Correction des exercices 82 à 85 – Calcul intégral
Changements de variable, encadrements et calculs d’intégrales — Manuel Al Moufid
Exercice 82
On considère l’intégrale \(I\) définie par :
\[ I= \int_{-1}^{1} \frac{ \left(x^4+x^2+1\right)^2+e^x }{ e^x+1 }\,dx. \]En utilisant le changement de variable \(x=-t\), montrer que :
\[ I= \int_{-1}^{1} \frac{ \left(x^4+x^2+1\right)^2e^x+1 }{ e^x+1 }\,dx, \]puis en déduire la valeur de \(I\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ A(x)=\left(x^4+x^2+1\right)^2. \]La fonction \(A\) est paire, car elle ne contient que des puissances paires de \(x\).
Effectuons dans l’intégrale \(I\) le changement de variable :
\[ x=-t, \qquad dx=-dt. \]Les bornes deviennent :
\[ x=-1\Longrightarrow t=1, \qquad x=1\Longrightarrow t=-1. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I &= \int_1^{-1} \frac{A(-t)+e^{-t}} {e^{-t}+1} (-dt)\\ &= \int_{-1}^{1} \frac{A(t)+e^{-t}} {e^{-t}+1}\,dt. \end{aligned} \]Comme \(A(-t)=A(t)\), puis en multipliant le numérateur et le dénominateur par \(e^t>0\), on obtient :
\[ \frac{A(t)+e^{-t}} {e^{-t}+1} = \frac{A(t)e^t+1} {e^t+1}. \]En remplaçant la variable muette \(t\) par \(x\) :
\[ I= \int_{-1}^{1} \frac{A(x)e^x+1} {e^x+1}\,dx. \]Nous disposons donc des deux expressions :
\[ I= \int_{-1}^{1} \frac{A(x)+e^x}{e^x+1}\,dx \]et :
\[ I= \int_{-1}^{1} \frac{A(x)e^x+1}{e^x+1}\,dx. \]En les additionnant membre à membre :
\[ \begin{aligned} 2I &= \int_{-1}^{1} \frac{ A(x)+e^x+A(x)e^x+1 }{ e^x+1 }\,dx\\ &= \int_{-1}^{1} \frac{ \bigl(A(x)+1\bigr)\bigl(e^x+1\bigr) }{ e^x+1 }\,dx\\ &= \int_{-1}^{1} \bigl(A(x)+1\bigr)\,dx. \end{aligned} \]Développons :
\[ \begin{aligned} A(x) &= \left(x^4+x^2+1\right)^2\\ &= x^8+2x^6+3x^4+2x^2+1. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ A(x)+1 = x^8+2x^6+3x^4+2x^2+2. \]Cette fonction est paire. Ainsi :
\[ \begin{aligned} 2I &= 2\int_0^1 \left( x^8+2x^6+3x^4+2x^2+2 \right)dx. \end{aligned} \]En divisant par \(2\) :
\[ \begin{aligned} I &= \int_0^1 \left( x^8+2x^6+3x^4+2x^2+2 \right)dx\\ &= \left[ \frac{x^9}{9} +\frac{2x^7}{7} +\frac{3x^5}{5} +\frac{2x^3}{3} +2x \right]_0^1\\ &= \frac19+\frac27+\frac35+\frac23+2. \end{aligned} \]En réduisant au même dénominateur :
\[ I= \frac{ 35+90+189+210+630 }{315}. \]Exercice 83
Montrer que :
\[ (\forall t\in\mathbb R_+) \qquad 1-t \leq \frac1{1+t} \leq1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(t\in\mathbb R_+\). On a \(1+t>0\).
Comme :
\[ 1+t\geq1, \]le passage aux inverses donne :
\[ \frac1{1+t}\leq1. \]D’autre part :
\[ \begin{aligned} \frac1{1+t}-(1-t) &= \frac{ 1-(1-t)(1+t) }{ 1+t }\\ &= \frac{ 1-(1-t^2) }{ 1+t }\\ &= \frac{t^2}{1+t}. \end{aligned} \]Or :
\[ \frac{t^2}{1+t}\geq0. \]Donc :
\[ 1-t\leq\frac1{1+t}. \]En déduire que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ x-\frac{x^2}{2} \leq \ln(1+x) \leq x. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(x\in\mathbb R_+^*\).
Pour tout \(t\in[0;x]\), la question précédente donne :
\[ 1-t \leq \frac1{1+t} \leq1. \]Les fonctions considérées sont continues sur \([0;x]\). En intégrant membre à membre :
\[ \int_0^x(1-t)\,dt \leq \int_0^x\frac{dt}{1+t} \leq \int_0^x1\,dt. \]Or :
\[ \int_0^x(1-t)\,dt = x-\frac{x^2}{2}, \] \[ \int_0^x\frac{dt}{1+t} = \ln(1+x), \]et :
\[ \int_0^x1\,dt=x. \]En déduire un encadrement à \(10^{-1}\) près de l’intégrale :
\[ I= \int_0^1 \ln(1+x^2)\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in[0;1]\), on a :
\[ x^2\in[0;1]. \]En remplaçant \(x\) par \(x^2\) dans l’encadrement précédent :
\[ x^2-\frac{x^4}{2} \leq \ln(1+x^2) \leq x^2. \]En intégrant membre à membre sur \([0;1]\) :
\[ \int_0^1 \left( x^2-\frac{x^4}{2} \right)dx \leq I \leq \int_0^1x^2\,dx. \]Calculons la borne inférieure :
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \left( x^2-\frac{x^4}{2} \right)dx &= \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{x^5}{10} \right]_0^1\\ &= \frac13-\frac1{10}\\ &= \frac7{30}. \end{aligned} \]Pour la borne supérieure :
\[ \int_0^1x^2\,dx=\frac13. \]On obtient donc :
\[ \frac7{30}\leq I\leq\frac13. \]La longueur de cet intervalle est :
\[ \frac13-\frac7{30} = \frac1{10} = 10^{-1}. \]Exercice 84
Soit :
\[ f:\mathbb R_+\longrightarrow\mathbb R_+ \]une bijection, et \(g\) sa bijection réciproque. On suppose que \(f\) et \(g\) sont continues sur \(\mathbb R_+\).
Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+\) :
\[ \int_0^xf(t)\,dt + \int_0^{f(x)}g(t)\,dt = xf(x). \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(f\) est continue et injective sur l’intervalle \(\mathbb R_+\). Elle est donc strictement monotone.
Elle ne peut pas être strictement décroissante, car son image serait alors majorée par \(f(0)\), tandis que \(f\) est surjective sur \(\mathbb R_+\), qui n’est pas majoré.
Ainsi, \(f\) est strictement croissante.
Comme \(f\) est une bijection de \(\mathbb R_+\) sur \(\mathbb R_+\), on a également :
\[ f(0)=0. \]Fixons \(x\in\mathbb R_+\) et considérons la région du plan située dans le rectangle :
\[ [0;x]\times[0;f(x)] \]et sous la courbe d’équation \(y=f(t)\).
En découpant cette région verticalement, son aire est :
\[ \mathcal A = \int_0^xf(t)\,dt. \]Découpons maintenant la même région horizontalement.
Pour une hauteur \(y\in[0;f(x)]\), l’égalité \(f(t)=y\) équivaut à :
\[ t=g(y). \]Comme \(f\) est croissante, la partie située sous la courbe correspond aux abscisses :
\[ g(y)\leq t\leq x. \]La largeur de la tranche horizontale est donc :
\[ x-g(y). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \mathcal A &= \int_0^{f(x)} \bigl(x-g(y)\bigr)\,dy\\ &= xf(x) - \int_0^{f(x)}g(y)\,dy. \end{aligned} \]En identifiant les deux expressions de la même aire :
\[ \int_0^xf(t)\,dt = xf(x) - \int_0^{f(x)}g(t)\,dt. \]En déduire la valeur de :
\[ F(x)= \int_0^x\operatorname{Arctan}t\,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(x\in\mathbb R_+\).
La fonction :
\[ t\longmapsto\tan t \]est une bijection continue et strictement croissante de :
\[ \left[0;\frac{\pi}{2}\right[ \]sur \(\mathbb R_+\). Sa bijection réciproque est :
\[ t\longmapsto\operatorname{Arctan}t. \]Appliquons la relation précédente entre \(0\) et \(\operatorname{Arctan}x\). Comme :
\[ \tan(\operatorname{Arctan}x)=x, \]on obtient :
\[ \int_0^{\operatorname{Arctan}x}\tan t\,dt + \int_0^x\operatorname{Arctan}t\,dt = x\operatorname{Arctan}x. \]Or une primitive de la fonction tangente est :
\[ t\longmapsto-\ln(\cos t) \]sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right[\). Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^{\operatorname{Arctan}x}\tan t\,dt &= \left[ -\ln(\cos t) \right]_0^{\operatorname{Arctan}x}\\ &= -\ln\bigl(\cos(\operatorname{Arctan}x)\bigr). \end{aligned} \]Comme :
\[ \cos(\operatorname{Arctan}x) = \frac1{\sqrt{1+x^2}}, \]on a :
\[ -\ln\bigl(\cos(\operatorname{Arctan}x)\bigr) = \frac12\ln(1+x^2). \]Par conséquent :
\[ F(x) = x\operatorname{Arctan}x - \frac12\ln(1+x^2). \]Exercice 85
Les questions suivantes sont indépendantes.
En utilisant une intégration par parties, calculer :
\[ I= \int_0^1 \frac{x^2}{(1+x^2)^2}\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
On écrit :
\[ I= \int_0^1 x\, \frac{x}{(1+x^2)^2}\,dx. \]Effectuons une intégration par parties avec :
\[ u(x)=x, \qquad v'(x)=\frac{x}{(1+x^2)^2}. \]On a :
\[ u'(x)=1. \]Pour déterminer une primitive de \(v'\), on remarque que :
\[ \left( -\frac1{2(1+x^2)} \right)' = \frac{x}{(1+x^2)^2}. \]On peut donc prendre :
\[ v(x)= -\frac1{2(1+x^2)}. \]La formule d’intégration par parties donne :
\[ \begin{aligned} I &= \left[ -\frac{x}{2(1+x^2)} \right]_0^1 + \frac12 \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2}\\ &= -\frac14 + \frac12 \left[ \operatorname{Arctan}x \right]_0^1\\ &= -\frac14+\frac{\pi}{8}. \end{aligned} \]Calculer l’intégrale :
\[ J= \int_0^{\pi/2} \frac{dx}{2+\cos x}. \]On pourra poser :
\[ t=\tan\left(\frac x2\right). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ t=\tan\left(\frac x2\right). \]On dispose des formules :
\[ \cos x= \frac{1-t^2}{1+t^2} \]et :
\[ dx= \frac{2\,dt}{1+t^2}. \]Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=0, \qquad x=\frac{\pi}{2}\Longrightarrow t=1. \]De plus :
\[ \begin{aligned} 2+\cos x &= 2+ \frac{1-t^2}{1+t^2}\\ &= \frac{ 2(1+t^2)+1-t^2 }{ 1+t^2 }\\ &= \frac{t^2+3}{1+t^2}. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} J &= \int_0^1 \frac{ \dfrac{2\,dt}{1+t^2} }{ \dfrac{t^2+3}{1+t^2} }\\ &= 2\int_0^1 \frac{dt}{t^2+3}. \end{aligned} \]On écrit :
\[ t^2+3 = 3\left( 1+\frac{t^2}{3} \right). \]Une primitive est donc :
\[ \frac2{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left( \frac t{\sqrt3} \right). \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} J &= \frac2{\sqrt3} \left[ \operatorname{Arctan} \left( \frac t{\sqrt3} \right) \right]_0^1\\ &= \frac2{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left( \frac1{\sqrt3} \right)\\ &= \frac2{\sqrt3}\times\frac{\pi}{6}. \end{aligned} \]Calculer la limite :
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac1{n^2} \sum_{k=1}^{n} ke^{k/n}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
On transforme la somme :
\[ \begin{aligned} \frac1{n^2} \sum_{k=1}^{n} ke^{k/n} &= \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n} e^{k/n}. \end{aligned} \]Considérons la fonction :
\[ f(x)=xe^x. \]Cette fonction est continue sur le segment \([0;1]\).
L’expression :
\[ \frac1n \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right) \]est une somme de Riemann associée à \(f\) sur \([0;1]\).
Par conséquent :
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac1{n^2} \sum_{k=1}^{n} ke^{k/n} = \int_0^1xe^x\,dx. \]Calculons cette intégrale par parties. Prenons :
\[ u(x)=x, \qquad v'(x)=e^x. \]Alors :
\[ u'(x)=1, \qquad v(x)=e^x. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^1xe^x\,dx &= \left[ xe^x \right]_0^1 - \int_0^1e^x\,dx\\ &= e-(e-1)\\ &=1. \end{aligned} \]Calculer l’intégrale :
\[ K= \int_0^\pi \sin^2x\cos^4x\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Utilisons les formules de réduction :
\[ \sin^2x= \frac{1-\cos(2x)}2 \]et :
\[ \cos^4x= \frac{3+4\cos(2x)+\cos(4x)}8. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} \sin^2x\cos^4x &= \frac1{16} \bigl(1-\cos(2x)\bigr) \bigl( 3+4\cos(2x)+\cos(4x) \bigr)\\ &= \frac1{16} \Bigl( 3+\cos(2x)+\cos(4x)\\ &\qquad -4\cos^2(2x) -\cos(2x)\cos(4x) \Bigr). \end{aligned} \]On a :
\[ \int_0^\pi\cos(2x)\,dx=0 \]et :
\[ \int_0^\pi\cos(4x)\,dx=0. \]De plus :
\[ \cos^2(2x) = \frac{1+\cos(4x)}2, \]donc :
\[ \int_0^\pi\cos^2(2x)\,dx = \frac{\pi}{2}. \]Enfin, la formule :
\[ \cos a\cos b = \frac12 \bigl( \cos(a-b)+\cos(a+b) \bigr) \]donne :
\[ \cos(2x)\cos(4x) = \frac12 \bigl( \cos(2x)+\cos(6x) \bigr). \]Ainsi :
\[ \int_0^\pi \cos(2x)\cos(4x)\,dx = 0. \]En intégrant l’expression obtenue :
\[ \begin{aligned} K &= \frac1{16} \left( 3\pi - 4\times\frac{\pi}{2} \right)\\ &= \frac1{16} (3\pi-2\pi)\\ &= \frac{\pi}{16}. \end{aligned} \]
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