Correction du Problème 4 de Calcul intégral
Al Moufid - 2e Bac Sciences Mathématiques - Examen National 2014, session normale
Première partie - Étude de la fonction \(f\)
On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb R_+\) par :
\[ f(0)=0 \qquad\text{et}\qquad f(x)=x\bigl(1+\ln^2x\bigr) \quad\text{si }x>0. \]On note \(\mathcal C\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé.
Calculer :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x) \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x, \]puis interpréter graphiquement le résultat obtenu.
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Pour \(x>0\) :
\[ f(x)=x\bigl(1+\ln^2x\bigr). \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a \(x\to+\infty\) et \(1+\ln^2x\to+\infty\). Par conséquent :
\[ \boxed{\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}. \]D'autre part :
\[ \frac{f(x)}x=1+\ln^2x, \]d'où :
\[ \boxed{\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x=+\infty}. \]Montrer que la fonction \(f\) est continue à droite en \(0\).
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Pour \(x>0\) :
\[ f(x)=x+x\ln^2x. \]Montrons que \(x\ln^2x\to0\) lorsque \(x\to0^+\). Posons :
\[ u=-\ln x. \]Alors \(u\to+\infty\), \(x=e^{-u}\), et :
\[ x\ln^2x=u^2e^{-u}=\frac{u^2}{e^u}. \]Pour \(u>0\), l'inégalité \(e^y\geq1+y\), appliquée à \(y=\dfrac u3\), donne :
\[ e^{u/3}>\frac u3. \]En élevant au cube :
\[ e^u>\frac{u^3}{27}. \]Ainsi :
\[ 0\leq\frac{u^2}{e^u}<\frac{27}{u}\longrightarrow0. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0^+}x\ln^2x=0. \]Par conséquent :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=0=f(0). \]Calculer :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}x, \]puis interpréter graphiquement le résultat obtenu.
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Pour \(x>0\) :
\[ \frac{f(x)}x=1+\ln^2x. \]Lorsque \(x\to0^+\), on a \(\ln x\to-\infty\), donc \(\ln^2x\to+\infty\). Ainsi :
\[ \boxed{\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}x=+\infty}. \]Comme \(f(0)=0\), on a aussi :
\[ \frac{f(x)}x=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}. \]Calculer \(f'(x)\) pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\), puis en déduire que \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb R_+^*\).
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Pour \(x>0\) :
\[ f(x)=x+x\ln^2x. \]Donc :
\[ \begin{aligned} f'(x) &=1+\ln^2x+2\ln x\\ &=(\ln x+1)^2. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ f'(x)\geq0 \qquad\text{pour tout }x>0, \]et :
\[ f'(x)=0 \iff \ln x=-1 \iff x=e^{-1}. \]Soient \(0
Montrer que la courbe \(\mathcal C\) admet un point d'inflexion \(I\) d'abscisse \(e^{-1}\).
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Pour \(x>0\) :
\[ f'(x)=(\ln x+1)^2. \]Donc :
\[ f''(x) = 2(\ln x+1)\frac1x = \frac{2(\ln x+1)}x. \]Comme \(x>0\), le signe de \(f''(x)\) est celui de \(\ln x+1\). Ainsi :
\[ f''(x)<0\text{ sur } ]0;e^{-1}[, \] \[ f''(e^{-1})=0, \] \[ f''(x)>0\text{ sur } ]e^{-1};+\infty[. \]La concavité change donc en \(x=e^{-1}\). De plus :
\[ f(e^{-1}) = e^{-1}\bigl(1+(-1)^2\bigr) = \frac2e. \]Étudier la position relative de la courbe \(\mathcal C\) par rapport à la droite \(\mathcal D\) d'équation \(y=x\).
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Pour \(x>0\) :
\[ \begin{aligned} f(x)-x &=x\bigl(1+\ln^2x\bigr)-x\\ &=x\ln^2x. \end{aligned} \]Comme \(x>0\) et \(\ln^2x\geq0\), on a :
\[ f(x)-x\geq0. \]De plus :
\[ f(x)-x=0 \iff \ln x=0 \iff x=1. \]À l'origine, \(f(0)=0\). Par conséquent :
Construire la courbe \(\mathcal C\). On prend \(e^{-1}\simeq0{,}4\).
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La construction s'appuie sur les résultats suivants :
La courbe part de \(O(0;0)\) avec une demi-tangente verticale. Elle est strictement croissante, concave sur \(]0;e^{-1}[\), puis convexe sur \(]e^{-1};+\infty[\). Elle possède le point d'inflexion stationnaire \(I\left(e^{-1};\dfrac2e\right)\), reste au-dessus de \(\mathcal D:y=x\), touche cette droite en \(A(1;1)\), puis présente une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées.
Représentation qualitative conforme aux variations, à la concavité et à la position relative par rapport à \(y=x\).
Deuxième partie - Étude de la suite \((u_n)\)
On considère la suite \((u_n)\) définie par :
\[ u_0=e^{-1} \qquad\text{et}\qquad u_{n+1}=f(u_n) \quad\text{pour tout }n\in\mathbb N. \]Montrer par récurrence que :
\[ (\forall n\in\mathbb N) \qquad e^{-1}\leq u_n<1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ P_n:\quad e^{-1}\leq u_n<1. \]Initialisation.
\[ u_0=e^{-1}, \]donc \(P_0\) est vraie.
Hérédité.
Supposons que, pour un certain \(n\in\mathbb N\) :
\[ e^{-1}\leq u_n<1. \]La fonction \(f\) étant strictement croissante sur \(\mathbb R_+\), on obtient :
\[ f(e^{-1})\leq f(u_n)Ainsi :
\[ \frac2e\leq u_{n+1}<1. \]Comme \(\dfrac2e>\dfrac1e\), on a :
\[ e^{-1}\leq u_{n+1}<1. \]La propriété est héréditaire.
Montrer que la suite \((u_n)\) est strictement croissante, puis en déduire qu'elle est convergente.
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Pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ \begin{aligned} u_{n+1}-u_n &=f(u_n)-u_n\\ &=u_n\ln^2u_n. \end{aligned} \]Or \(e^{-1}\leq u_n<1\). Donc \(u_n>0\) et \(\ln u_n\neq0\), d'où :
\[ u_n\ln^2u_n>0. \]Ainsi :
\[ u_{n+1}>u_n. \]La suite \((u_n)\) est strictement croissante. De plus, elle est majorée par \(1\). Elle est donc convergente.
On pose :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n=\ell. \]Montrer que :
\[ e^{-1}\leq\ell\leq1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ e^{-1}\leq u_n<1. \]La suite étant convergente, on peut passer à la limite dans les inégalités larges :
\[ e^{-1}\leq\ell\leq1. \]Déterminer la valeur de \(\ell\).
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La fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb R_+\). En passant à la limite dans :
\[ u_{n+1}=f(u_n), \]on obtient :
\[ \ell=f(\ell). \]Comme \(\ell\geq e^{-1}>0\), on peut écrire :
\[ \ell=\ell\bigl(1+\ln^2\ell\bigr). \]En divisant par \(\ell>0\) :
\[ 1=1+\ln^2\ell. \]Donc :
\[ \ln^2\ell=0 \iff \ln\ell=0 \iff \ell=1. \]Troisième partie - Étude de la fonction \(F\)
On considère la fonction \(F\) définie sur \([0;+\infty[\) par :
\[ F(x)=\int_1^x f(t)\,dt. \]Montrer que la fonction \(H\) définie sur \(\mathbb R_+^*\) par :
\[ H(x)=-\frac14x^2+\frac12x^2\ln x \]est une primitive de la fonction \(h:x\mapsto x\ln x\).
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Pour \(x>0\), la fonction \(H\) est dérivable et :
\[ \begin{aligned} H'(x) &=-\frac x2 +\frac12\left(2x\ln x+x\right)\\ &=-\frac x2+x\ln x+\frac x2\\ &=x\ln x. \end{aligned} \]Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ \int_1^x t\ln^2(t)\,dt = \frac{x^2}{2}\ln^2x - \int_1^x t\ln(t)\,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Effectuons une intégration par parties avec :
Alors :
\[ \begin{aligned} \int_1^x t\ln^2t\,dt &= \left[\frac{t^2}{2}\ln^2t\right]_1^x - \int_1^x \frac{t^2}{2}\cdot\frac{2\ln t}{t}\,dt\\ &= \frac{x^2}{2}\ln^2x - \int_1^x t\ln t\,dt, \end{aligned} \]car \(\ln1=0\).
En déduire que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ F(x) = -\frac34+\frac34x^2 -\frac{x^2}{2}\ln x +\frac{x^2}{2}\ln^2x. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x>0\) :
\[ \begin{aligned} F(x) &= \int_1^x t\bigl(1+\ln^2t\bigr)\,dt\\ &= \int_1^x t\,dt + \int_1^x t\ln^2t\,dt. \end{aligned} \]On a :
\[ \int_1^x t\,dt=\frac{x^2-1}{2}. \]D'après la question précédente :
\[ \int_1^x t\ln^2t\,dt = \frac{x^2}{2}\ln^2x - \int_1^x t\ln t\,dt. \]La question 1.a donne :
\[ \begin{aligned} \int_1^x t\ln t\,dt &= H(x)-H(1)\\ &= -\frac{x^2}{4} + \frac{x^2}{2}\ln x + \frac14. \end{aligned} \]Donc :
\[ \begin{aligned} F(x) &= \frac{x^2-1}{2} + \frac{x^2}{2}\ln^2x + \frac{x^2}{4} - \frac{x^2}{2}\ln x - \frac14\\ &= -\frac34 + \frac34x^2 - \frac{x^2}{2}\ln x + \frac{x^2}{2}\ln^2x. \end{aligned} \]Montrer que la fonction \(F\) est continue sur \(\mathbb R_+^*\).
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La fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb R_+\). Par le théorème fondamental du calcul intégral, la fonction :
\[ F(x)=\int_1^x f(t)\,dt \]est dérivable sur \(]0;+\infty[\), avec :
\[ F'(x)=f(x). \]Toute fonction dérivable étant continue :
Calculer :
\[ \lim_{x\to0^+}F(x), \]puis en déduire la valeur de :
\[ \int_0^1f(x)\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x>0\) :
\[ F(x) = -\frac34+\frac34x^2 -\frac{x^2}{2}\ln x +\frac{x^2}{2}\ln^2x. \]Lorsque \(x\to0^+\) :
\[ x^2\to0, \qquad x^2\ln x\to0, \qquad x^2\ln^2x\to0. \]Par conséquent :
\[ \boxed{\lim_{x\to0^+}F(x)=-\frac34}. \]D'autre part, puisque \(f\) est continue sur \([0;1]\), la fonction intégrale \(F\) est continue en \(0\), et :
\[ F(0) = \int_1^0f(t)\,dt = -\int_0^1f(t)\,dt. \]Ainsi :
\[ -\int_0^1f(t)\,dt=-\frac34. \]
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