Correction du Problème 5 de Calcul intégral

Al Moufid - 2e Bac Sciences Mathématiques - Examen National 2015, session normale

Ce problème étudie une fonction définie par une intégrale à bornes variables. Il mobilise la parité, la dérivation, l’intégration par parties et les encadrements d’intégrales.

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Question 1 Question 2 Question 3.a Question 3.b Question 4.a Question 4.b Question 4.c

Problème 5

Définition

On considère la fonction \(g\) définie sur \(\mathbb R^*\) par :

\[ g(x)=\int_x^{3x}\frac{\cos t}{t}\,dt. \]

Question 1

Montrer que la fonction \(g\) est paire.

Lire la correction + Masquer la correction −

Soit \(x\in\mathbb R^*\). On a :

\[ g(-x)=\int_{-x}^{-3x}\frac{\cos t}{t}\,dt. \]

Effectuons le changement de variable :

\[ u=-t, \qquad t=-u, \qquad dt=-du. \] Lorsque \(t=-x\), on a \(u=x\), et lorsque \(t=-3x\), on a \(u=3x\).

Ainsi :

\[ \begin{aligned} g(-x) &= \int_x^{3x} \frac{\cos(-u)}{-u}(-du)\\ &= \int_x^{3x}\frac{\cos u}{u}\,du\\ &=g(x). \end{aligned} \]

\[ \boxed{ (\forall x\in\mathbb R^*) \qquad g(-x)=g(x) }. \] La fonction \(g\) est donc paire.

Question 2

Montrer que \(g\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\), puis calculer \(g'(x)\) pour tout \(x>0\).

Lire la correction + Masquer la correction −

La fonction :

\[ t\longmapsto\frac{\cos t}{t} \]

est continue sur \(]0;+\infty[\). Elle admet donc une primitive \(H\) sur cet intervalle.

Pour tout \(x>0\) :

\[ g(x)=H(3x)-H(x). \]

La fonction \(g\) est donc dérivable sur \(]0;+\infty[\), et :

\[ \begin{aligned} g'(x) &= 3H'(3x)-H'(x)\\ &= 3\frac{\cos(3x)}{3x} - \frac{\cos x}{x}\\ &= \frac{\cos(3x)-\cos x}{x}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ g'(x)=\frac{\cos(3x)-\cos x}{x} \qquad(x>0) }. \]

Question 3.a

En utilisant la formule d’intégration par parties, vérifier que, pour tout \(x>0\) :

\[ \int_x^{3x}\frac{\cos t}{t}\,dt = \frac{\sin(3x)-3\sin x}{3x} + \int_x^{3x}\frac{\sin t}{t^2}\,dt. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Soit \(x>0\). Effectuons une intégration par parties avec :

\[ u(t)=\frac1t, \qquad u'(t)=-\frac1{t^2}, \qquad v'(t)=\cos t, \qquad v(t)=\sin t. \]

La formule d’intégration par parties donne :

\[ \begin{aligned} \int_x^{3x}\frac{\cos t}{t}\,dt &= \left[\frac{\sin t}{t}\right]_x^{3x} - \int_x^{3x} \left(-\frac1{t^2}\right)\sin t\,dt\\ &= \frac{\sin(3x)}{3x} - \frac{\sin x}{x} + \int_x^{3x}\frac{\sin t}{t^2}\,dt. \end{aligned} \]

Or :

\[ \frac{\sin(3x)}{3x} - \frac{\sin x}{x} = \frac{\sin(3x)-3\sin x}{3x}. \]

\[ \boxed{ g(x) = \frac{\sin(3x)-3\sin x}{3x} + \int_x^{3x}\frac{\sin t}{t^2}\,dt }. \]

Question 3.b

Montrer que, pour tout \(x>0\) :

\[ |g(x)|\leq\frac2x, \]

puis en déduire :

\[ \lim_{x\to+\infty}g(x). \]

Lire la correction + Masquer la correction −

D’après la question précédente :

\[ g(x) = \frac{\sin(3x)-3\sin x}{3x} + \int_x^{3x}\frac{\sin t}{t^2}\,dt. \]

Par l’inégalité triangulaire :

\[ |g(x)| \leq \frac{|\sin(3x)-3\sin x|}{3x} + \left| \int_x^{3x}\frac{\sin t}{t^2}\,dt \right|. \]

Comme \(|\sin y|\leq1\) pour tout \(y\in\mathbb R\) :

\[ \begin{aligned} |\sin(3x)-3\sin x| &\leq |\sin(3x)|+3|\sin x|\\ &\leq4. \end{aligned} \]

Donc :

\[ \frac{|\sin(3x)-3\sin x|}{3x} \leq \frac4{3x}. \]

D’autre part :

\[ \begin{aligned} \left| \int_x^{3x}\frac{\sin t}{t^2}\,dt \right| &\leq \int_x^{3x}\frac{|\sin t|}{t^2}\,dt\\ &\leq \int_x^{3x}\frac1{t^2}\,dt\\ &= \left[-\frac1t\right]_x^{3x}\\ &= \frac1x-\frac1{3x}\\ &= \frac2{3x}. \end{aligned} \]

Finalement :

\[ |g(x)| \leq \frac4{3x}+\frac2{3x} = \frac2x. \]

\[ \boxed{ |g(x)|\leq\frac2x \qquad(x>0) }. \]

Comme :

\[ 0\leq|g(x)|\leq\frac2x \]

et :

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac2x=0, \]

le théorème d’encadrement donne :

\[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}g(x)=0 }. \]

Question 4.a

En remarquant que :

\[ 1-\cos t\leq t \qquad \text{pour tout }t\in\mathbb R_+^*, \]

montrer que, pour tout \(x>0\) :

\[ 0 \leq \int_x^{3x}\frac{1-\cos t}{t}\,dt \leq 2x. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour tout \(t>0\), on a :

\[ \cos t\leq1, \]

donc :

\[ 1-\cos t\geq0. \]

D’après l’inégalité donnée :

\[ 1-\cos t\leq t. \]

Ainsi :

\[ 0\leq1-\cos t\leq t. \]

En divisant par \(t>0\), on obtient :

\[ 0 \leq \frac{1-\cos t}{t} \leq1. \]

En intégrant entre \(x\) et \(3x\), avec \(x>0\) :

\[ 0 \leq \int_x^{3x}\frac{1-\cos t}{t}\,dt \leq \int_x^{3x}1\,dt. \]

Or :

\[ \int_x^{3x}1\,dt=3x-x=2x. \]

\[ \boxed{ 0 \leq \int_x^{3x}\frac{1-\cos t}{t}\,dt \leq 2x }. \]

Question 4.b

Vérifier que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :

\[ g(x)-\ln3 = \int_x^{3x}\frac{\cos t-1}{t}\,dt. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour tout \(x>0\) :

\[ \begin{aligned} \int_x^{3x}\frac1t\,dt &= [\ln t]_x^{3x}\\ &= \ln(3x)-\ln x\\ &= \ln3. \end{aligned} \]

Par conséquent :

\[ \begin{aligned} g(x)-\ln3 &= \int_x^{3x}\frac{\cos t}{t}\,dt - \int_x^{3x}\frac1t\,dt\\ &= \int_x^{3x} \left( \frac{\cos t}{t}-\frac1t \right)dt\\ &= \int_x^{3x}\frac{\cos t-1}{t}\,dt. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ g(x)-\ln3 = \int_x^{3x}\frac{\cos t-1}{t}\,dt }. \]

Question 4.c

En déduire :

\[ \lim_{x\to0^+}g(x). \]

Lire la correction + Masquer la correction −

D’après la question 4.a :

\[ 0 \leq \int_x^{3x}\frac{1-\cos t}{t}\,dt \leq 2x. \]

Or :

\[ g(x)-\ln3 = -\int_x^{3x}\frac{1-\cos t}{t}\,dt. \]

En multipliant l’encadrement précédent par \(-1\), on obtient :

\[ -2x \leq g(x)-\ln3 \leq 0. \]

Lorsque \(x\to0^+\), les deux membres encadrants tendent vers \(0\). Par le théorème d’encadrement :

\[ \lim_{x\to0^+}\bigl(g(x)-\ln3\bigr)=0. \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to0^+}g(x)=\ln3 }. \]

Comme \(g\) est paire, on obtient également :

\[ \lim_{x\to0^-}g(x)=\ln3. \]

Ainsi, \(g\) peut être prolongée par continuité en \(0\) en posant :

\[ g(0)=\ln3. \]

Méthode à retenir : pour une fonction de la forme \(\displaystyle g(x)=\int_x^{3x}h(t)\,dt\), la dérivée s’obtient en dérivant les deux bornes. Une intégration par parties permet ensuite d’obtenir une majoration au voisinage de \(+\infty\), tandis que la comparaison avec \(\displaystyle \int_x^{3x}\frac1t\,dt=\ln3\) permet d’étudier la limite en \(0\).

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