Correction du Problème 6 de Calcul intégral

Al Moufid - 2e Bac Sciences Mathématiques - Examen National 2012, session normale

Ce problème étudie une fonction prolongée en zéro. Il utilise une représentation intégrale, une intégration par parties, le théorème des accroissements finis et un encadrement permettant de déterminer la dérivée à droite en zéro.

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

Problème 6

Définition

On considère la fonction \(F\) définie sur \([0;1]\) par :

\[ F(0)=1 \]

et, pour tout \(x\in]0;1]\) :

\[ F(x)=\frac1x-\frac{\ln(1+2x)}{2x^2}. \]

Question 1

Soit \(x\in[0;1]\). Montrer que, pour tout \(t\in[0;x]\) :

\[ \frac1{1+2x} \leq \frac1{1+2t} \leq1. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Soient \(x\in[0;1]\) et \(t\in[0;x]\). On a :

\[ 0\leq t\leq x. \]

En multipliant par \(2\), puis en ajoutant \(1\), il vient :

\[ 1\leq1+2t\leq1+2x. \]

Ces trois nombres étant strictement positifs, le passage aux inverses renverse les inégalités :

\[ \frac1{1+2x} \leq \frac1{1+2t} \leq1. \]

\[ \boxed{ \frac1{1+2x} \leq \frac1{1+2t} \leq1 } \qquad(t\in[0;x]). \]

Question 2.a

Soit \(x\in]0;1]\). Montrer que :

\[ F(x)=\frac2{x^2}\int_0^x\frac{t}{1+2t}\,dt. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour tout \(t\geq0\), on écrit :

\[ \frac{t}{1+2t} = \frac12-\frac1{2(1+2t)}. \]

Donc, pour \(x>0\) :

\[ \begin{aligned} \int_0^x\frac{t}{1+2t}\,dt &= \int_0^x\left( \frac12-\frac1{2(1+2t)} \right)dt\\[4pt] &= \left[ \frac t2-\frac14\ln(1+2t) \right]_0^x\\[4pt] &= \frac x2-\frac14\ln(1+2x). \end{aligned} \]

En multipliant par \(\dfrac2{x^2}\), on obtient :

\[ \begin{aligned} \frac2{x^2}\int_0^x\frac{t}{1+2t}\,dt &= \frac2{x^2} \left( \frac x2-\frac14\ln(1+2x) \right)\\[4pt] &= \frac1x-\frac{\ln(1+2x)}{2x^2}\\[4pt] &=F(x). \end{aligned} \]

\[ \boxed{ F(x)=\frac2{x^2}\int_0^x\frac{t}{1+2t}\,dt } \qquad(x\in]0;1]). \]

Question 2.b

Montrer que, pour tout \(x\in]0;1]\) :

\[ \frac1{1+2x}\leq F(x)\leq1, \]

puis en déduire que la fonction \(F\) est continue à droite en zéro.

Lire la correction + Masquer la correction −

Soit \(x\in]0;1]\). D'après la question 1, pour tout \(t\in[0;x]\) :

\[ \frac1{1+2x} \leq \frac1{1+2t} \leq1. \]

Comme \(t\geq0\), on peut multiplier par \(t\) sans changer le sens des inégalités :

\[ \frac{t}{1+2x} \leq \frac{t}{1+2t} \leq t. \]

En intégrant entre \(0\) et \(x\) :

\[ \frac1{1+2x}\int_0^x t\,dt \leq \int_0^x\frac{t}{1+2t}\,dt \leq \int_0^x t\,dt. \]

Or :

\[ \int_0^x t\,dt=\frac{x^2}{2}. \]

Ainsi :

\[ \frac{x^2}{2(1+2x)} \leq \int_0^x\frac{t}{1+2t}\,dt \leq \frac{x^2}{2}. \]

En multipliant par \(\dfrac2{x^2}>0\), puis en utilisant la question 2.a :

\[ \boxed{ \frac1{1+2x}\leq F(x)\leq1 }. \]

Lorsque \(x\to0^+\) :

\[ \frac1{1+2x}\longrightarrow1 \qquad\text{et}\qquad 1\longrightarrow1. \]

Le théorème d'encadrement donne :

\[ \lim_{x\to0^+}F(x)=1. \]

Comme \(F(0)=1\), on obtient :

\[ \boxed{ \lim_{x\to0^+}F(x)=F(0) }. \] La fonction \(F\) est donc continue à droite en zéro.

Question 3

En utilisant la formule d'intégration par parties, montrer que, pour tout \(x\in[0;1]\) :

\[ \int_0^x\frac{2t}{1+2t}\,dt = \frac{x^2}{1+2x} + 2\int_0^x\left(\frac{t}{1+2t}\right)^2dt. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Soit \(x\in[0;1]\). Effectuons une intégration par parties avec :

\[ u(t)=\frac1{1+2t}, \qquad u'(t)=-\frac2{(1+2t)^2}, \] \[ v'(t)=2t, \qquad v(t)=t^2. \]

Alors :

\[ \begin{aligned} \int_0^x\frac{2t}{1+2t}\,dt &= \left[ \frac{t^2}{1+2t} \right]_0^x - \int_0^x t^2\left(-\frac2{(1+2t)^2}\right)dt\\[4pt] &= \frac{x^2}{1+2x} + 2\int_0^x\frac{t^2}{(1+2t)^2}\,dt\\[4pt] &= \frac{x^2}{1+2x} + 2\int_0^x\left(\frac{t}{1+2t}\right)^2dt. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ \int_0^x\frac{2t}{1+2t}\,dt = \frac{x^2}{1+2x} + 2\int_0^x\left(\frac{t}{1+2t}\right)^2dt }. \]

Question 4.a

Soit \(x\in]0;1]\). Montrer que :

\[ F'(x) = -\frac4{x^3} \int_0^x \left(\frac{t}{1+2t}\right)^2dt. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour \(x>0\), posons :

\[ J(x)=\int_0^x\frac{t}{1+2t}\,dt. \]

D'après la question 2.a :

\[ F(x)=\frac2{x^2}J(x). \]

La fonction \(J\) est dérivable sur \(]0;1]\), et :

\[ J'(x)=\frac{x}{1+2x}. \]

En dérivant le produit \(F(x)=2x^{-2}J(x)\), on obtient :

\[ \begin{aligned} F'(x) &= -\frac4{x^3}J(x) + \frac2{x^2}J'(x)\\[4pt] &= -\frac4{x^3}J(x) + \frac2{x(1+2x)}. \end{aligned} \]

D'après la question 3 :

\[ 2J(x) = \frac{x^2}{1+2x} + 2\int_0^x \left(\frac{t}{1+2t}\right)^2dt. \]

Donc :

\[ J(x) = \frac{x^2}{2(1+2x)} + \int_0^x \left(\frac{t}{1+2t}\right)^2dt. \]

En remplaçant \(J(x)\) dans l'expression de \(F'(x)\) :

\[ \begin{aligned} F'(x) &= -\frac4{x^3} \left[ \frac{x^2}{2(1+2x)} + \int_0^x \left(\frac{t}{1+2t}\right)^2dt \right] + \frac2{x(1+2x)}\\[4pt] &= -\frac2{x(1+2x)} - \frac4{x^3} \int_0^x \left(\frac{t}{1+2t}\right)^2dt + \frac2{x(1+2x)}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ F'(x) = -\frac4{x^3} \int_0^x \left(\frac{t}{1+2t}\right)^2dt }. \]

Question 4.b

En utilisant le résultat de la question 1, montrer que, pour tout \(x\in]0;1]\) :

\[ -\frac43 \leq F'(x) \leq -\frac4{3(1+2x)^2}. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Soit \(x\in]0;1]\). Pour tout \(t\in[0;x]\), la question 1 donne :

\[ \frac1{1+2x} \leq \frac1{1+2t} \leq1. \]

Les trois membres étant positifs, on peut les élever au carré :

\[ \frac1{(1+2x)^2} \leq \frac1{(1+2t)^2} \leq1. \]

En multipliant par \(t^2\geq0\) :

\[ \frac{t^2}{(1+2x)^2} \leq \left(\frac{t}{1+2t}\right)^2 \leq t^2. \]

En intégrant entre \(0\) et \(x\) :

\[ \frac1{(1+2x)^2}\int_0^x t^2\,dt \leq \int_0^x \left(\frac{t}{1+2t}\right)^2dt \leq \int_0^x t^2\,dt. \]

Comme :

\[ \int_0^x t^2\,dt=\frac{x^3}{3}, \]

on obtient :

\[ \frac{x^3}{3(1+2x)^2} \leq \int_0^x \left(\frac{t}{1+2t}\right)^2dt \leq \frac{x^3}{3}. \]

En multipliant par le nombre négatif \(-\dfrac4{x^3}\), le sens des inégalités s'inverse. D'après la question 4.a :

\[ \boxed{ -\frac43 \leq F'(x) \leq -\frac4{3(1+2x)^2} }. \]

Question 4.c

En appliquant le théorème des accroissements finis à la fonction \(F\) sur \([0;x]\), montrer que, pour tout \(x\in]0;1]\) :

\[ -\frac43 \leq \frac{F(x)-F(0)}x \leq -\frac4{3(1+2x)^2}. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Soit \(x\in]0;1]\).

La fonction \(F\) est continue sur \([0;x]\), car elle est continue à droite en \(0\) et continue sur \(]0;x]\). Elle est dérivable sur \(]0;x[\).

Le théorème des accroissements finis assure donc l'existence d'un réel :

\[ c_x\in]0;x[ \]

tel que :

\[ \frac{F(x)-F(0)}{x-0}=F'(c_x). \]

D'après la question 4.b :

\[ -\frac43 \leq F'(c_x) \leq -\frac4{3(1+2c_x)^2}. \]

Or \(0 \[ 1+2c_x<1+2x. \]

Par conséquent :

\[ \frac1{(1+2c_x)^2} > \frac1{(1+2x)^2}, \]

puis, en multipliant par \(-\dfrac43<0\) :

\[ -\frac4{3(1+2c_x)^2} < -\frac4{3(1+2x)^2}. \]

Ainsi :

\[ \boxed{ -\frac43 \leq \frac{F(x)-F(0)}x \leq -\frac4{3(1+2x)^2} }. \]

Question 4.d

En déduire que la fonction \(F\) est dérivable à droite en \(0\), puis préciser la valeur de \(F'_d(0)\).

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour tout \(x\in]0;1]\), la question précédente donne :

\[ -\frac43 \leq \frac{F(x)-F(0)}x \leq -\frac4{3(1+2x)^2}. \]

Lorsque \(x\to0^+\) :

\[ -\frac43\longrightarrow-\frac43 \]

et :

\[ -\frac4{3(1+2x)^2} \longrightarrow -\frac43. \]

Le théorème d'encadrement donne :

\[ \lim_{x\to0^+} \frac{F(x)-F(0)}{x-0} = -\frac43. \]

\[ \boxed{ F'_d(0)=-\frac43 }. \] La fonction \(F\) est donc dérivable à droite en \(0\).

Méthode à retenir : une expression comportant \(\ln(1+2x)\) peut être transformée en intégrale grâce à une décomposition simple. L'encadrement de l'intégrande fournit ensuite la continuité en zéro. Pour déterminer la dérivée à droite, on encadre d'abord \(F'(x)\), puis on applique le théorème des accroissements finis sur \([0;x]\).

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