Correction du Problème 7 de Calcul intégral
Al Moufid - 2e Bac Sciences Mathématiques - Examen National 2012, session normale
Première partie - Étude de la fonction \(f\)
On considère la fonction \(f\) définie sur \(I=[0;1]\) par :
\[ f(1)=0 \qquad\text{et}\qquad f(x)=\frac1{1-\ln(1-x)} \quad\text{si }0\leq x<1. \]On note \(\mathcal C\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé.
Montrer que \(f\) est continue à gauche en \(1\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Lorsque \(x\to1^-\), on a :
\[ 1-x\to0^+ \qquad\text{et}\qquad \ln(1-x)\to-\infty. \]Par conséquent :
\[ 1-\ln(1-x)\to+\infty, \]puis :
\[ \lim_{x\to1^-}f(x) = \lim_{x\to1^-}\frac1{1-\ln(1-x)} =0. \]Or \(f(1)=0\). Donc :
Étudier la dérivabilité de \(f\) à gauche en \(1\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x\in[0;1[\) :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \frac1{(x-1)\bigl(1-\ln(1-x)\bigr)}. \]Comme \(x-1=-(1-x)\), on obtient :
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = -\frac1{(1-x)\bigl(1-\ln(1-x)\bigr)}. \]Posons \(u=1-x\). Lorsque \(x\to1^-\), on a \(u\to0^+\), et :
\[ u(1-\ln u)=u-u\ln u\longrightarrow0^+. \]Ainsi :
\[ \lim_{x\to1^-} \frac{f(x)-f(1)}{x-1} =-\infty. \]Étudier les variations de la fonction \(f\) sur \(I\), puis donner son tableau de variations.
Lire la correction +Masquer la correction −
Pour tout \(x\in[0;1[\), posons :
\[ D(x)=1-\ln(1-x)>0. \]Comme :
\[ D'(x)=\frac1{1-x}, \]on obtient :
\[ f'(x) = -\frac{D'(x)}{D(x)^2} = -\frac1{(1-x)\bigl(1-\ln(1-x)\bigr)^2}. \]Le dénominateur étant strictement positif :
\[ f'(x)<0 \qquad(0\leq x<1). \]La fonction \(f\) est donc strictement décroissante sur \([0;1]\). De plus :
\[ f(0)=1 \qquad\text{et}\qquad f(1)=0. \]| \(x\) | \(0\) | \(1\) |
|---|---|---|
| \(f'(x)\) | \(-\) | |
| \(f(x)\) | \(1\) | \(\searrow\ 0\) |
Montrer que \(\mathcal C\) admet un unique point d’inflexion dont l’abscisse est :
\[ \frac{e-1}{e}. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x\in[0;1[\), on dérive l’expression de \(f'(x)\). On obtient :
\[ f''(x) = \frac{1+\ln(1-x)} {(1-x)^2\bigl(1-\ln(1-x)\bigr)^3}. \]Le dénominateur est strictement positif. Le signe de \(f''(x)\) est donc celui de :
\[ 1+\ln(1-x). \]Résolvons :
\[ 1+\ln(1-x)=0. \]On a successivement :
\[ \ln(1-x)=-1 \iff 1-x=e^{-1} \iff x=1-\frac1e=\frac{e-1}{e}. \]De plus :
\[ f''(x)>0 \quad\text{sur}\quad \left[0;\frac{e-1}{e}\right[ \]et :
\[ f''(x)<0 \quad\text{sur}\quad \left]\frac{e-1}{e};1\right[. \]La convexité change donc en ce point. Son ordonnée est :
\[ f\left(\frac{e-1}{e}\right) = \frac1{1-\ln(1/e)} =\frac12. \]Construire la courbe \(\mathcal C\) en indiquant sa demi-tangente au point d’abscisse \(0\).
Lire la correction +Masquer la correction −
La courbe passe par :
\[ M(0;1) \qquad\text{et}\qquad B(1;0). \]D’après la formule de \(f'\) :
\[ f'_d(0)=f'(0)=-1. \]La demi-tangente à droite au point \(M(0;1)\) a donc pour équation :
\[ y=-x+1. \]La courbe est strictement décroissante. Elle est convexe avant le point d’inflexion :
\[ A\left(\frac{e-1}{e};\frac12\right), \]puis concave après ce point. Elle admet enfin au point \(B(1;0)\) la demi-tangente verticale \(x=1\).
Schéma qualitatif conforme aux variations, à la convexité et aux demi-tangentes.
Montrer qu’il existe un unique réel \(\alpha\in I\) tel que :
\[ f(\alpha)=\alpha. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Considérons la fonction :
\[ \varphi(x)=f(x)-x \qquad(x\in I). \]Elle est continue sur \(I\). De plus :
\[ \varphi(0)=f(0)=1>0 \]et :
\[ \varphi(1)=f(1)-1=-1<0. \]Le théorème des valeurs intermédiaires assure donc l’existence d’un réel \(\alpha\in]0;1[\) tel que \(\varphi(\alpha)=0\).
Pour tout \(x\in[0;1[\) :
\[ \varphi'(x)=f'(x)-1<0. \]La fonction \(\varphi\) est strictement décroissante ; son zéro est donc unique.
Montrer que \(f\) est une bijection de \(I\) vers \(I\).
Lire la correction +Masquer la correction −
La fonction \(f\) est continue et strictement décroissante sur \(I=[0;1]\).
De plus :
\[ f(0)=1 \qquad\text{et}\qquad f(1)=0. \]Par conséquent :
\[ f(I)=[0;1]=I. \]Une fonction continue et strictement monotone réalise une bijection de son intervalle de définition sur son image.
Déterminer \(f^{-1}(x)\) pour tout \(x\in I\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Soit \(y\in]0;1]\). Posons \(y=f(x)\), avec \(x\in[0;1[\). Alors :
\[ y=\frac1{1-\ln(1-x)}. \]On obtient successivement :
\[ \frac1y=1-\ln(1-x), \] \[ \ln(1-x)=1-\frac1y, \] \[ 1-x=e^{1-1/y}, \]puis :
\[ x=1-e^{1-1/y}. \]En outre, \(f(1)=0\), donc \(f^{-1}(0)=1\).
Deuxième partie - Étude de la suite \((I_n)\)
Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on pose :
\[ I_n=\int_0^1 x^n f(x)\,dx. \]Montrer que la suite \((I_n)\) est décroissante, puis qu’elle est convergente.
Lire la correction +Masquer la correction −
Pour tout \(x\in[0;1]\) et tout \(n\in\mathbb N^*\) :
\[ x^{n+1}\leq x^n. \]Comme \(f(x)\geq0\), on a :
\[ x^{n+1}f(x)\leq x^n f(x). \]En intégrant sur \([0;1]\) :
\[ I_{n+1}\leq I_n. \]La suite \((I_n)\) est donc décroissante. D’autre part :
\[ I_n=\int_0^1 x^n f(x)\,dx\geq0. \]Elle est minorée par \(0\). Par conséquent :
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\) :
\[ 0\leq I_n\leq\frac1{n+1}, \]puis déterminer la limite de la suite \((I_n)\).
Lire la correction +Masquer la correction −
D’après la première partie :
\[ 0\leq f(x)\leq1 \qquad(x\in[0;1]). \]Comme \(x^n\geq0\), on obtient :
\[ 0\leq x^n f(x)\leq x^n. \]En intégrant entre \(0\) et \(1\) :
\[ 0\leq I_n\leq\int_0^1x^n\,dx =\frac1{n+1}. \]Comme \(\dfrac1{n+1}\to0\), le théorème d’encadrement donne :
Troisième partie - Étude de fonctions intégrales
On pose \(J=[0;1[\). Pour tout \(x\in J\), on définit :
\[ F_0(x)=\int_0^x f(t)\,dt, \]et, pour tout \(n\in\mathbb N^*\) :
\[ F_n(x)=\int_0^x t^n f(t)\,dt. \]On pose également :
\[ F(x)=\int_0^x\frac{f(t)}{1-t}\,dt \qquad\text{et}\qquad S_n(x)=\sum_{k=0}^{n}F_k(x). \]Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) et pour tout \(x\in J\) :
\[ F(x)-S_n(x) = \int_0^x\frac{t^{n+1}f(t)}{1-t}\,dt. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Par linéarité de l’intégrale :
\[ \begin{aligned} S_n(x) &= \sum_{k=0}^{n}\int_0^x t^k f(t)\,dt\\[4pt] &= \int_0^x f(t)\left(\sum_{k=0}^{n}t^k\right)dt. \end{aligned} \]Pour \(t\in[0;x]\subset[0;1[\), la somme géométrique donne :
\[ \sum_{k=0}^{n}t^k = \frac{1-t^{n+1}}{1-t}. \]Ainsi :
\[ S_n(x) = \int_0^x \frac{f(t)(1-t^{n+1})}{1-t}\,dt. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} F(x)-S_n(x) &= \int_0^x\frac{f(t)}{1-t}\,dt - \int_0^x\frac{f(t)(1-t^{n+1})}{1-t}\,dt\\[4pt] &= \int_0^x\frac{t^{n+1}f(t)}{1-t}\,dt. \end{aligned} \]Montrer que la fonction \(u\) définie sur \(J\) par :
\[ u(x)=(1-x)\bigl(1-\ln(1-x)\bigr) \]est strictement décroissante sur \(J\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Pour tout \(x\in J\), la fonction \(u\) est dérivable, et :
\[ \begin{aligned} u'(x) &= -\bigl(1-\ln(1-x)\bigr) +(1-x)\frac1{1-x}\\[4pt] &= \ln(1-x). \end{aligned} \]Pour \(x\in]0;1[\), on a \(0<1-x<1\), donc :
\[ \ln(1-x)<0. \]La fonction \(u\) est donc strictement décroissante sur \(J\).
En déduire que la fonction :
\[ t\longmapsto\frac{f(t)}{1-t} \]est strictement croissante sur \([0;x]\), pour tout \(x\in J\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Pour tout \(t\in J\) :
\[ \frac{f(t)}{1-t} = \frac1{(1-t)\bigl(1-\ln(1-t)\bigr)} = \frac1{u(t)}. \]La fonction \(u\) est strictement décroissante et strictement positive sur \(J\). Le passage aux inverses montre donc que la fonction \(t\mapsto1/u(t)\) est strictement croissante.
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) et pour tout \(x\in J\) :
\[ 0\leq F(x)-S_n(x) \leq \frac1{n+2}\left(\frac1{1-x}\right). \]Lire la correction +Masquer la correction −
D’après la question 1 :
\[ F(x)-S_n(x) = \int_0^x t^{n+1}\frac{f(t)}{1-t}\,dt. \]L’intégrande est positive, donc :
\[ F(x)-S_n(x)\geq0. \]D’après la question 2.b, pour tout \(t\in[0;x]\) :
\[ \frac{f(t)}{1-t} \leq \frac{f(x)}{1-x}. \]Or \(0\leq f(x)\leq1\), donc :
\[ \frac{f(t)}{1-t} \leq \frac1{1-x}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} F(x)-S_n(x) &\leq \frac1{1-x}\int_0^x t^{n+1}\,dt\\[4pt] &= \frac{x^{n+2}}{(n+2)(1-x)}\\[4pt] &\leq \frac1{(n+2)(1-x)}. \end{aligned} \]En déduire que, pour tout \(x\in J\) :
\[ \lim_{n\to+\infty}S_n(x)=F(x). \]Lire la correction +Masquer la correction −
Fixons \(x\in J\). D’après la question précédente :
\[ 0\leq F(x)-S_n(x) \leq \frac1{(n+2)(1-x)}. \]Le réel \(1-x\) est strictement positif et fixé. Ainsi :
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac1{(n+2)(1-x)}=0. \]Le théorème d’encadrement donne :
\[ \lim_{n\to+\infty}\bigl(F(x)-S_n(x)\bigr)=0. \]Déterminer \(F'(x)\) pour tout \(x\in J\).
Lire la correction +Masquer la correction −
La fonction :
\[ t\longmapsto\frac{f(t)}{1-t} \]est continue sur \(J\). D’après le théorème fondamental de l’analyse, la fonction :
\[ F(x)=\int_0^x\frac{f(t)}{1-t}\,dt \]est dérivable sur \(J\), et :
\[ F'(x)=\frac{f(x)}{1-x}. \]En remplaçant \(f(x)\) par son expression :
Déterminer la limite :
\[ \lim_{x\to1^-}F(x). \]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x\in J\) :
\[ F(x) = \int_0^x \frac{dt}{(1-t)\bigl(1-\ln(1-t)\bigr)}. \]Effectuons le changement de variable :
Ainsi :
\[ \begin{aligned} F(x) &= \int_1^{1-\ln(1-x)}\frac{du}{u}\\[4pt] &= \ln\bigl(1-\ln(1-x)\bigr). \end{aligned} \]Lorsque \(x\to1^-\) :
\[ 1-\ln(1-x)\to+\infty. \]Par conséquent :
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