Correction des exercices 92 à 94 – Calcul intégral
Fonctions moyennes et suites définies par des intégrales — Manuel Al Moufid
Exercice 92
On considère la suite numérique \((u_n)_{n\geq1}\) définie par :
\[ (\forall n\in\mathbb N^*) \qquad u_n=\int_0^1e^{-x^2/n}\,dx. \]Vérifier que, pour tout \(x\in[0;1]\) :
\[ e^{-1/n} \leq e^{-x^2/n} \leq1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soient \(n\in\mathbb N^*\) et \(x\in[0;1]\).
Comme \(0\leq x^2\leq1\) et \(n>0\), on a :
\[ 0\leq\frac{x^2}{n}\leq\frac1n. \]En multipliant les trois membres par \(-1\), le sens des inégalités s’inverse :
\[ -\frac1n \leq -\frac{x^2}{n} \leq0. \]La fonction exponentielle étant strictement croissante :
En déduire que la suite \((u_n)_{n\geq1}\) est convergente et déterminer sa limite.
Lire la correction + Masquer la correction −
Les fonctions considérées sont continues sur le segment \([0;1]\).
En intégrant l’encadrement précédent entre \(0\) et \(1\), on obtient :
\[ \int_0^1e^{-1/n}\,dx \leq \int_0^1e^{-x^2/n}\,dx \leq \int_0^1 1\,dx. \]Comme \(u_n=\displaystyle\int_0^1e^{-x^2/n}\,dx\), il vient :
\[ e^{-1/n}\leq u_n\leq1. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}e^{-1/n}=1 \qquad\text{et}\qquad \lim_{n\to+\infty}1=1. \]D’après le théorème des gendarmes :
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\), il existe un réel \(c_n\in[0;1]\) tel que :
\[ c_n^2=-n\ln u_n. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Fixons \(n\in\mathbb N^*\).
La fonction :
\[ x\longmapsto e^{-x^2/n} \]est continue sur le segment \([0;1]\).
D’après le théorème de la moyenne intégrale, il existe un réel \(c_n\in[0;1]\) tel que :
\[ \int_0^1e^{-x^2/n}\,dx = (1-0)e^{-c_n^2/n}. \]Par définition de \(u_n\) :
\[ u_n=e^{-c_n^2/n}. \]Comme \(u_n>0\), son logarithme népérien est défini. En appliquant \(\ln\) aux deux membres :
\[ \ln u_n=-\frac{c_n^2}{n}. \]En multipliant par \(-n\) :
Exercice 93
On considère la fonction numérique \(f\) définie par :
\[ f(x)= \frac1x\int_0^x\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} \quad\text{si }x\neq0, \qquad f(0)=1. \]Déterminer \(D_f\), le domaine de définition de \(f\).
Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction :
\[ t\longmapsto\frac1{\sqrt{1+t^2}} \]est continue sur \(\mathbb R\), car :
\[ 1+t^2>0 \qquad \text{pour tout }t\in\mathbb R. \]L’intégrale :
\[ \int_0^x\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} \]est donc définie pour tout réel \(x\).
Lorsque \(x\neq0\), le quotient par \(x\) est défini. Pour \(x=0\), la valeur \(f(0)=1\) est donnée séparément.
Montrer que la fonction \(f\) est paire.
Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction :
\[ t\longmapsto\frac1{\sqrt{1+t^2}} \]est paire.
Soit \(x\in\mathbb R^*\). On a :
\[ f(-x) = -\frac1x \int_0^{-x}\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}}. \]Dans l’intégrale, effectuons le changement de variable :
\[ t=-u, \qquad dt=-du. \]Les bornes deviennent :
\[ t=0\Longrightarrow u=0, \qquad t=-x\Longrightarrow u=x. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^{-x}\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} &= \int_0^x \frac{-du}{\sqrt{1+u^2}}\\ &= -\int_0^x\frac{du}{\sqrt{1+u^2}}. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} f(-x) &= -\frac1x \left( -\int_0^x\frac{du}{\sqrt{1+u^2}} \right)\\ &=f(x). \end{aligned} \]De plus, \(f(-0)=f(0)=1\).
Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} \leq \int_0^x\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} \leq x. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Considérons la fonction :
\[ g(t)=\frac1{\sqrt{1+t^2}}. \]Elle est dérivable sur \(\mathbb R_+\), et :
\[ g'(t) = -\frac{t}{(1+t^2)^{3/2}} \leq0. \]La fonction \(g\) est donc décroissante sur \(\mathbb R_+\).
Soit \(x>0\). Pour tout \(t\in[0;x]\), on a :
\[ g(x)\leq g(t)\leq g(0). \]C’est-à-dire :
\[ \frac1{\sqrt{1+x^2}} \leq \frac1{\sqrt{1+t^2}} \leq1. \]En intégrant entre \(0\) et \(x\) :
\[ \int_0^x\frac{dt}{\sqrt{1+x^2}} \leq \int_0^x\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} \leq \int_0^x1\,dt. \]Montrer que \(f\) est continue et dérivable à droite en zéro.
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x>0\), divisons l’encadrement précédent par \(x>0\) :
\[ \frac1{\sqrt{1+x^2}} \leq f(x) \leq1. \]Or :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac1{\sqrt{1+x^2}}=1. \]D’après le théorème des gendarmes :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=1=f(0). \]La fonction \(f\) est donc continue à droite en \(0\).
Comme \(f\) est paire, la limite à gauche en \(0\) est également égale à \(1\). Ainsi, \(f\) est continue en \(0\).
Étudions maintenant le taux d’accroissement à droite. Pour \(x>0\) :
\[ \frac1{\sqrt{1+x^2}}-1 \leq f(x)-1 \leq0. \]En divisant par \(x>0\) :
\[ \frac{1/\sqrt{1+x^2}-1}{x} \leq \frac{f(x)-f(0)}{x} \leq0. \]Rationalisons le membre de gauche :
\[ \begin{aligned} \frac{1/\sqrt{1+x^2}-1}{x} &= \frac{1-\sqrt{1+x^2}} {x\sqrt{1+x^2}}\\ &= -\frac{x} {\sqrt{1+x^2}\bigl(1+\sqrt{1+x^2}\bigr)}. \end{aligned} \]Ce membre tend vers \(0\) lorsque \(x\to0^+\). Le théorème des gendarmes donne alors :
\[ \lim_{x\to0^+} \frac{f(x)-f(0)}{x}=0. \]Comme \(f\) est paire, sa dérivée à gauche en \(0\) est également nulle. Ainsi, \(f\) est dérivable en \(0\) et :
\[ f'(0)=0. \]Vérifier que, pour tout \(t\in[1;+\infty[\) :
\[ \frac1{\sqrt{1+t^2}} \leq \frac1{\sqrt t}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(t\geq1\).
On a :
\[ t^2\geq t, \]donc :
\[ 1+t^2\geq t>0. \]La fonction racine carrée étant croissante sur \(\mathbb R_+\) :
\[ \sqrt{1+t^2}\geq\sqrt t. \]Les deux membres étant strictement positifs, le passage aux inverses renverse l’inégalité :
En déduire :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x\geq1\), on écrit :
\[ \int_0^x\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} = \int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} + \int_1^x\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}}. \]Posons :
\[ A=\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}}. \]D’après la question précédente :
\[ 0\leq \int_1^x\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} \leq \int_1^x\frac{dt}{\sqrt t}. \]Or :
\[ \int_1^x\frac{dt}{\sqrt t} = \left[2\sqrt t\right]_1^x = 2\sqrt x-2. \]Ainsi :
\[ 0\leq \int_0^x\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} \leq A+2\sqrt x-2. \]En divisant par \(x>0\) :
\[ 0\leq f(x) \leq \frac{A}{x} + \frac2{\sqrt x} - \frac2x. \]Le membre de droite tend vers \(0\) lorsque \(x\to+\infty\). Par conséquent :
Étudier les variations de \(f\), puis tracer sa courbe \(\mathcal C_f\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Posons, pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ F(x)=\int_0^x\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}}. \]Pour \(x\neq0\), on a :
\[ f(x)=\frac{F(x)}x. \]La fonction \(F\) est dérivable sur \(\mathbb R\), et :
\[ F'(x)=\frac1{\sqrt{1+x^2}}. \]Pour tout \(x\in\mathbb R^*\), la dérivée de \(f\) vaut :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{xF'(x)-F(x)}{x^2}\\ &= \frac{ \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}} - \displaystyle\int_0^x\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} }{x^2}. \end{aligned} \]Soit \(x>0\). La fonction :
\[ t\longmapsto\frac1{\sqrt{1+t^2}} \]est strictement décroissante sur \(\mathbb R_+\). Ainsi, pour tout \(t\in[0;x[\) :
\[ \frac1{\sqrt{1+t^2}} > \frac1{\sqrt{1+x^2}}. \]En intégrant sur \([0;x]\) :
\[ \int_0^x\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} > \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}. \]Le numérateur de \(f'(x)\) est donc strictement négatif. Comme \(x^2>0\) :
\[ f'(x)<0 \qquad \text{sur } ]0;+\infty[. \]La fonction \(f\) est donc strictement décroissante sur \([0;+\infty[\).
Comme \(f\) est paire, elle est strictement croissante sur \(]-\infty;0]\).
On a également :
\[ \lim_{x\to-\infty}f(x) = \lim_{x\to+\infty}f(x) = 0, \] \[ f(0)=1 \qquad\text{et}\qquad f'(0)=0. \]Le tableau de variations est donc :
\[ \begin{array}{c|ccc} x&-\infty&0&+\infty\\ \hline f'(x)&+&0&-\\ \hline f(x)&0&\nearrow 1\searrow&0 \end{array} \]La droite \(y=0\) est une asymptote horizontale à \(\mathcal C_f\) au voisinage de \(+\infty\) et de \(-\infty\).
La courbe est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées et admet au point \(A(0;1)\) une tangente horizontale.
Exercice 94
On considère la suite numérique \((u_n)_{n\geq1}\) définie par :
\[ u_n=\int_1^e x(\ln x)^n\,dx. \]Montrer que la suite \((u_n)_{n\geq1}\) est positive et décroissante.
Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(n\in\mathbb N^*\).
Pour tout \(x\in[1;e]\) :
\[ x>0 \qquad\text{et}\qquad 0\leq\ln x\leq1. \]Ainsi :
\[ x(\ln x)^n\geq0. \]Par positivité de l’intégrale :
\[ u_n\geq0. \]L’intégrande est strictement positif sur \(]1;e]\). On a donc plus précisément :
\[ u_n>0. \]D’autre part, comme \(0\leq\ln x\leq1\) :
\[ (\ln x)^{n+1}\leq(\ln x)^n. \]En multipliant par \(x>0\) :
\[ x(\ln x)^{n+1} \leq x(\ln x)^n. \]En intégrant entre \(1\) et \(e\) :
\[ u_{n+1}\leq u_n. \]Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\) :
\[ 2u_{n+1}+(n+1)u_n=e^2. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(n\in\mathbb N^*\).
On a :
\[ u_{n+1} = \int_1^e x(\ln x)^{n+1}\,dx. \]Effectuons une intégration par parties en choisissant :
\[ U(x)=(\ln x)^{n+1}, \qquad V'(x)=x. \]Alors :
\[ U'(x) = \frac{n+1}{x}(\ln x)^n, \qquad V(x)=\frac{x^2}{2}. \]La formule d’intégration par parties donne :
\[ \begin{aligned} u_{n+1} &= \left[ \frac{x^2}{2}(\ln x)^{n+1} \right]_1^e\\ &\quad- \frac{n+1}{2} \int_1^e x(\ln x)^n\,dx. \end{aligned} \]Comme :
\[ \ln e=1 \qquad\text{et}\qquad \ln1=0, \]le terme aux bornes vaut :
\[ \left[ \frac{x^2}{2}(\ln x)^{n+1} \right]_1^e = \frac{e^2}{2}. \]Par conséquent :
\[ u_{n+1} = \frac{e^2}{2} - \frac{n+1}{2}u_n. \]En multipliant par \(2\) :
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\) :
\[ \frac{e^2}{n+3} \leq u_n \leq \frac{e^2}{n+1}, \]puis en déduire la limite de la suite \((u_n)_{n\geq1}\).
Lire la correction + Masquer la correction −
D’après la relation précédente :
\[ e^2=2u_{n+1}+(n+1)u_n. \]Comme \(u_{n+1}\geq0\), on a :
\[ e^2 \geq (n+1)u_n. \]Donc :
\[ u_n\leq\frac{e^2}{n+1}. \]D’autre part, la suite \((u_n)\) est décroissante. Ainsi :
\[ u_{n+1}\leq u_n. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} e^2 &= 2u_{n+1}+(n+1)u_n\\ &\leq 2u_n+(n+1)u_n\\ &= (n+3)u_n. \end{aligned} \]Donc :
\[ u_n\geq\frac{e^2}{n+3}. \]Ainsi :
\[ \frac{e^2}{n+3} \leq u_n \leq \frac{e^2}{n+1}. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{e^2}{n+3} = \lim_{n\to+\infty}\frac{e^2}{n+1} = 0. \]D’après le théorème des gendarmes :
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