Correction du Devoir 3 de Calcul intégral
Al Moufid - 2e Bac Sciences Mathématiques - Limite fondamentale sans développement limité et fonction définie par une intégrale
Première partie
Calculer :
\[ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x} \]et en déduire que :
\[ \lim_{x\to0} \frac{e^x-1-x}{\ln(1+x)} =0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x\neq0\), on écrit :
\[ \frac{e^x-1-x}{x} = \frac{e^x-1}{x}-1. \]La fonction exponentielle est dérivable en \(0\), avec :
\[ \lim_{x\to0}\frac{e^x-e^0}{x-0} =e^0=1. \]Par conséquent :
\[ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1, \]d'où :
Pour déduire la seconde limite, on écrit, pour \(x\neq0\) et \(x>-1\) :
\[ \frac{e^x-1-x}{\ln(1+x)} = \frac{e^x-1-x}{x} \times \frac{x}{\ln(1+x)}. \]Or :
\[ \lim_{x\to0}\frac{x}{\ln(1+x)}=1. \]Le premier facteur tend vers \(0\) et le second vers \(1\). Ainsi :
Pour tout réel \(x\), on pose :
\[ I(x)= e^x\int_0^x\frac{t^2}{2}e^{-t}\,dt. \]Sans calculer \(I(x)\), montrer que :
\[ (\forall x\in\mathbb R_+) \qquad 0\leq I(x)\leq e^x\frac{x^3}{6}, \]et :
\[ (\forall x\in\mathbb R_-) \qquad |I(x)|\leq\frac{|x|^3}{6}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Premier cas : \(x\in\mathbb R_+\).
Pour tout \(t\in[0;x]\), on a :
\[ \frac{t^2}{2}\geq0 \qquad\text{et}\qquad 0En intégrant entre \(0\) et \(x\) :
\[ 0 \leq \int_0^x\frac{t^2}{2}e^{-t}\,dt \leq \int_0^x\frac{t^2}{2}\,dt = \frac{x^3}{6}. \]Comme \(e^x>0\), on obtient :
\[ \boxed{ 0\leq I(x)\leq e^x\frac{x^3}{6} }. \]Deuxième cas : \(x\in\mathbb R_-\).
Comme \(x\leq0\), on a :
\[ \int_0^x\frac{t^2}{2}e^{-t}\,dt = -\int_x^0\frac{t^2}{2}e^{-t}\,dt. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} |I(x)| &= e^x\int_x^0\frac{t^2}{2}e^{-t}\,dt\\ &= \int_x^0\frac{t^2}{2}e^{x-t}\,dt. \end{aligned} \]Pour \(t\in[x;0]\), on a \(x-t\leq0\), donc :
\[ 0Comme \(x\leq0\), on a \(-x^3=|x|^3\). Finalement :
\[ \boxed{ |I(x)|\leq\frac{|x|^3}{6} }. \]En utilisant deux fois l'intégration par parties, montrer que :
\[ I(x)=e^x-1-x-\frac{x^2}{2}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ A(x)= \int_0^x\frac{t^2}{2}e^{-t}\,dt. \]Effectuons une première intégration par parties avec :
On obtient :
\[ \begin{aligned} A(x) &= \left[-\frac{t^2}{2}e^{-t}\right]_0^x +\int_0^xte^{-t}\,dt\\ &= -\frac{x^2}{2}e^{-x} +\int_0^xte^{-t}\,dt. \end{aligned} \]Calculons la dernière intégrale par une deuxième intégration par parties, avec :
Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^xte^{-t}\,dt &= \left[-te^{-t}\right]_0^x +\int_0^xe^{-t}\,dt\\ &= -xe^{-x} +\left[-e^{-t}\right]_0^x\\ &= -xe^{-x}+1-e^{-x}. \end{aligned} \]Donc :
\[ \begin{aligned} A(x) &= -\frac{x^2}{2}e^{-x} -xe^{-x} +1-e^{-x}\\ &= 1-e^{-x} \left( 1+x+\frac{x^2}{2} \right). \end{aligned} \]Comme \(I(x)=e^xA(x)\), il vient :
\[ \begin{aligned} I(x) &= e^x- \left( 1+x+\frac{x^2}{2} \right). \end{aligned} \]En utilisant ce qui précède, montrer que :
\[ \lim_{x\to0} \frac{e^x-1-x}{x^2} = \frac12, \]et en déduire que :
\[ \lim_{x\to0} \frac{e^x-1-x} {x\ln(1+x)} = \frac12. \]Lire la correction + Masquer la correction −
D'après la question précédente :
\[ e^x-1-x = \frac{x^2}{2}+I(x). \]Pour \(x\neq0\) :
\[ \frac{e^x-1-x}{x^2} = \frac12+\frac{I(x)}{x^2}. \]Montrons que :
\[ \lim_{x\to0}\frac{I(x)}{x^2}=0. \]Lorsque \(x\to0^+\) :
D'après la question 2.a :
\[ 0\leq I(x)\leq e^x\frac{x^3}{6}. \]Donc :
\[ 0 \leq \frac{I(x)}{x^2} \leq e^x\frac{x}{6}. \]Le membre de droite tend vers \(0\), donc :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{I(x)}{x^2}=0. \]Lorsque \(x\to0^-\) :
D'après la question 2.a :
\[ |I(x)|\leq\frac{|x|^3}{6}. \]Ainsi :
\[ \left| \frac{I(x)}{x^2} \right| \leq \frac{|x|}{6}. \]Le membre de droite tend vers \(0\), donc :
\[ \lim_{x\to0^-}\frac{I(x)}{x^2}=0. \]Les deux limites latérales sont égales. Par conséquent :
\[ \lim_{x\to0}\frac{I(x)}{x^2}=0. \]On en déduit :
Pour la seconde limite, on écrit :
\[ \frac{e^x-1-x} {x\ln(1+x)} = \frac{e^x-1-x}{x^2} \times \frac{x}{\ln(1+x)}. \]Or :
\[ \lim_{x\to0} \frac{e^x-1-x}{x^2} = \frac12 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to0} \frac{x}{\ln(1+x)} =1. \]On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb R_+^*\) par :
\[ f(x)=e^x\ln(1+x)-x. \]Étudier les variations de la fonction \(f\) et en déduire que :
\[ f(x)\geq0 \qquad \text{pour tout }x\in\mathbb R_+^*. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(f\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\). Pour tout \(x>0\) :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= e^x\ln(1+x) +\frac{e^x}{1+x} -1\\ &= e^x\ln(1+x) + \frac{e^x-(1+x)}{1+x}. \end{aligned} \]Pour \(x>0\), on a :
\[ \ln(1+x)>0 \qquad\text{et}\qquad e^x>0. \]De plus, d'après l'inégalité admise :
\[ e^x-(1+x)\geq0. \]Par conséquent :
\[ e^x\ln(1+x)>0 \qquad\text{et}\qquad \frac{e^x-(1+x)}{1+x}\geq0. \]Ainsi :
\[ f'(x)>0 \qquad \text{pour tout }x>0. \]La fonction \(f\) est donc strictement croissante sur \(]0;+\infty[\).
D'autre part :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x) = e^0\ln1-0 =0. \]Comme \(f\) est strictement croissante à partir de la limite \(0\), on obtient, pour tout \(x>0\) :
\[ f(x)>0. \]Deuxième partie
On considère la fonction \(F\) définie sur \(\mathbb R_+\) par :
\[ \begin{cases} F(0)=0,\\[4pt] \displaystyle F(x)= \int_{1+x}^{e^x}\frac{dt}{\ln t}, \qquad x>0. \end{cases} \]Pour \(x>0\), l'inégalité \(e^x\geq1+x\) assure que les bornes sont placées dans le bon ordre. De plus :
\[ 1+x>1, \]donc la fonction \(t\mapsto\dfrac1{\ln t}\) est continue sur le segment \([1+x;e^x]\). L'intégrale est ainsi bien définie.
Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ \frac{e^x-1-x}{x} \leq F(x) \leq \frac{e^x-1-x}{\ln(1+x)}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(x>0\). Pour tout \(t\in[1+x;e^x]\), la fonction logarithme étant croissante, on a :
\[ \ln(1+x) \leq \ln t \leq \ln(e^x)=x. \]Les trois nombres sont strictement positifs. En prenant leurs inverses, le sens des inégalités est renversé :
\[ \frac1x \leq \frac1{\ln t} \leq \frac1{\ln(1+x)}. \]En intégrant entre \(1+x\) et \(e^x\), on obtient :
\[ \int_{1+x}^{e^x}\frac{dt}{x} \leq \int_{1+x}^{e^x}\frac{dt}{\ln t} \leq \int_{1+x}^{e^x} \frac{dt}{\ln(1+x)}. \]Les deux fonctions encadrantes sont constantes par rapport à \(t\). Ainsi :
\[ \frac{e^x-(1+x)}{x} \leq F(x) \leq \frac{e^x-(1+x)}{\ln(1+x)}. \]Montrer que \(F\) est continue et dérivable à droite en zéro.
Lire la correction + Masquer la correction −
Continuité à droite en \(0\).
Pour \(x>0\), la question précédente donne :
\[ \frac{e^x-1-x}{x} \leq F(x) \leq \frac{e^x-1-x}{\ln(1+x)}. \]D'après la question 1 de la première partie :
\[ \lim_{x\to0^+} \frac{e^x-1-x}{x} =0, \]et :
\[ \lim_{x\to0^+} \frac{e^x-1-x}{\ln(1+x)} =0. \]Le théorème d'encadrement donne donc :
\[ \lim_{x\to0^+}F(x)=0. \]Comme \(F(0)=0\), on obtient :
\[ \lim_{x\to0^+}F(x)=F(0). \]Ainsi, \(F\) est continue à droite en \(0\).
Dérivabilité à droite en \(0\).
Pour \(x>0\) :
\[ \frac{F(x)-F(0)}{x} = \frac{F(x)}{x}. \]Comme \(x>0\), on peut diviser l'encadrement précédent par \(x\) sans changer le sens des inégalités :
\[ \frac{e^x-1-x}{x^2} \leq \frac{F(x)}{x} \leq \frac{e^x-1-x} {x\ln(1+x)}. \]D'après la question 2.c de la première partie :
\[ \lim_{x\to0^+} \frac{e^x-1-x}{x^2} = \frac12, \]et :
\[ \lim_{x\to0^+} \frac{e^x-1-x} {x\ln(1+x)} = \frac12. \]Le théorème d'encadrement donne :
\[ \lim_{x\to0^+} \frac{F(x)-F(0)}{x-0} = \frac12. \]Montrer que \(F\) est dérivable sur \(\mathbb R_+^*\) et que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ F'(x) = \frac{f(x)} {x\ln(1+x)}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction :
\[ \varphi(t)=\frac1{\ln t} \]est continue sur \(]1;+\infty[\).
Les fonctions :
\[ a(x)=1+x \qquad\text{et}\qquad b(x)=e^x \]sont dérivables sur \(]0;+\infty[\), avec :
\[ a'(x)=1 \qquad\text{et}\qquad b'(x)=e^x. \]La dérivation d'une intégrale à bornes variables donne :
\[ F'(x) = \varphi(e^x)e^x - \varphi(1+x). \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} F'(x) &= \frac{e^x}{\ln(e^x)} - \frac1{\ln(1+x)}\\ &= \frac{e^x}{x} - \frac1{\ln(1+x)}. \end{aligned} \]En réduisant au même dénominateur :
\[ \begin{aligned} F'(x) &= \frac{ e^x\ln(1+x)-x } {x\ln(1+x)}\\ &= \frac{f(x)} {x\ln(1+x)}. \end{aligned} \]Calculer :
\[ \lim_{x\to+\infty}F(x), \]puis dresser le tableau de variations de la fonction \(F\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Limite en \(+\infty\).
D'après l'encadrement obtenu dans la question 1 :
\[ F(x) \geq \frac{e^x-1-x}{x} = \frac{e^x}{x} -\frac1x -1. \]Or :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{x} =+\infty. \]Il en résulte :
\[ \lim_{x\to+\infty} \left( \frac{e^x}{x} -\frac1x -1 \right) =+\infty. \]Par comparaison :
Sens de variation.
Pour \(x>0\), on a :
\[ x\ln(1+x)>0. \]D'après la première partie :
\[ f(x)>0. \]Par conséquent :
\[ F'(x) = \frac{f(x)} {x\ln(1+x)} >0. \]La fonction \(F\) est donc strictement croissante sur \(]0;+\infty[\). Comme elle est continue à droite en \(0\), elle est strictement croissante sur \([0;+\infty[\).
| \(x\) | \(0\) | \(]0;+\infty[\) | \(+\infty\) |
|---|---|---|---|
| \(F'(x)\) | \(F'_d(0)=\dfrac12\) | + | |
| \(F(x)\) | \(0\) | ↗ | \(+\infty\) |
Étudier la branche infinie de la courbe \(\mathcal C_F\) de \(F\) au voisinage de \(+\infty\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Nous savons déjà que :
\[ \lim_{x\to+\infty}F(x)=+\infty. \]Étudions maintenant le quotient \(\dfrac{F(x)}x\).
Pour \(x>0\), l'encadrement de la question 1 donne :
\[ F(x) \geq \frac{e^x-1-x}{x}. \]En divisant par \(x>0\) :
\[ \frac{F(x)}x \geq \frac{e^x-1-x}{x^2}. \]Or :
\[ \frac{e^x-1-x}{x^2} = \frac{e^x}{x^2} -\frac1{x^2} -\frac1x. \]Comme :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{x^2} =+\infty, \]on obtient :
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{e^x-1-x}{x^2} =+\infty. \]Par comparaison :
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{F(x)}x =+\infty. \]Ainsi, lorsque \(x\to+\infty\) :
\[ F(x)\to+\infty \qquad\text{et}\qquad \frac{F(x)}x\to+\infty. \]
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