Correction du Devoir 1 de Calcul intégral
Al Moufid - 2e Bac Sciences Mathématiques - Calculs directs, intégrations par parties et encadrements
Question 1 - Calculer les intégrales suivantes
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Développons le carré :
\[ (x^2-3)^2=x^4-6x^2+9. \]Par linéarité de l'intégrale :
\[ \begin{aligned} I_1 &=\int_0^1(x^4-6x^2+9)\,dx\\ &=\left[\frac{x^5}{5}-2x^3+9x\right]_0^1\\ &=\frac15-2+9. \end{aligned} \]Lire la correction +Masquer la correction −
Factorisons l'expression placée sous la valeur absolue :
\[ x^2-2x-3=(x-3)(x+1). \]Ses racines sont \(-1\) et \(3\). Son coefficient dominant est positif, d'où le tableau de signe :
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-1\) | \(3\) | \(+\infty\) | |
|---|---|---|---|---|---|
| \(x^2-2x-3\) | + | 0 | − | 0 | + |
Sur \([0;3]\), on a \(x^2-2x-3\leq0\), tandis que sur \([3;4]\), on a \(x^2-2x-3\geq0\). Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_2 &=-\int_0^3(x^2-2x-3)\,dx +\int_3^4(x^2-2x-3)\,dx\\ &=\int_0^3(-x^2+2x+3)\,dx +\int_3^4(x^2-2x-3)\,dx. \end{aligned} \]Calculons les deux intégrales :
\[ \int_0^3(-x^2+2x+3)\,dx =\left[-\frac{x^3}{3}+x^2+3x\right]_0^3 =9, \] et : \[ \int_3^4(x^2-2x-3)\,dx =\left[\frac{x^3}{3}-x^2-3x\right]_3^4 =\frac73. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Sur \([4;9]\), l'intégrande est continue. On écrit :
\[ -\frac1{x^2}=-x^{-2} \qquad\text{et}\qquad \frac1{\sqrt{x}}=x^{-1/2}. \]Une primitive de l'intégrande est :
\[ \frac{x^2}{2}+\frac1x+2\sqrt{x}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I_3 &=\left[\frac{x^2}{2}+\frac1x+2\sqrt{x}\right]_4^9\\ &=\left(\frac{81}{2}+\frac19+6\right) -\left(8+\frac14+4\right)\\ &=\frac{839}{18}-\frac{49}{4}. \end{aligned} \]Lire la correction +Masquer la correction −
Effectuons le changement de variable :
Les bornes deviennent :
\[ x=-1\Longrightarrow t=1, \qquad x=2\Longrightarrow t=4. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_4 &=\int_1^4\frac{2(t-2)}{\sqrt{t}}\,dt\\ &=\int_1^4\left(2\sqrt{t}-\frac4{\sqrt{t}}\right)dt\\ &=\left[\frac43t^{3/2}-8\sqrt{t}\right]_1^4\\ &=\left(\frac{32}{3}-16\right)-\left(\frac43-8\right). \end{aligned} \]Lire la correction +Masquer la correction −
On remarque que :
\[ (x^2+2x+3)'=2(x+1). \]Une primitive de l'intégrande est donc :
\[ \frac13(x^2+2x+3)^{3/2}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I_5 &=\left[\frac13(x^2+2x+3)^{3/2}\right]_{-2}^{0}\\ &=\frac13\,3^{3/2}-\frac13\,3^{3/2}. \end{aligned} \]Lire la correction +Masquer la correction −
Sur \(\left[\dfrac\pi4;\dfrac\pi3\right]\), on a \(\sin x>0\). De plus :
\[ \begin{aligned} \frac1{\tan^3x} &=\frac{\cos^3x}{\sin^3x}\\ &=\frac{\cos x(1-\sin^2x)}{\sin^3x}\\ &=\frac{\cos x}{\sin^3x}-\frac{\cos x}{\sin x}. \end{aligned} \]Une primitive est :
\[ -\frac1{2\sin^2x}-\ln(\sin x). \]Donc :
\[ \begin{aligned} I_6 &=\left[-\frac1{2\sin^2x}-\ln(\sin x)\right]_{\pi/4}^{\pi/3}\\ &=\left(-\frac23-\ln\frac{\sqrt3}{2}\right) -\left(-1-\ln\frac{\sqrt2}{2}\right)\\ &=\frac13+\ln\left(\frac{\sqrt2}{\sqrt3}\right). \end{aligned} \]Lire la correction +Masquer la correction −
Effectuons le changement de variable :
Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=2, \qquad x=\ln\sqrt3\Longrightarrow t=4. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I_7 &=\frac12\int_2^4\sqrt{t}\,dt\\ &=\frac12\left[\frac23t^{3/2}\right]_2^4\\ &=\frac13\left(4^{3/2}-2^{3/2}\right). \end{aligned} \]Lire la correction +Masquer la correction −
On utilise :
\[ 3^{2x}=9^x \qquad\text{et}\qquad \int a^x\,dx=\frac{a^x}{\ln a}\quad(a>0,\ a\neq1). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_8 &=\left[\frac{2^x}{\ln2}+\frac{9^x}{\ln9}\right]_0^1\\ &=\frac{2-1}{\ln2}+\frac{9-1}{2\ln3}. \end{aligned} \]Question 2 - Calculer par intégration par parties
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La formule d'intégration par parties donne :
\[ \begin{aligned} J_1 &=\left[x^2\sqrt{1+x^2}\right]_0^{\sqrt3} -2\int_0^{\sqrt3}x\sqrt{1+x^2}\,dx\\ &=6-2\int_0^{\sqrt3}x\sqrt{1+x^2}\,dx. \end{aligned} \]Dans la dernière intégrale, posons :
\[ t=1+x^2, \qquad dt=2x\,dx. \]Les bornes deviennent \(1\) et \(4\), donc :
\[ \begin{aligned} \int_0^{\sqrt3}x\sqrt{1+x^2}\,dx &=\frac12\int_1^4\sqrt{t}\,dt\\ &=\frac13\left[t^{3/2}\right]_1^4\\ &=\frac73. \end{aligned} \]Lire la correction +Masquer la correction −
On écrit :
\[ \frac{e^{2x}}{(1+e^x)^2} =e^x\frac{e^x}{(1+e^x)^2}. \]Par intégration par parties :
\[ J_2= \left[-\frac{e^x}{1+e^x}\right]_{\ln2}^{\ln3} +\int_{\ln2}^{\ln3}\frac{e^x}{1+e^x}\,dx. \]Or :
\[ \left[-\frac{e^x}{1+e^x}\right]_{\ln2}^{\ln3} =-\frac34+\frac23=-\frac1{12}, \] et : \[ \int_{\ln2}^{\ln3}\frac{e^x}{1+e^x}\,dx =\left[\ln(1+e^x)\right]_{\ln2}^{\ln3} =\ln4-\ln3. \]Lire la correction +Masquer la correction −
On vérifie que :
\[ \left(\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\right)' =\frac1{\sqrt{x^2+1}}. \]Par intégration par parties :
\[ \begin{aligned} J_3 &=\left[x\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\right]_0^1 -\int_0^1\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\,dx\\ &=\ln(1+\sqrt2)-\left[\sqrt{x^2+1}\right]_0^1. \end{aligned} \]Lire la correction +Masquer la correction −
Par intégration par parties :
\[ \begin{aligned} J_4 &=\left[2\sqrt{x}\ln x\right]_1^e -2\int_1^e\frac{dx}{\sqrt{x}}\\ &=\left[2\sqrt{x}\ln x-4\sqrt{x}\right]_1^e\\ &=(2\sqrt e-4\sqrt e)-(-4). \end{aligned} \]Lire la correction +Masquer la correction −
Par intégration par parties :
\[ J_5= \left[-\frac{\ln x}{2(x^2+1)}\right]_1^2 +\frac12\int_1^2\frac{dx}{x(x^2+1)}. \]Le terme intégré vaut :
\[ \left[-\frac{\ln x}{2(x^2+1)}\right]_1^2 =-\frac{\ln2}{10}. \]Par ailleurs :
\[ \frac1{x(x^2+1)}=\frac1x-\frac{x}{x^2+1}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} \int_1^2\frac{dx}{x(x^2+1)} &=\left[\ln x-\frac12\ln(x^2+1)\right]_1^2\\ &=\frac32\ln2-\frac12\ln5. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ J_5=-\frac1{10}\ln2+\frac34\ln2-\frac14\ln5. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Par intégration par parties :
\[ J_6= \left[-\frac{x}{1+e^x}\right]_0^{\ln3} +\int_0^{\ln3}\frac{dx}{1+e^x}. \]Le terme intégré vaut :
\[ \left[-\frac{x}{1+e^x}\right]_0^{\ln3} =-\frac{\ln3}{4}. \]Une primitive de \(\dfrac1{1+e^x}\) est \(x-\ln(1+e^x)\). Par conséquent :
\[ \begin{aligned} \int_0^{\ln3}\frac{dx}{1+e^x} &=\left[x-\ln(1+e^x)\right]_0^{\ln3}\\ &=\ln3-\ln4+\ln2\\ &=\ln\left(\frac32\right). \end{aligned} \]Lire la correction +Masquer la correction −
Par intégration par parties :
\[ J_7= \left[-\frac{\ln x}{x+1}\right]_1^e +\int_1^e\frac{dx}{x(x+1)}. \]Le premier terme vaut :
\[ \left[-\frac{\ln x}{x+1}\right]_1^e=-\frac1{e+1}. \]De plus :
\[ \frac1{x(x+1)}=\frac1x-\frac1{x+1}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} \int_1^e\frac{dx}{x(x+1)} &=\left[\ln x-\ln(x+1)\right]_1^e\\ &=1-\ln(e+1)+\ln2. \end{aligned} \]Lire la correction +Masquer la correction −
Par intégration par parties :
\[ \begin{aligned} J_8 &=\left[-4x\cos\left(\frac x4\right)\right]_0^\pi +4\int_0^\pi\cos\left(\frac x4\right)dx\\ &=-4\pi\cos\left(\frac\pi4\right) +16\left[\sin\left(\frac x4\right)\right]_0^\pi. \end{aligned} \]Comme \(\cos\left(\dfrac\pi4\right)=\sin\left(\dfrac\pi4\right)=\dfrac{\sqrt2}{2}\), on obtient :
\[ J_8=-2\pi\sqrt2+8\sqrt2. \]Question 3 - Majoration intégrale
Soit \(f\) une fonction numérique continue sur \([0;1]\). On note :
\[ M=\max_{x\in[0;1]}|f(x)|. \]Montrer que :
\[ \left|\int_0^1\bigl(f(x)+xf(1-x)\bigr)dx\right|\leq\frac32M. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Dans le second terme, effectuons le changement de variable :
Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=1, \qquad x=1\Longrightarrow t=0. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^1xf(1-x)\,dx &=\int_1^0(1-t)f(t)(-dt)\\ &=\int_0^1(1-t)f(t)\,dt. \end{aligned} \]En remplaçant la variable muette \(t\) par \(x\), on obtient :
\[ \begin{aligned} \int_0^1\bigl(f(x)+xf(1-x)\bigr)dx &=\int_0^1f(x)\,dx+\int_0^1(1-x)f(x)\,dx\\ &=\int_0^1(2-x)f(x)\,dx. \end{aligned} \]Sur \([0;1]\), on a \(2-x\geq0\) et \(|f(x)|\leq M\). Par l'inégalité triangulaire :
\[ \begin{aligned} \left|\int_0^1(2-x)f(x)\,dx\right| &\leq\int_0^1(2-x)|f(x)|\,dx\\ &\leq M\int_0^1(2-x)\,dx\\ &=M\left[2x-\frac{x^2}{2}\right]_0^1\\ &=\frac32M. \end{aligned} \]Question 4 - Concentration de l'intégrale au voisinage de 1
Soit \(f:[0;1]\to\mathbb R\) une fonction dérivable et de dérivée continue. À l'aide d'une intégration par parties, montrer que :
\[ \lim_{n\to+\infty}n\int_0^1x^nf(x)\,dx=f(1). \]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour tout \(n\in\mathbb N\), posons :
\[ A_n=n\int_0^1x^nf(x)\,dx. \]Appliquons une intégration par parties à \(\displaystyle\int_0^1x^nf(x)\,dx\), avec :
On obtient :
\[ \begin{aligned} \int_0^1x^nf(x)\,dx &=\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}f(x)\right]_0^1 -\frac1{n+1}\int_0^1x^{n+1}f'(x)\,dx\\ &=\frac{f(1)}{n+1} -\frac1{n+1}\int_0^1x^{n+1}f'(x)\,dx. \end{aligned} \]Donc :
\[ A_n= \frac{n}{n+1}f(1) -\frac{n}{n+1}\int_0^1x^{n+1}f'(x)\,dx. \]La fonction \(f'\) étant continue sur le segment \([0;1]\), elle y est bornée. Posons :
\[ M_1=\max_{x\in[0;1]}|f'(x)|. \]Alors :
\[ \begin{aligned} \left|\frac{n}{n+1}\int_0^1x^{n+1}f'(x)\,dx\right| &\leq\frac{n}{n+1}\int_0^1x^{n+1}|f'(x)|\,dx\\ &\leq\frac{nM_1}{n+1}\int_0^1x^{n+1}\,dx\\ &=\frac{nM_1}{(n+1)(n+2)}. \end{aligned} \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{nM_1}{(n+1)(n+2)}=0 \qquad\text{et}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{n}{n+1}f(1)=f(1). \]Question 5 - Fonction identiquement nulle
Soit \(g:[0;+\infty[\to\mathbb R\) une fonction continue telle que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ 0\leq g(x)\leq\int_0^xg(t)\,dt. \]Montrer que \(g\) est identiquement nulle.
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Introduisons la fonction :
\[ G(x)=\int_0^xg(t)\,dt \qquad(x\geq0). \]Comme \(g\) est continue sur \([0;+\infty[\), la fonction \(G\) est dérivable et :
\[ G'(x)=g(x). \]Pour \(x>0\), l'hypothèse donne \(g(x)\geq0\). Par continuité de \(g\), on en déduit également \(g(0)\geq0\). Ainsi :
\[ G(x)=\int_0^xg(t)\,dt\geq0 \qquad(x\geq0). \]Pour tout \(x>0\), l'hypothèse s'écrit :
\[ 0\leq G'(x)\leq G(x). \]Considérons la fonction auxiliaire :
\[ H(x)=e^{-x}G(x). \]Pour tout \(x>0\) :
\[ \begin{aligned} H'(x) &=-e^{-x}G(x)+e^{-x}G'(x)\\ &=e^{-x}\bigl(G'(x)-G(x)\bigr)\leq0. \end{aligned} \]La fonction \(H\) est donc décroissante sur \([0;+\infty[\). De plus :
\[ H(0)=G(0)=0. \]Ainsi, pour tout \(x\geq0\) :
\[ H(x)\leq H(0)=0. \]Mais \(G(x)\geq0\) et \(e^{-x}>0\), donc \(H(x)=e^{-x}G(x)\geq0\). Par conséquent :
\[ H(x)=0 \qquad\text{puis}\qquad G(x)=0 \qquad(x\geq0). \]Finalement :
\[ g(x)=G'(x)=0 \qquad\text{pour tout }x\geq0. \]
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