Correction du Problème 8 de Calcul intégral

Al Moufid - 2e Bac Sciences Mathématiques - Examen National 2010, session de rattrapage

Ce problème étudie une fonction définie par une intégrale à bornes variables. Les encadrements obtenus permettent d’établir sa continuité, puis sa dérivabilité à droite en zéro sans utiliser de développement limité ni la règle de l’Hôpital.

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

Problème 8

Définition

On considère la fonction \(g\) définie sur \([0;+\infty[\) par :

\[ g(0)=\ln2 \]

et, pour tout \(x>0\) :

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

Question 1.a

Montrer que :

\[ (\forall x>0)(\forall t\in[x;2x]) \qquad e^{-2x}\leq e^{-t}\leq e^{-x}. \]

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Soient \(x>0\) et \(t\in[x;2x]\). On a :

\[ x\leq t\leq2x. \]

En multipliant les trois membres par \(-1\), le sens des inégalités s’inverse :

\[ -2x\leq-t\leq-x. \]

La fonction exponentielle étant strictement croissante sur \(\mathbb R\), on obtient :

\[ \boxed{ e^{-2x}\leq e^{-t}\leq e^{-x} } \qquad(t\in[x;2x]). \]

Question 1.b

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

\[ e^{-2x}\ln2 \leq g(x) \leq e^{-x}\ln2. \]

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Soit \(x>0\). Pour tout \(t\in[x;2x]\), la question précédente donne :

\[ e^{-2x}\leq e^{-t}\leq e^{-x}. \]

Comme \(t>0\), on peut diviser par \(t\) sans changer le sens des inégalités :

\[ \frac{e^{-2x}}t \leq \frac{e^{-t}}t \leq \frac{e^{-x}}t. \]

En intégrant sur \([x;2x]\) :

\[ e^{-2x}\int_x^{2x}\frac{dt}{t} \leq \int_x^{2x}\frac{e^{-t}}t\,dt \leq e^{-x}\int_x^{2x}\frac{dt}{t}. \]

Or :

\[ \int_x^{2x}\frac{dt}{t} = [\ln t]_x^{2x} = \ln(2x)-\ln x = \ln2. \]

D’après la définition de \(g\), il vient :

\[ \boxed{ e^{-2x}\ln2 \leq g(x) \leq e^{-x}\ln2 }. \]

Question 1.c

En déduire que \(g\) est continue à droite en \(0\).

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Pour tout \(x>0\) :

\[ e^{-2x}\ln2 \leq g(x) \leq e^{-x}\ln2. \]

Lorsque \(x\to0^+\), on a :

\[ e^{-2x}\ln2\longrightarrow\ln2 \qquad\text{et}\qquad e^{-x}\ln2\longrightarrow\ln2. \]

Le théorème d’encadrement donne :

\[ \lim_{x\to0^+}g(x)=\ln2. \]

Comme \(g(0)=\ln2\), on obtient :

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

Question 2

Montrer que la fonction \(g\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\), puis calculer \(g'(x)\) pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\).

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La fonction :

\[ \varphi(t)=\frac{e^{-t}}t \]

est continue sur \(]0;+\infty[\). Soit \(\Phi\) une primitive de \(\varphi\) sur cet intervalle.

Pour tout \(x>0\) :

\[ g(x)=\Phi(2x)-\Phi(x). \]

La fonction \(g\) est donc dérivable sur \(]0;+\infty[\), et la dérivation d’une intégrale à bornes variables donne :

\[ \begin{aligned} g'(x) &= 2\varphi(2x)-\varphi(x)\\[4pt] &= 2\frac{e^{-2x}}{2x} - \frac{e^{-x}}x\\[4pt] &= \frac{e^{-2x}-e^{-x}}x. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ g'(x)=\frac{e^{-2x}-e^{-x}}x } \qquad(x>0). \]

Question 3.a

Montrer que :

\[ (\forall t>0) \qquad -1 \leq \frac{e^{-t}-1}{t} \leq -e^{-t}. \]

Puis calculer :

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

Rectification locale vérifiée : le manuel répète ici « calculer \(g'(x)\) pour tout \(x>0\) », alors que cette dérivée a déjà été calculée à la question 2. L’encadrement demandé conduit sans ambiguïté au calcul de \(\displaystyle\lim_{x\to0^+}g'(x)\).

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Soit \(t>0\). Appliquons le théorème des accroissements finis à la fonction :

\[ u\longmapsto e^{-u} \]

sur l’intervalle \([0;t]\). Il existe un réel \(c_t\in]0;t[\) tel que :

\[ \frac{e^{-t}-e^0}{t-0} = -e^{-c_t}. \]

Ainsi :

\[ \frac{e^{-t}-1}{t}=-e^{-c_t}. \]

Comme \(0 \[ e^{-t}En multipliant par \(-1\) :

\[ -1<-e^{-c_t}<-e^{-t}. \]

On obtient donc, en particulier :

\[ \boxed{ -1 \leq \frac{e^{-t}-1}{t} \leq -e^{-t} }. \]

Pour \(x>0\), la question 2 donne :

\[ g'(x) = \frac{e^{-2x}-e^{-x}}x = e^{-x}\frac{e^{-x}-1}{x}. \]

En appliquant l’encadrement précédent avec \(t=x\) :

\[ -1 \leq \frac{e^{-x}-1}{x} \leq -e^{-x}. \]

Comme \(e^{-x}>0\), on peut multiplier par \(e^{-x}\) :

\[ -e^{-x} \leq g'(x) \leq -e^{-2x}. \]

Les deux membres extrêmes tendent vers \(-1\) lorsque \(x\to0^+\). Le théorème d’encadrement donne alors :

\[ \boxed{ \lim_{x\to0^+}g'(x)=-1 }. \]

Question 3.b

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

\[ -1 \leq \frac{g(x)-\ln2}{x} \leq \frac{e^{-2x}-e^{-x}}x. \]

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

\[ \ln2 = \int_x^{2x}\frac{dt}{t}. \]

Par conséquent :

\[ \begin{aligned} g(x)-\ln2 &= \int_x^{2x}\frac{e^{-t}}t\,dt - \int_x^{2x}\frac1t\,dt\\[4pt] &= \int_x^{2x}\frac{e^{-t}-1}{t}\,dt. \end{aligned} \]

D’après la question 3.a, pour tout \(t\in[x;2x]\) :

\[ -1 \leq \frac{e^{-t}-1}{t} \leq -e^{-t}. \]

En intégrant entre \(x\) et \(2x\) :

\[ \int_x^{2x}(-1)\,dt \leq g(x)-\ln2 \leq -\int_x^{2x}e^{-t}\,dt. \]

Or :

\[ \int_x^{2x}(-1)\,dt=-x \]

et :

\[ -\int_x^{2x}e^{-t}\,dt = [e^{-t}]_x^{2x} = e^{-2x}-e^{-x}. \]

Ainsi :

\[ -x \leq g(x)-\ln2 \leq e^{-2x}-e^{-x}. \]

Comme \(x>0\), la division par \(x\) conserve le sens des inégalités :

\[ \boxed{ -1 \leq \frac{g(x)-\ln2}{x} \leq \frac{e^{-2x}-e^{-x}}x }. \]

Question 3.c

En déduire que \(g\) est dérivable à droite en \(0\).

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Pour tout \(x>0\), la question précédente donne :

\[ -1 \leq \frac{g(x)-\ln2}{x} \leq \frac{e^{-2x}-e^{-x}}x. \]

Or \(g(0)=\ln2\). Ainsi :

\[ \frac{g(x)-\ln2}{x} = \frac{g(x)-g(0)}{x-0}. \]

D’autre part, d’après la question 3.a :

\[ \lim_{x\to0^+} \frac{e^{-2x}-e^{-x}}x = \lim_{x\to0^+}g'(x) =-1. \]

Les deux membres qui encadrent le taux d’accroissement tendent donc vers \(-1\). Le théorème d’encadrement donne :

\[ \lim_{x\to0^+} \frac{g(x)-g(0)}{x-0} =-1. \]

\[ \boxed{ g'_d(0)=-1 }. \] La fonction \(g\) est donc dérivable à droite en \(0\).

Méthode à retenir : pour étudier une intégrale dont les bornes dépendent de \(x\), on commence par encadrer l’intégrande sur l’intervalle d’intégration. La dérivée sur l’intervalle ouvert s’obtient par dérivation des bornes. Au bord du domaine, on encadre directement le taux d’accroissement afin d’établir la dérivabilité sans développement limité.

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