Correction des exercices 77 à 81 – Calcul intégral
Parité et symétrie dans les intégrales — Manuel Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 77
Soit \(f\) une fonction continue sur \(\mathbb R\) telle que :
\[ (\exists\lambda\in\mathbb R)(\forall x\in\mathbb R) \qquad \int_{-x}^{x}f(t)\,dt=\lambda. \]Montrer que la fonction \(f\) est impaire.
Lire la correction + Masquer la correction −
En prenant \(x=0\) dans l'égalité donnée, on obtient :
\[ \lambda=\int_0^0 f(t)\,dt=0. \]Ainsi, pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ \int_{-x}^{x}f(t)\,dt=0. \]Définissons la fonction \(F\) sur \(\mathbb R\) par :
\[ F(x)=\int_{-x}^{x}f(t)\,dt. \]La fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb R\). La fonction \(F\) est donc dérivable sur \(\mathbb R\).
Les deux bornes de l'intégrale dépendent de \(x\). On a :
\[ \begin{aligned} F'(x) &=f(x)\times 1-f(-x)\times(-1)\\ &=f(x)+f(-x). \end{aligned} \]Or \(F(x)=0\) pour tout \(x\in\mathbb R\). La fonction \(F\) est donc constante, et par conséquent :
\[ F'(x)=0. \]Il vient alors, pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ f(x)+f(-x)=0. \]Donc :
\[ f(-x)=-f(x). \]Exercice 78
Soit \(f\) une fonction continue sur \([-a;a]\), où \(a\in\mathbb R_+^*\).
Montrer que :
\[ \int_{-a}^{a}f(t)\,dt = \int_0^a\bigl(f(t)+f(-t)\bigr)\,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
On décompose l'intégrale sur les intervalles \([-a;0]\) et \([0;a]\) :
\[ \int_{-a}^{a}f(t)\,dt = \int_{-a}^{0}f(t)\,dt + \int_0^a f(t)\,dt. \]Dans la première intégrale, effectuons le changement de variable :
\[ t=-u. \]On a :
\[ dt=-du. \]Transformons les bornes :
\[ t=-a\Longrightarrow u=a, \qquad t=0\Longrightarrow u=0. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} \int_{-a}^{0}f(t)\,dt &=\int_a^0 f(-u)(-du)\\ &=\int_0^a f(-u)\,du. \end{aligned} \]En remplaçant la variable muette \(u\) par \(t\), on obtient :
\[ \int_{-a}^{0}f(t)\,dt = \int_0^a f(-t)\,dt. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_{-a}^{a}f(t)\,dt &=\int_0^a f(-t)\,dt+\int_0^a f(t)\,dt\\ &=\int_0^a\bigl(f(t)+f(-t)\bigr)\,dt. \end{aligned} \]En déduire que si \(f\) est impaire, alors :
\[ \int_{-a}^{a}f(t)\,dt=0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Si \(f\) est impaire, alors, pour tout \(t\in[-a;a]\) :
\[ f(-t)=-f(t). \]En utilisant la relation établie dans la question précédente :
\[ \begin{aligned} \int_{-a}^{a}f(t)\,dt &=\int_0^a\bigl(f(t)+f(-t)\bigr)\,dt\\ &=\int_0^a\bigl(f(t)-f(t)\bigr)\,dt\\ &=\int_0^a 0\,dt\\ &=0. \end{aligned} \]En déduire que si \(f\) est paire, alors :
\[ \int_{-a}^{a}f(t)\,dt = 2\int_0^a f(t)\,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Si \(f\) est paire, alors, pour tout \(t\in[-a;a]\) :
\[ f(-t)=f(t). \]En utilisant la relation établie dans la question 1 :
\[ \begin{aligned} \int_{-a}^{a}f(t)\,dt &=\int_0^a\bigl(f(t)+f(-t)\bigr)\,dt\\ &=\int_0^a\bigl(f(t)+f(t)\bigr)\,dt\\ &=2\int_0^a f(t)\,dt. \end{aligned} \]Exercice 79
Soit \(f\) une fonction impaire et continue sur \(\mathbb R\), et \(n\) un entier naturel.
Montrer que :
\[ \int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)\,dx=0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(f\) est impaire. Ainsi, pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ f(-x)=-f(x). \]La fonction \(x\longmapsto\cos(nx)\) est paire, car :
\[ \cos(n(-x))=\cos(-nx)=\cos(nx). \]Posons :
\[ h(x)=f(x)\cos(nx). \]Pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ \begin{aligned} h(-x) &=f(-x)\cos(-nx)\\ &=-f(x)\cos(nx)\\ &=-h(x). \end{aligned} \]La fonction \(h\) est donc impaire et continue sur \([-\pi;\pi]\).
L'intégrale d'une fonction continue impaire sur un intervalle symétrique est nulle. Par conséquent :
Montrer que :
\[ \int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin(nx)\,dx = 2\int_0^\pi f(x)\sin(nx)\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(x\longmapsto\sin(nx)\) est impaire, car :
\[ \sin(n(-x))=\sin(-nx)=-\sin(nx). \]Posons :
\[ k(x)=f(x)\sin(nx). \]Les fonctions \(f\) et \(x\longmapsto\sin(nx)\) sont toutes les deux impaires. Leur produit est donc pair.
En effet, pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ \begin{aligned} k(-x) &=f(-x)\sin(-nx)\\ &=\bigl(-f(x)\bigr)\bigl(-\sin(nx)\bigr)\\ &=f(x)\sin(nx)\\ &=k(x). \end{aligned} \]La fonction \(k\) est continue et paire sur \([-\pi;\pi]\). Ainsi :
\[ \int_{-\pi}^{\pi}k(x)\,dx = 2\int_0^\pi k(x)\,dx. \]Exercice 80
Soit :
\[ a\in]0;1[\cup]1;+\infty[. \]Montrer que si \(f\) est continue sur \([-a;a]\) et paire, alors :
\[ \int_{-a}^{a}\frac{f(x)}{e^x+1}\,dx = \int_0^a f(x)\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ I=\int_{-a}^{a}\frac{f(x)}{e^x+1}\,dx. \]On décompose l'intégrale sur \([-a;0]\) et \([0;a]\) :
\[ I= \int_{-a}^{0}\frac{f(x)}{e^x+1}\,dx + \int_0^a\frac{f(x)}{e^x+1}\,dx. \]Dans la première intégrale, effectuons le changement de variable :
\[ x=-t. \]On a :
\[ dx=-dt. \]Les bornes deviennent :
\[ x=-a\Longrightarrow t=a, \qquad x=0\Longrightarrow t=0. \]Il vient :
\[ \begin{aligned} \int_{-a}^{0}\frac{f(x)}{e^x+1}\,dx &=\int_a^0\frac{f(-t)}{e^{-t}+1}(-dt)\\ &=\int_0^a\frac{f(-t)}{e^{-t}+1}\,dt. \end{aligned} \]Comme \(f\) est paire :
\[ f(-t)=f(t). \]Par conséquent :
\[ I= \int_0^a f(t) \left( \frac1{e^{-t}+1} + \frac1{e^t+1} \right)dt. \]Or :
\[ \frac1{e^{-t}+1} = \frac{e^t}{1+e^t}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} \frac1{e^{-t}+1} + \frac1{e^t+1} &= \frac{e^t}{1+e^t} + \frac1{1+e^t}\\ &=1. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ I=\int_0^a f(t)\,dt. \]En déduire la valeur de :
\[ \int_{-a}^{a} \frac{dx}{(x^2+1)(e^x+1)}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Considérons la fonction :
\[ f(x)=\frac1{x^2+1}. \]La fonction \(f\) est continue sur \([-a;a]\).
De plus, pour tout \(x\in[-a;a]\) :
\[ f(-x) = \frac1{(-x)^2+1} = \frac1{x^2+1} = f(x). \]La fonction \(f\) est donc paire.
D'après la question précédente :
\[ \int_{-a}^{a} \frac{dx}{(x^2+1)(e^x+1)} = \int_0^a\frac{dx}{x^2+1}. \]Une primitive de la fonction \(x\longmapsto\dfrac1{x^2+1}\) est \(x\longmapsto\operatorname{Arctan}x\). Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^a\frac{dx}{x^2+1} &=\left[\operatorname{Arctan}x\right]_0^a\\ &=\operatorname{Arctan}a-\operatorname{Arctan}0\\ &=\operatorname{Arctan}a. \end{aligned} \]Exercice 81
Soit \(f\) une fonction continue sur le segment \([a;b]\) telle que, pour tout \(x\in[a;b]\) :
\[ f(a+b-x)=f(x). \]Montrer que :
\[ \int_a^b x f(x)\,dx = \frac{a+b}{2} \int_a^b f(x)\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ I=\int_a^b x f(x)\,dx. \]Effectuons le changement de variable :
\[ t=a+b-x. \]On a :
\[ x=a+b-t \qquad\text{et}\qquad dx=-dt. \]Transformons les bornes :
\[ x=a\Longrightarrow t=b, \qquad x=b\Longrightarrow t=a. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I &=\int_b^a (a+b-t)f(a+b-t)(-dt)\\ &=\int_a^b (a+b-t)f(a+b-t)\,dt. \end{aligned} \]D'après l'hypothèse :
\[ f(a+b-t)=f(t). \]Donc :
\[ I=\int_a^b(a+b-t)f(t)\,dt. \]D'autre part, la variable d'intégration étant une variable muette :
\[ I=\int_a^b t f(t)\,dt. \]En additionnant les deux expressions obtenues pour \(I\), on trouve :
\[ \begin{aligned} 2I &=\int_a^b \bigl[t+(a+b-t)\bigr]f(t)\,dt\\ &=\int_a^b(a+b)f(t)\,dt\\ &=(a+b)\int_a^b f(t)\,dt. \end{aligned} \]En divisant les deux membres par \(2\), on obtient :
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