Correction des exercices 72 à 76
Calcul intégral — Manuel Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 72
Soient \(n\in\mathbb N^*\) et \(\alpha\in\mathbb R_+^*\). On pose :
\[ I_n(\alpha)= \int_0^{\pi/(2n)} \frac{\cos^\alpha(nt)} {\cos^\alpha(nt)+\sin^\alpha(nt)}\,dt. \]Calculer \(I_n(\alpha)\) et vérifier qu’elle est indépendante de \(\alpha\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout :
\[ t\in\left[0;\frac{\pi}{2n}\right], \]on a :
\[ nt\in\left[0;\frac{\pi}{2}\right]. \]Ainsi, \(\sin(nt)\geq0\) et \(\cos(nt)\geq0\). De plus, ces deux nombres ne s’annulent jamais simultanément. Comme \(\alpha>0\), le dénominateur est strictement positif.
L’intégrande est donc continue sur :
\[ \left[0;\frac{\pi}{2n}\right]. \]Posons :
\[ u=\frac{\pi}{2n}-t. \]Alors :
\[ t=\frac{\pi}{2n}-u \qquad\text{et}\qquad dt=-du. \]Les nouvelles bornes sont :
\[ t=0 \Longrightarrow u=\frac{\pi}{2n}, \] \[ t=\frac{\pi}{2n} \Longrightarrow u=0. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I_n(\alpha) &= \int_{\pi/(2n)}^0 \frac{ \cos^\alpha\left( n\left(\frac{\pi}{2n}-u\right) \right) }{ \cos^\alpha\left( n\left(\frac{\pi}{2n}-u\right) \right) + \sin^\alpha\left( n\left(\frac{\pi}{2n}-u\right) \right) } (-du). \end{aligned} \]Or :
\[ n\left(\frac{\pi}{2n}-u\right) = \frac{\pi}{2}-nu. \]Donc :
\[ \cos\left(\frac{\pi}{2}-nu\right)=\sin(nu) \]et :
\[ \sin\left(\frac{\pi}{2}-nu\right)=\cos(nu). \]Ainsi :
\[ I_n(\alpha) = \int_0^{\pi/(2n)} \frac{\sin^\alpha(nu)} {\sin^\alpha(nu)+\cos^\alpha(nu)}\,du. \]En remplaçant \(u\) par \(t\), on obtient :
\[ I_n(\alpha) = \int_0^{\pi/(2n)} \frac{\sin^\alpha(nt)} {\cos^\alpha(nt)+\sin^\alpha(nt)}\,dt. \]Additionnons cette égalité à la définition initiale de \(I_n(\alpha)\) :
\[ \begin{aligned} 2I_n(\alpha) &= \int_0^{\pi/(2n)} \frac{ \cos^\alpha(nt)+\sin^\alpha(nt) }{ \cos^\alpha(nt)+\sin^\alpha(nt) }\,dt\\ &= \int_0^{\pi/(2n)}1\,dt\\ &= \frac{\pi}{2n}. \end{aligned} \]Par conséquent :
Cette valeur ne contient pas \(\alpha\). L’intégrale \(I_n(\alpha)\) est donc indépendante de \(\alpha\).
Exercice 73
Soit \(f\) une fonction continue sur le segment \([a;b]\).
Montrer que :
\[ \int_a^b f(x)\,dx = \int_a^b f(a+b-x)\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(f\) est continue sur \([a;b]\). Les intégrales considérées sont donc bien définies.
Dans l’intégrale :
\[ \int_a^b f(x)\,dx, \]posons :
\[ t=a+b-x. \]Alors :
\[ x=a+b-t \qquad\text{et}\qquad dx=-dt. \]Les nouvelles bornes sont :
\[ x=a \Longrightarrow t=b, \] \[ x=b \Longrightarrow t=a. \]Le signe négatif de \(dt\) inverse l’ordre des bornes :
\[ \begin{aligned} \int_a^b f(x)\,dx &= \int_b^a f(a+b-t)(-dt)\\ &= \int_a^b f(a+b-t)\,dt. \end{aligned} \]La variable d’intégration étant muette, on peut remplacer \(t\) par \(x\).
En déduire la valeur de l’intégrale :
\[ I= \int_{\pi/6}^{\pi/3} \left( \sqrt{\cos t}-\sqrt{\sin t} \right)\,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Sur le segment :
\[ \left[\frac{\pi}{6};\frac{\pi}{3}\right], \]les fonctions sinus et cosinus sont strictement positives. La fonction :
\[ f(t)=\sqrt{\cos t}-\sqrt{\sin t} \]est donc continue sur ce segment.
Ici :
\[ a=\frac{\pi}{6}, \qquad b=\frac{\pi}{3}, \]donc :
\[ a+b=\frac{\pi}{2}. \]D’après la propriété établie à la question précédente :
\[ I= \int_{\pi/6}^{\pi/3} f\left(\frac{\pi}{2}-t\right)\,dt. \]Or :
\[ \cos\left(\frac{\pi}{2}-t\right)=\sin t \]et :
\[ \sin\left(\frac{\pi}{2}-t\right)=\cos t. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} f\left(\frac{\pi}{2}-t\right) &= \sqrt{\sin t}-\sqrt{\cos t}\\ &= -f(t). \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ I= -\int_{\pi/6}^{\pi/3}f(t)\,dt = -I. \]Donc :
\[ 2I=0. \]Exercice 74
Soit \(f\) une fonction continue sur un intervalle \(I\).
Montrer que, pour tout \((a;b)\in I^2\) :
\[ \int_a^b f(x)\,dx = (b-a) \int_0^1 f\bigl(a+(b-a)t\bigr)\,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soient \(a\) et \(b\) deux éléments de l’intervalle \(I\).
Si \(a=b\), alors :
\[ \int_a^a f(x)\,dx=0 \]et :
\[ (a-a) \int_0^1 f(a)\,dt=0. \]La formule est donc vraie dans ce cas.
Supposons maintenant \(a\neq b\). Posons :
\[ x=a+(b-a)t. \]Alors :
\[ dx=(b-a)\,dt. \]Les nouvelles bornes sont :
\[ t=0 \Longrightarrow x=a, \] \[ t=1 \Longrightarrow x=b. \]Comme \(I\) est un intervalle et que \(a,b\in I\), le nombre :
\[ a+(b-a)t=(1-t)a+tb \]appartient à \(I\) pour tout \(t\in[0;1]\).
Par changement de variable :
\[ \begin{aligned} \int_a^b f(x)\,dx &= \int_0^1 f\bigl(a+(b-a)t\bigr) (b-a)\,dt\\ &= (b-a) \int_0^1 f\bigl(a+(b-a)t\bigr)\,dt. \end{aligned} \]Lorsque \(a<b\), le changement de variable est croissant. Lorsque \(a>b\), il est décroissant et le facteur \(b-a<0\) tient automatiquement compte de l’orientation de l’intégrale.
Exercice 75
Calculer :
\[ I= \int_{\pi/4}^{\pi/2} \frac{\cos x}{\sin^2x}\,dx + \int_0^{\pi/4} \frac{\sin x}{\cos^2x}\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Les deux fonctions intégrées sont continues sur leurs segments respectifs, car :
\[ \sin x>0 \quad\text{sur}\quad \left[\frac{\pi}{4};\frac{\pi}{2}\right] \]et :
\[ \cos x>0 \quad\text{sur}\quad \left[0;\frac{\pi}{4}\right]. \]Posons :
\[ A= \int_{\pi/4}^{\pi/2} \frac{\cos x}{\sin^2x}\,dx \]et :
\[ B= \int_0^{\pi/4} \frac{\sin x}{\cos^2x}\,dx. \]Dans l’intégrale \(A\), effectuons le changement de variable :
\[ t=\frac{\pi}{2}-x. \]Alors :
\[ x=\frac{\pi}{2}-t \qquad\text{et}\qquad dx=-dt. \]Les nouvelles bornes sont :
\[ x=\frac{\pi}{4} \Longrightarrow t=\frac{\pi}{4}, \] \[ x=\frac{\pi}{2} \Longrightarrow t=0. \]De plus :
\[ \cos\left(\frac{\pi}{2}-t\right)=\sin t \]et :
\[ \sin\left(\frac{\pi}{2}-t\right)=\cos t. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} A &= \int_{\pi/4}^{0} \frac{\sin t}{\cos^2t} (-dt)\\ &= \int_0^{\pi/4} \frac{\sin t}{\cos^2t}\,dt\\ &= B. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ I=A+B=2B. \]Or :
\[ \left(\frac1{\cos x}\right)' = \frac{\sin x}{\cos^2x}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} B &= \left[ \frac1{\cos x} \right]_0^{\pi/4}\\ &= \frac1{\cos(\pi/4)}-\frac1{\cos0}\\ &= \sqrt2-1. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ I=2(\sqrt2-1). \]Vérification directe :
\[ \int_{\pi/4}^{\pi/2} \frac{\cos x}{\sin^2x}\,dx = \left[-\frac1{\sin x}\right]_{\pi/4}^{\pi/2} = \sqrt2-1. \]Les deux intégrales ont donc bien la même valeur.
Exercice 76
Montrer que :
\[ \int_{-1/3}^{1/3} \cos x\, \ln\left( \frac{1-x}{1+x} \right)\,dx = 0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Considérons la fonction \(g\) définie sur :
\[ \left[-\frac13;\frac13\right] \]par :
\[ g(x)= \cos x\, \ln\left( \frac{1-x}{1+x} \right). \]Pour tout :
\[ x\in\left[-\frac13;\frac13\right], \]on a :
\[ 1-x\geq\frac23>0 \qquad\text{et}\qquad 1+x\geq\frac23>0. \]Le quotient \(\dfrac{1-x}{1+x}\) est donc strictement positif. La fonction \(g\) est ainsi continue sur le segment considéré.
La fonction cosinus est paire :
\[ \cos(-x)=\cos x. \]Étudions la parité de la fonction logarithmique. Pour tout :
\[ x\in\left[-\frac13;\frac13\right], \]on a :
\[ \begin{aligned} \ln\left( \frac{1-(-x)}{1+(-x)} \right) &= \ln\left( \frac{1+x}{1-x} \right)\\ &= \ln\left[ \left( \frac{1-x}{1+x} \right)^{-1} \right]\\ &= -\ln\left( \frac{1-x}{1+x} \right). \end{aligned} \]La fonction :
\[ x\longmapsto \ln\left( \frac{1-x}{1+x} \right) \]est donc impaire.
Le produit d’une fonction paire par une fonction impaire est impair. Ainsi :
\[ g(-x)=-g(x). \]L’intervalle :
\[ \left[-\frac13;\frac13\right] \]est symétrique par rapport à \(0\). Par conséquent, l’intégrale d’une fonction continue et impaire sur ce segment est nulle.
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