi(x) &= \ln \left( \frac{ x+\sqrt{x^2-1} }{ 1+\sqrt2 } \right). \end{aligned} \]Pour \(x=\sqrt2\), la formule donne bien :
\[ \varphi(\sqrt2)=0. \]
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