TD3 Integration Correction
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Page 1 : Cycle Preparatoire - Premiere AnneeAnalyse II - 2021/2022IntegrationExercice 1Soit f la fonction definie sur 0, 4 parfx =8:1si x = 01si 0 x 13si x = 12si 1 x 6 24si 2 x 6 4.1. CalculerZ 40ft dt.2. Soit x 2 0, 4, calculer Fx =Z x0ft dt.3. Montrer que F est une fonction continue sur 0, 4. La fonction F est-elle derivablesur 0, 4 ?Solution1. Notons que pour la subdivision de 0, 4 definie par x0 = 0 , x1 = 1 , x2 = 2 , x3 =4, nous avons f est constante sur xi, xi+1.Ainsi, f est une fonction en escalier. Par consequentZ 40ft dt = 1 · 1 0 + 2 · 2 1 + 4 · 4 2 = 7.2. En utilisant la relation de Chasles nous pouvons conclure :— si 0 6 x 6 1Fx =Z x0ft dt = 1 · x 0 = x.— si 1 x 6 2Fx =Z x0ft dt=Z 10ft dt +Z x1ft dt=1 · 1 0 + 2 · x 1 = 3 2x.— si 2 x 6 4Fx =Z x0ft dt=Z 10ft dt +Z 21ft dt +Z x2ft dt=1 · 1 0 + 2 · 2 1 + 4 · x 2=4x 9.
Page 2 : 3. D’apres la question precedente, nous avonsFx =8:xsi 0 6 x 6 13 2xsi 1 x 6 24x 9si 2 x 6 4.De plus limx!1Fx =limx!1x = 1 =limx!1+ 3 2x =limx!1+ Fx.et limx!2Fx =limx!23 2x = 1 =limx!2+ 4x 9 =limx!2+ Fx. Ainsi, F estcontinue sur 0, 4.Par contre F n’est pas derivable en x = 1. En e↵etlimx!1Fx F1x 1= limx!1x 1x 1 = 1 6= 2 = limx!1+3 2x 1x 1= limx!1+Fx F1x 1.F n’est pas non plus derivable en x = 2. En e↵etlimx!2Fx F2x 2= limx!23 2x 1x 2= 2 6= 4=limx!2+4x 9 1x 2=limx!2+Fx F2x 2.Exercice 2Calculer les integrales suivantes :Z 312t 5 dt,aZ ⇡0pEt dt, E partie entierebZ ⇡0min2, t dt,cZ 21tt dt.dSolution1. Notons que2t 5 =8:5 2tsi 1 6 t 6 52,2t 5si 52 6 t 6 3.Ainsi, d’apres la relation de Chasles, nous pouvons ecrireZ 312t 5 dt=Z5212t 5 dt +Z 3522t 5 dt=Z5215 2t dt +Z 3522t 5 dt.— une primitive de ft = 5 est 5t. En e↵et 5t0 = 5— une primitive de ft = 2t est t2. En e↵et t20 = 2t
Page 3 : Par consequentZ 312t 5 dt=Z5215 2t dt +Z 3522t 5 dt=⇥5t t2⇤521 +⇥t2 5t⇤352=✓252 254◆5 1 + 9 15 ✓254 252◆=252 10=522. On apEt =8:0si 0 6 t 1,1si 1 6 t 2,p2si 2 6 t 3,p3si 3 6 t ⇡.Ainsi, d’apres la relation de Chasles, nous pouvons ecrireZ ⇡0pEt dt=Z 10pEt dt +Z 21pEt dt +Z 32pEt +Z ⇡3pEt=Z 100 dt +Z 211 dt +Z 32p2 +Z ⇡3p3=0 · 1 0 + 1 · 2 1 +p2 · 3 2 +p3 · ⇡3=1 +p2 3p3 +p3⇡.3. Notons quemin2, t =⇢tsi 0 6 t 6 2,2si 2 t 6 ⇡.Ainsi, d’apres la relation de Chasles, nous pouvons ecrireZ ⇡0min2, t dt=Z 20min2, t dt +Z ⇡2min2, t dt=Z 20t dt +Z ⇡22 dt.Or une primitive de ft = t est t22 . En e↵et✓t22◆0= t
Page 4 : Par consequentZ ⇡0min2, t dt=Z 20t dt +Z ⇡22 dt=t2220+ 2 · ⇡2=✓42 0◆+ 2 · ⇡2=2⇡2.4. Notons quett =⇢t2si 1 6 t 6 0,t2si 0 6 t 6 2.Ainsi, d’apres la relation de Chasles, nous pouvons ecrireZ 21tt dt=Z 01tt dt +Z 20tt dt=Z 01t2 dt +Z 20t2 dt.Or, une primitive de ft = t2 est t33 . En e↵et✓t33◆0= t2.Par consequentZ 21tt dt=Z 01t2 dt +Z 20t2 dt=t3301+t3320=✓0 13◆+✓83 0◆= 73.Exercice 3Zx1 + x2dxaZ3xp1 + x2dxbZ1x ln xdxcZe3x1 + e3xdxdZcosx sin2xdxeZ1 x2x3 3x + 13dxfZx 1pxx 2dxgZ1x ln x2dxhZ3x13x2 2x + 3dxiZ ln xx dxjZ1 cos3xdxkZx sinx2dxlZ pln xxdxm
Page 5 : SolutionZx1 + x2dx = 12 lnx2 + 1aZxp1 + x2dx = 131 + x232bZ1x ln xdx = lnln xcZe3x1 + e3xdx = 13 ln1 + e3xdZcosx sin2xdx = 13sin x3eZ1 x2x3 3x + 13dx = 16x3 3x + 12fZx 1pxx 2dx =pxx 2gZ1x ln x2dx = 12 lnln x2hZ3x 13x2 2x + 3dx = 143x2 2x + 32iZ ln xx dx = lnx2jZ1 cos3xdx = x 13 sin3xkZx sinx2dx = 12 cosx2lZ pln xxdx = 23ln x32m
Page 6 : Exercice 4 Integration par partiesCalculer les primitives suivantes :Zex cos xdxaZ ln xxn dx avec n 1bZx arctan xdxcZ "x2 + x + 1exdxdZex sin xdxeZln x2dxfZarctan xdxgZx3 sin xdxhSolution1.Zex cos xdx : Utilisons la methode d’integrations par parties. Pour cela, posonsux=exvx=sin xu0x=exv0x=cos xAinsiZex cos xdx = ex · sin x Zex sin x dx.Pour calculer cette derniere integrale, utilisons une fois de plus la methode d’integrations par parties. Cette fois-ci posonsux=exvx=cos xu0x=exv0x=sin xD’ouZex sin x dx=ex · cos x Zexcos xdx=ex · cos x +Zex cos x dxPar consequentZex cos xdx=ex · sin x Zex sin x dx=ex · sin x ✓ex · cos x +Zex cos x dx◆=ex sin x + cos x Zex cos x dx.Ce qui nous permet de conclure l’egalite2Zex cos x dx = ex sin x + cos x=Zex cos x dx = ex2 sin x + cos x .
Page 7 : 2.Z ln xxn dx n 2 N, n 6= 1 : Utilisons la methode d’integrations par parties.Pour cela, posonsux=ln xvx=1n + 1 · xn+1u0x=1xv0x=xnAinsiZ ln xxn dx=ln x1 nxn1 11 nZ xn+1xdx=ln x1 nxn1 11 nZxndx=ln x1 nxn1 11 n ·11 nxn1=1 n ln x 11 n2xn13.Zx arctan x dx : Utilisons la methode d’integrations par parties. Pour cela,posonsux=arctan xvx=x22u0x=11 + x2v0x=xAinsiZx arctan x dx=x22 · arctan x 12Zx21 + x2dx=x22 · arctan x 12Z 1 + x2 11 + x2dx=x22 · arctan x 12Z1dx + 12Z11 + x2dx=x2 arctan x2x2 + arctan x2+ cte=x2 + 1 arctan x x2+ cte.4.Zx2 + x + 1exdx : Nous avonsZx2 + x + 1exdx =Zx2exdx +Zxexdx +Zexdx.D’abordZexdx = ex
Page 8 : Maintenant, pour calculer les integralesZxexdx etZx2exdx utilisons la methoded’integrations par parties. On commence avecZxexdx. Posonsux=xvx=exu0x=1v0x=exAinsiZxexdx=xex Zexdx=xex exFinalement, pour calculerZx2exdx, posonsux=x2vx=exu0x=2xv0x=exAinsiZx2exdx=x2ex 2Zxexdx=x2ex 2xex + 2exPar consequentZx2 + x + 1exdx=Zx2exdx +Zxexdx +Zexdx=x2ex 2xex + 2ex + xex ex + ex=x2ex xex + 2ex="x2 x + 2ex5.Zex sin xdxOn a ux=sin xvx=ex et u0x=cos xv0x=exZex sin xdx = sin xex Zex cos xdx = sin xex +Zex cos xdxOn a ux=cosxvx=ex et u0x=sin xv0x=exZex cos xdx = cos xex Zex sin xdxOn a doncZex sin xdx = sin xex cos xex Zex sin xdxDoncZex sin xdx = 12exsin x + cos x
Page 9 : 6.Zln x2dxOn a ux=ln x2vx=xet u0x=2x ln xv0x=1Zln x2dx = xln x2 Z2 ln xdx = xln x2 + 2xln x 17.Zarctan xdxOn a ux=arctan xvx=xet u0x=11 + x2v0x=1Zarctan xdx = x arctan x Zx1 + x2dx = x arctan x 12 ln"1 + x28.Zx3 sin xdxOn a ux=x3vx=cos x et u0x=3x2v0x=sin xZx3 sin xdx = x3 cos x 3Zx2 cos xdxOn a ux=x2vx=sin x et u0x=2xv0x=cos xZx2 cos xdx = x2 sin x 2Zx sin xdxOn a ux=xvx=cos x et u0x=1v0x=sin xZx sin xdx = x cos x Zcos xdx = x cos x + sin xDoncZx3 sin xdx = x3 cos x + 3"x2 sin x 2x cos x + sin x= x3 cos x + 3x2 sin x + 6x cos x 6 sin xExercice 5Calculer les primitives suivantes :Z1p2 + x +3p2 + xdx,t =6p2 + xaZarcsin x2dxbZx2p1 + x3dx.cZex3 + ex pex 1dxdZcos pxdx.eZ 1 + epxpxdxfZetan xcos x2dxgZx3p1 + x2dxh
Page 10 : Solution1.Z1p2 + x +3p2 + xdx,t =6p2 + x :Comme indique, posonst =6p2 + x=x = t6 2=dx = 6t5dt.De plusp2 + x =⇣6p2 + x⌘3=p2 + x = t3.De mˆeme3p2 + x =⇣6p2 + x⌘2=3p2 + x = t2.AinsiZ1p2 + x +3p2 + xdx =Z6t5t2 + t3dt = 6Zt31 + tdt.D’ouZ1p2 + x +3p2 + xdx=6Zt31 + tdt=6Z t3 + 1 11 + tdt=6Z t3 + 11 + t 11 + tdt=6Z t + 1t2 t + 11 + tdt 6Z11 + tdt=6Zt2 t + 1dt 6Z11 + tdt=6✓t33 t22 + t◆6 ln1 + t + cte=2t3 3t2 + 6t 6 ln1 + t + cte=2p2 + x 33p2 + x + 66p2 + x 6 ln⇣&&&1 +6p2 + x&&&⌘+ cte2.Zarcsin x2dx : Utilisons la methode d’ integrations par parties. Pour cela,posonsux=arcsin x2vx=xu0x=2 arcsin xp1 x2v0x=1AinsiZarcsin x2dx=xarcsin x2 2Z x arcsin xp1 x2 dx.Pour calculer cette derniere integrale, utilisons une fois de plus la methode d’integrations par parties. Cette fois-ci posonsux=arcsin xvx=p1 x2u0x=1p1 x2v0x=xp1 x2
Page 11 : D’ouZ x arcsin xp1 x2 dx=arcsin xp1 x2 Zp1 x2p1 x2dx=arcsin xp1 x2 +Z1 dx=arcsin xp1 x2 + x + cte.Par consequentZarcsin x2dx=xarcsin x2 2Z x arcsin xp1 x2 dx=xarcsin x2 2⇣arcsin xp1 x2 + x + cte⌘=xarcsin x2 + 2 arcsin xp1 x2 2x + cte.3.Zx2p1 + x3dx : A l’aide du changement de variable1 + x3 = u=3x2dx = du=x2dx = du3nous pouvons ecrireZx2p1 + x3dx=Z 13pu du=13Z pu du=13u3232+ cte=29u32 + cte=291 + x332 + cte.4. On e↵ectue un changement de variables : u =pex 1il vient u2 = ex 1 etex = u2 + 1 d ou 2udu = exdxZex3 + ex pex 1dx =Z2udu3 + u2 + 1 u =Z2du4 + u2 = 2 arctan u2 = arctan rex 12!5.Zcos pxdx on pose w = px donc w2 = x donc 2wdw = dxZcos pxdx = 2Zw cos wdwOn e↵ectue une integration par partie :On a uw=wvw=sin w et u0w=1v0w=cos wZw cos wdw = w sin w Zsin wdw = w sin w + cos wOn a doncZcos pxdx = 2px sin px + 2 cos pxf.Lebens
Page 12 : 6.Z 1 + epxpxdx =Z1pxdx +Z epxpxdx = 2px + 2epx7.Zetan xcos x2dx =Zetanx tan0xdx = etanx8.Zx3p1 + x2dxOn a ux=x2vx=p1 + x2 etu0x=2xv0x=xp1 + x2Zx3p1 + x2dx = x2p1 + x2 2Zxp1 + x2dx = x2p1 + x2 23"1 + x2 32Exercice 6Calculer les integrales suivantes :Z 10tp1 t2 dtaZ a0pa2 t2 dtbZ ⇡0t2 sin t dtcZ 11⇡24cosp1 t dtdZ 11t 11 + t2dteZ⇡20dt2 + sin tfZ 411 ptptdtgZ 41dt1 + ethZ 10tarctan t2dtiSolutionaZ 10tp1 t2 dt : A l’aide du changnement de variable :1 t2 = u=2tdt = du,nous pouvons ecrireZ 10tp1 t2 dt=Z 0112pu du=Z 1012pu du=⇥pu⇤10=1.bZ a0pa2 t2 dt : Nous avonsZ a0pa2 t2 dt =Z a0as1 ✓ta◆2dt = aZ a0s1 ✓ta◆2dt.Ainsi, a l’aide du changement de variable :ta = u=dta= du,
Page 13 : nous pouvons donc ecrireZ a0pa2 t2 dt=aZ a0s1 ✓ta◆2dt=a2Z 10p1 u2 du.Maintenant, en e↵ectuant le changement de variableu = sin x=du = cos x dxon obtientZ 10p1 u2 du=Z⇡20p1 sin2 x cos x dx=Z⇡20cos2 x dx =Z⇡20cos2x + 12dxPar consequentZ a0pa2 t2 dt=a2Z 10p1 u2 du=a2Z⇡20cos2x + 12dx=a2sin2x4+ x2' ⇡20=a2⇡2 .cZ ⇡0t2 sin t dt : Utilisons la methode d’integrations par parties. Pour cela, posonsut=t2vt=cos tu0tu=2tv0t=sin tAinsiZ ⇡0t2 sin t dt=⇥t2 · cos t⇤⇡0 + 2Z ⇡0t cos t dt=⇡2 + 2Z ⇡0t cos t dt.Pour calculer cette derniere integrale, utilisons une fois de plus la methode d’ integrationspar parties. Cette fois-ci posonsu=tdv=cos t dt=du=dtv=sin t
Page 14 : D’ouZ ⇡0t cos t dt=t · sin t⇡0 Z ⇡0sin t dt = cos t⇡0 = 2.Par consequentZ ⇡0t2 sin t dt=⇡2 + 2Z ⇡0t cos t dt = ⇡2 4.dZ 11⇡24cosp1 t dt : En e↵ectuant le changement de variablex =p1 t=t = 1 x2=dt = 2xdxnous pouvons ecrireZ 11⇡24cosp1 t dt=Z 0⇡2cos x · 2x dx=2Z⇡20x cos x dx=zIPP = voir point precedent2 x · sin x⇡202Z⇡20sin x dx=⇡+ 2 cos x⇡20=⇡2.eZ 11t 11 + t2dt =Z 11t1 + t2dt Z 1111 + t2dt = 2 arctan 1 = ⇡2fZ⇡20dt2 + sin t =Z 102dx1 + x2&2 +2x1+x2' =Z 102dx2x2 + 2x + 2 =Z 10dx&x + 12'2 + 34= 2p3arctan✓2p3= 2p3 arctan⇣p3⌘arctanp33!= 2p3⇣⇡3 ⇡6⌘= 2p3⇣⇡6⌘=⇡3p3gZ 411 ptptdt =h2pti41 3 = 4 2 3 = 1hZ 41dt1 + et =Z 41etdt1 + et =⇥ln&1 + et'⇤41 = ln1 + e1-ln&1 + e4'i On aZtarctan t2dx = t22 arctan t2 Z ✓t21 + t2◆arctan t dt == t22 arctan t2 Zarctan t dt +Z ✓11 + t2◆arctan t dt= t22 arctan t2 Zarctan t dt + 12arctan t2
Page 15 : On a ut=arctan tvt=tet u0t=11 + t2v0t=1= t22 arctan t2 t arctan t +Zt1 + t2 dt + 12arctan t2= t22 arctan t2 t arctan t + 12 ln"1 + t2+ 12arctan t2DoncZ 10tarctan t2dx = ⇡216 ⇡4 + 12 ln 2Exercice 7Considerons l’integrale I =Z ln 20pex 1 dxE↵ectuer le changement de variables u =pex 1 et calculer I.SolutionSolution : Comme indique, on fait le changement de variableu =pex 1=u2 = ex 1=x = ln"u2 + 1.D’ou dx =2uu2 + 1duAinsiZ ln 20pex 1 dx=Z 10u ·2uu2 + 1du=2Z 10u2u2 + 1du=2Z 10u2 + 1 1u2 + 1du=2Z 10u2 + 1u2 + 1 1u2 + 1du.Ce qui nous permet d’ecrireZ ln 20pex 1 dx=2Z 10u2 + 1u2 + 1 1u2 + 1du=2Z 101 du 2Z 101u2 + 1du=2⇥u⇤10 2Z 101u2 + 1du = 2 2Z 101u2 + 1du.On connait une primitive de1u2 + 1En e↵et arctanu0 =11 + u2
Page 16 : Par consequentZ ln 20pex 1 dx=2 2Z 101u2 + 1du=2 2⇥arctanu⇤10=2 2 arctan1 + 2 arctan0 = 2 2⇡4 + 2 · 0 = 2 ⇡2 .Exercice 81. Soit f : a, b ! R une fonction continue.Montrer queZ bafxdx =Z bafa + b xdxEn deduire le valeur de l’integraleZ⇡40ln1 + tanxdx2. Montrer queZ a1a✓1 + 1x2◆arctan xdx = ⇡2✓a 1a◆pour a 1, Indication : utiliser la formule arctan x + arctan 1x = ⇡2 , pour x 0 .SolutionOn e↵ectue le changement de variables : u = a + b x d’ou du = dxZ bafa + b xdx =Z abfudu = Z abfudu =Z bafuduZ⇡40ln1 + tan xdx =Z⇡40lncos x + sin xdx Z⇡40lncos xdx=Z⇡40ln p2 p22 cos x +p22 sin x!!dx Z⇡40lncos xdx=Z⇡40lnp2dx +Z⇡40ln⇣cos⇣x ⇡4⌘⌘dx Z⇡40lncos xdx=Z⇡40lnp2dx +Z⇡40ln⇣cos⇣⇡4 + 0 x⌘⌘dx Z⇡40lncos xdx= ⇡ln 28Z a1a✓1 + 1x2◆arctan xdx on e↵ectue le changement de variable : u = 1x donc du = dxx2Z a1a✓1 + 1x2◆arctan xdx =Z1aa1 + u2+ ✓arctan 1u◆✓duu2◆=Z1aa1 + u2+ ✓arctan 1u◆✓duu2◆=Z a1a✓1 + 1u2◆⇣⇡2 arctan u⌘duD
Page 17 : Il vientZ a1a✓1 + 1x2◆arctan xdx = ⇡4Z a1a✓1 + 1u2◆= ⇡4✓✓a 1a◆+✓1a + a◆◆=⇡2✓a 1a◆Exercice 9Decomposer les fractions rationnelles suivantes ; en calculer les primitives.x3x2 4.a4xx 22.b3t + 1t2 2t + 10.c1t3 + 1.dx3 + 2x + 12.ex + 1xx 22.fx2 2xx 12 x2 + 1g3x4 9x3 + 12x2 11x + 7x 13x2 + 1.hSolution1. On commence par donner la decomposition en elements simples dex3x2 4, nousavonsx3x2 4 = x +2x 2 +2x + 2.Par consequentZx3x2 4 dx=Zx +2x 2 +2x + 2 dx=x22 + 2 lnx 2 + 2 lnx + 2 + cte=x22 + lnx2 42+ cte.2. On commence par donner la decomposition en elements simples de4xx 22, nousavons4xx 22 =4x 2 +8x 22.Par consequentZ4xx 22 dx=Z4x 2 +8x 22 dx = 4 ln x 2 8x 2 + cte.0
Page 18 : 3. Notons que3t + 1t2 2t + 10 est un element simple. Calculons sa primitive. Nous avonsZ3t + 1t2 2t + 10 dt=Z3tt2 2t + 10 dt +Z1t2 2t + 10 dt=32Z2t 2 + 2t2 2t + 10 dt +Z1t2 2t + 1 + 9 dt=32Z2t 2t2 2t + 10 dt +Z4t2 2t + 1 + 9 dt=32Z2t 2t2 2t + 10 dt + 4Z1t 12 + 9 dt=32Z2t 2t2 2t + 10 dt + 49Z1" t132 + 1dt=32 lnt2 2t + 10 + 43 arctan✓t 13◆+ cte.4. On commence par donner la decomposition en elements simples de1t3 + 1, nousavons1t3 + 1 =13t + 1 t 23t2 t + 1.Par consequentZ1t3 + 1 dx=Z13t + 1 t 23t2 t + 1 dx=13 ln t + 1 16 lnt2 t + 1 + 1p3 arctan✓2t 1p3◆+ cte.5. Rx = x3 + 2x + 12 = PxQxLa division euclidienne donne : x3 + 2 = x 2"x2 + 2x + 1+ 3x + 4Le coefficient de1x + 12 est 1 on remplace x par 1 dans le numerateur.On calcule 3x + 4x + 12 1x + 12 =3x + 1Doncx3 + 2x + 12 = x 2 +3x + 1 +1x + 12Donc une primitive est x22 2x + 3 lnx + 1 1x + 16. Primitive dex + 1xx 22Le coefficient de 1x est 14 on remplace x par 1 dansx + 1x 22.Le coefficient de1x 22 est 32 on remplace x par 1 dans x + 1x.
Page 19 : x + 1xx 22 14x 32x 22 = 4x + 4 x2 + 4x 4 6x4xx 22=x + 24x 22 = 14x 2Doncx + 1xx 22 = 14x +32x 22 14x 2Une primitive est 14 ln x 32x 2 14 lnx 27.x2 2xx 12 x2 + 1 Le coefficient de1x 12 est 12 on remplace x par 1 dansx2 2xx2 + 1.Le coefficient de1x i est 1 2ii 122i = 1 + 2i4on remplace x par i dansx2 2xx 12x + i.Donc 1 + 2i4x i 1 2i4x + i = 1 + 2ix + i + 1 2ix ix2 + 1= x 22 x2 + 1Enfinx2 2xx 12 x2 + 1 +12x 12 +x 22 x2 + 1= 2x2 4x + x2 + 1 + x 2 x2 2x + 12x 12 x2 + 1= 2x2 4x + x2 + 1 + x3 4x2 + 5x 22x 12 x2 + 1=x3 x2 + x 12x 12 x2 + 1 = x2 + 1 x x2 + 12x 12 x2 + 1=x2 + 1 x 12x 12 x2 + 1 =14x 1Doncx2 2xx 12 x2 + 1 = 12x 12 x 22 x2 + 1 +14x 1= 12x 12 x2 x2 + 1 +1x2 + 1 +14x 1Une primitive est12x 1 14 ln!x2 + 1"+ arctan x + 14 lnx 1Exercice 10Soit In =Z 101 t2ndt.1. Etablir une relation de recurrence entre In et In+1.2. Calculer In.3. En deduirenXk=01k2k + 1✓nk◆.Solution1. Utilisons la methode d’integrations par parties. Pour cela, posonsut=1 t2n+1vt=tu0t=2n + 1t1 t2nv0t=1
Page 20 : AinsiZ 101 t2n+1dt=⇥t1 t2n+1⇤10 + 2n + 1Z 10t21 t2ndt=0 +2n + 1Z 10t2 1 + 11 t2ndt=2n + 1Z 101 t2n+1 + 1 t2ndt.D’ouZ 101 t2n+1dt=2n + 1Z 101 t2n+1 + 1 t2ndt=2n + 1Z 101 t2n+1 dt + 2n + 1Z 101 t2ndt=2n + 1In+1 + 2n + 1In.Par consequentIn+1 = 2n + 1In+1 + 2n + 1In=In+1 = 2n + 22n + 3In.2. Calculer In : A l’aide de l’identite precedente, nous pouvons ecrireIn = 2n 1 + 22n 1 + 3In1=2n2n + 1In1=2n2n + 1 · 2n 22n 1In2...=2n2n + 1 · 2n 22n 1 · · · · · 45 · 23I0FinalementI0 =Z 101 t20dt =Z 101dt = 1 0 · 1 = 1.Par consequentIn=2n2n + 1 · 2n 22n 1 · · · · · 45 · 23.3. En deduirenXk=01k2k + 1✓nk◆: D’apres le binome de Newton, nous pouvons ecrire1 t2n =nXk=0✓nk◆1kt2k.
Page 21 : AinsiZ 101 t2ndt=Z 10nXk=0✓nk◆1kt2kdt=nXk=0✓nk◆1kZ 10t2kdt=nXk=0✓nk◆1kt2k+12k + 1&10=nXk=0✓nk◆1k12k + 1.Par consequentnXk=0✓nk◆1k12k + 1=Z 101 t2ndt=In=2n2n + 1 · 2n 22n 1 · · · · · 45 · 23.Exercice 11 Integrales de WallisSoit In =Z⇡20sinn tdt.1. Etablir une relation de recurrence entre In et In+2.2. En deduire I2p et I2p+1.3. Montrer que Inn2N est decroissante et strictement positive.4. En deduire que In ⇠In+1.5. Calculer nInIn+1.6. Donner alors un equivalent simple de In.Solution1. Utilisons la methode d’integrations par parties. Pour cela, posonsut=sinn+1 tvt=cos tu0t=n + 1 sinn t cos t dtv0t=sin tAinsiZ⇡20sinn+2 tdt=⇥sinn+1 t · cos t⇤⇡20+ n + 1Z⇡20sinn t cos2 t dt=0 + n + 1Z⇡20sinn t1 sin2 tdt=n + 1Z⇡20sinn t dt n + 1Z⇡20sinn+2 t dt.D’ouIn+2 = n + 1In n + 1In+2=In+2 = n + 1n + 2In.Im=siesineIntel assin1setr no
Page 22 : 2. En deduire I2p et I2p+1 : En utilisant l’egalite In+2 = n + 1n + 2In, nous pouvons ecrireI2p=2p 12p· I2p2=2p 12p· 2p 32p 2 · I2p4...=2p 12p· 2p 32p 2 · · · · · 34 · 12 · I0.De mˆemeI2p+1=2p2p + 1 · I2p1=2p2p + 1 · 2p 22p 1 · I2p3...=2p2p + 1 · 2p 22p 1 · · · · · 45 · 23 · I1.OrI0 =Z⇡201 dt = ⇡2etI1 =Z⇡20sin t dt = 1.Par consequentI2p=2p 1 · 2p 3 · · · · · 3 · 12p · 2p 2 · · · · · 4 · 2· ⇡2I2p+1=2p · 2p 2 · · · · · 4 · 22p + 1 · 2p 1 · · · · · 5 · 3 · 1.Maintenant2p · 2p 2 · · · · · 4 · 2=2p · p · p 1 · · · · · 2 · 1=2p · p!et2p 1 · 2p 3 · · · · · 3 · 1=2p!2p · 2p 2 · · · · · 4 · 2=2p!2p · p!.DoncI2p =2p!22pp!2 · ⇡2etI2p+1 =22pp!22p + 1!.
Page 23 : 3. Montrer que Inn2N est decroissante et strictement positive : Pour tout x 2h0, ⇡2i,nous avonssin x 0=8n 2 N, sinn x 0=8n 2 N,Z⇡20sinn x dx 0=8n 2 N, In 0.De plus, pour tout x 2h0, ⇡2i0 6 sin x 6 1=8n 2 N, sinn x sinn+1 x=8n 2 N,Z⇡20sinn x dx Z⇡20sinn+1 x dx 0=8n 2 N, In In+1 0=Inn2N est decroissante.4. En deduire que In ⇠In+1 : D’apres la question precedente, nous avons0 In+2 6 In+1 6 In=In+2In6 In+1In6 1Or In+2In= n + 1n + 2. Doncn + 1n + 2 6 In+1In6 1=1 =limn!+1n + 1n + 2 limn!+1In+1In1=limn!+1In+1In= 1=In ⇠In+1.5. Calculer nInIn+1 : D’apres la question 2, nous avonsI2p =2p!22pp!2 · ⇡2etI2p+1 =22pp!22p + 1!.Donc2p 1 · I2p1 · I2p = 2p 12p· ⇡2 ,et2p · I2p · I2p+1 =2p2p + 1 · ⇡2 .C’est-a-direnIn · In+1 =nn + 1 · ⇡2 .6. Donner alors un equivalent simple de In : D’apres la question precedente, nous avonsnIn · In+1 =nn + 1 · ⇡2=In · In+1 =1n + 1 · ⇡2
Page 24 : De plusIn ⇠In+1=I2n ⇠In · In+1 =1n + 1 · ⇡2=I2n ⇠1n + 1 · ⇡2=In ⇠r⇡2n + 1=In ⇠r ⇡2n.Exercice 12Soit In =Z 10xn1 + xdx.1. En majorant la fonction integree, montrer que Inn2N ! 0.2. Calculer In + In+1.3. Determinerlimn!+1nXk=11k+1k.Solution1. En majorant la fonction integree, montrer que Inn2N ! 0 : Pour tout x 0, on a1 6 x + 1=11 + x 6 1=8n 2 N,xn1 + x 6 xn.DoncIn =Z 10xn1 + xdx6Z 10xndx=1n + 1xn+110=1n + 1.Par consequent8n 2 N, In 61n + 1=limn!+1 In = 0.
Page 25 : 2. Calculer In + In+1 : Nous avons :In + In+1 =Z 10xn1 + x dx +Z 10xn+11 + x dx=Z 10xn1 + x +xn+11 + x dx=Z 10xn + xn+11 + xdx=Z 10xn · 1 + x1 + xdx=Z 10xndx=xn+1n + 110=1n + 1.3. Determinerlimn!+1nXk=11k+1k: Par la question precedente, nous pouvons ecrirenXk=11k+1k=1 12 + 13 14 + · · · ± 1n=I0 + I1 I1 + I2 + I2 + I3 · · · ± In1 + In=zsomme telescopiqueI0 + I1 I1 + I2 I2 + · · · + In1 In1 ± In=I0 ± In.Par consequentlimn!+1nXk=11k+1k=limn!+1 I0 ± In=I0 ±limn!+1 In=I0 + 0=Z 10dx1 + x=lnx + 110=ln 2.Exercice 13 Series de RiemannCalculer :limn!1nYk=1✓1 + k2n2◆1nalimn!1 nnXk=1enkk2blimn!1nXk=1n + kn2 + k2climn!1n1Xk=11pn2 k2.d
Page 26 : Solution1. On a lnnYk=1✓1 + k2n2◆1n= 1nXln✓1 + k2n2◆On reconnaˆıt une somme de Riemann pour la fonction f : x 7! ln1 + x2&donc lasomme tend versZ 10ln1 + x2&dxOn e↵ectue une integration par partie :On a ux=ln1 + x2&vx=xet u0t=2x1 + x2v0t=1Z 10ln1 + x2&dx =⇥x ln1 + x2&⇤10 Z 102x21 + x2dx = ln 2 2✓Z 101dx Z 1011 + x2dx◆= ln 2 21 + arctan 1 = ln 2 2 + ⇡2Donc par composition limn!1nYk=1✓1 + k2n2◆1n= eln 22+ ⇡22. On a nnXk=1enkk2 = 1nnXk=1enk kn&2On reconnaˆıt une somme de Riemann qui tend donc versZ 10e1xx2 dx =he1xi10 = e13. On anXk=1n + kn2 + k2 = 1nnXk=11 + kn1 + kn&2On reconnaˆıt une somme de Riemann qui tend donc versZ 101 + x1 + x2dx =Z 10x1 + x2dx +Z 1011 + x2dx =12 ln1 + x2&-10+ arctan x10 =12 ln 2 + ⇡44. limn!1n1Xk=11pn2 k2n1Xk=11pn2 k2 = 1nn1Xk=11q1 kn&2On reconnaˆıt une somme deRiemann qui tend donc versZ 101p1 x2dx = arctan x10 = ⇡4Exercice 14Calculer les limites suivantes :1. limn!11 +p2 +p3 + · · · + pnnpn.2. limn!1nXp=1nn2 + p2.
Page 27 : Solution1. limn!11 +p2 +p3 + · · · + pnnpn: On commence par noter que :1 +p2 +p3 + · · · + pnnpn= 1nnXk=1pkpn=1nnXk=1rkn=1 0nnXk=1r0 + k1 0n.En posant fx = px nous venons d’ecrire la somme de Riemann correspondant aZ 10fxdx. Cette integrale se calcule facilement :Z 10fxdx =Z 10px dx ="x323210= 23.Maintenant, la somme de Riemann 1nnXk=1pkpn converge versZ 10fxdx, ainsilimn!11 +p2 +p3 + · · · + pnnpn= 23.2. limn!1nXp=1nn2 + p2 : On commence par noter que :nXp=1nn2 + p2 = 1nnXp=111 +& pn'2 = 1 0nnXp=111 +&0 + p 10n'2.En posant fx =11 + x2 nous venons d’ecrire la somme de Riemann correspondantaZ 10fxdx. Cette integrale se calcule facilement :Z 10fxdx =Z 10dx1 + x2 =⇥arctan x⇤10 = ⇡4 .Maintenant, la somme de Riemann 1nnXp=111 +& pn'2 converge versZ 10fxdx, ainsilimn!1nXp=1nn2 + p2 = ⇡4 .
Page 28 : Exercice 15Sans calculer les integrales, montrer queZ ⇡/20sinn x dx =Z ⇡/20cosn x dx.SolutionA l’aide du changement de variablex = ⇡2 u=dx = du,nous pouvons ecrireZ ⇡/20sinn x dx=Z 0⇡/2sinn ⇣⇡2 u⌘du=Z 0⇡/2sinn ⇣⇡2 u⌘du=Z ⇡/20sinn ⇣⇡2 u⌘duMaintenantsin⇣⇡2 u⌘= cos u.DoncZ ⇡/20sinn x dx =Z ⇡/20sinn ⇣⇡2 u⌘du =Z ⇡/20cosn u du =Z ⇡/20cosn x dx.Exercice 16Soit f 2 C0R. On definit g : R⇤! R, x 7! 1xZ x0ftdt.1. Montrer que g se prolonge par continuite en 0.2. On suppose f T-periodique. Montrer que : 8k 2 N,Z k+1TkTftdt =Z T0ftdt.3. Ecrire gx sous la forme 1xZ nT0ftdt + 1xZ xnTftdt pour un entier n bien choisi,et en deduire que g admet une limite en +1.Exercice 17Soit f : R ! R une fonction continue sur R et Fx =Z x0ftdt.Repondre par vrai ou faux aux affirmations suivantes :1. F est continue sur R.
Page 29 : 2. F est derivable sur R de derivee f.3. Si f est croissante sur R alors F est croissante sur R.4. Si f est positive sur R alors F est positive sur R.5. Si f est positive sur R alors F est croissante sur R.6. Si f est T-periodique sur R alors F est T-periodique sur R.7. Si f est paire alors F est impaire.Solution1. F est continue sur R. Vrai : F est continue sur R car F est derivable sur R dederivee f. Pour plus de details voir cours.2. F est derivable sur R de derivee f. Vrai : Voir cours.3. Si f est croissante sur R alors F est croissante sur R. Faux : En e↵et, posonsfx = x. AlorsFx =Z x0t dt =t22x0= x22 0 = x22 .qui est decroissante sur 1, 0 et croissante sur 0, +1.4. Si f est positive sur R alors F est positive sur R. Faux : En e↵et, posons fx = x2.AlorsFx =Z x0t2dt = x33 .qui est negative sur 1, 0 et positive sur 0, +1.5. Si f est positive sur R alors F est croissante sur R. Vrai : En e↵et, soit x y, alorsFy Fx=Z y0ftdt Z x0ftdt=Z x0ftdt +Z yxftdt Z x0ftdt=Z yxftdt.Maintenant8t 2 x, y,ft 0=Z yxftdt 0=Fy Fx 0=F est croissante.Deuxieme methode : Nous avons8x 2 R,F 0x = fx 0.Donc F est croissante.
Page 30 : 6. Si f est T-periodique sur R alors F est T-periodique sur R. Faux : En e↵et, posonsfx = 1 + cosx. AlorsFx =Z x01 + cost dt = t + sintx0 = x + sinx 0 + sin0 = x + sinx.qui n’est pas periodique.7. Si f est paire alors F est impaire. Vrai : En e↵et, nous avonsFx =Z x0ftdt.En faisant le changement de variablet = u=dt = dunous pouvons donc ecrireFx=Z x0ftdt=Z x0fudu=zf est paireZ x0fudu=Fx.De plus F0 = 0. F est donc impaire.Exercice 18Determiner les fonctions f continues sur a, b telles queZ baftdt = b a supa,bf.SolutionTout d’abord, notons queb a =Z ba1 dt.La linearite de l’integrale, nous permet donc d’ecrireb a supa,bf=supa,bfZ ba1 dt=Z basupa,bf dt.
Page 31 : AinsiZ baftdt = b a supa,bfZ basupa,bf =Z baftdtZ basupa,bf Z baftdt = 0Z basupa,bf ftdt = 0.Or8t 2 a, b,supa,bf ft.La fonctiont7!supa,bf ft,est donc continue et positive sur a, b, d’integale nulle sur a, b. Par consequent8t 2 a, b,supa,bf ft = 0.D’ou on conclutZ baftdt = b a supa,bf8t 2 a, b,ft = supa,bff est constante.Exercice 19Soit f 2 C0R. On definit g : R⇤! R, x 7! 1xZ x0ftdt.1. Montrer que g se prolonge par continuite en 0.2. On suppose f T-periodique. Montrer que : 8k 2 N,Z k+1TkTftdt =Z T0ftdt.3. Ecrire gx sous la forme 1xZ nT0ftdt + 1xZ xnTftdt pour un entier n bien choisi,et en deduire que g admet une limite en +1.Solution1. Montrer que g se prolonge par continuite en 0 : On doit montrer que la limitelimx!0 gx = limx!01xZ x0ftdt
Page 32 : existe. PosonsFx =Z x0ftdt=F0 =Z 00ftdt = 0.Alorslimx!0 gx = limx!0Fxx=limx!0Fx F0x 0=F 00 = f0.Par consequent, on peut prolonger g en posantg0 = f0.2. On suppose f T-periodique. Montrer que :8k 2 N,Z k+1TkTftdt =Z T0ftdt.A l’aide du changement de variablet = u + kT=dt = du.nous pouvons ecrireZ k+1TkTftdt=Z T0fu + kTdu=zf est TperiodiqueZ T0fudu=Z T0ftdt.3. Ecrire gx sous la forme 1xZ nT0ftdt + 1xZ xnTftdt pour un entier n bien choisi,et en deduire que g admet une limite en +1.L’idee, c’est de choisir n de sorte d’avoirnT x nT + T.Pour cela, posonsn = E⇣xT⌘.Alorsn xT n + 1=nT x nT + T.
Page 33 : Maintenantgx = 1xZ x0ftdt=1x✓Z nT0ftdt +Z xnTftdt◆=1xZ nT0ftdt + 1xZ xnTftdtetlimx!+1 gx =limx!+11xZ nT0ftdt + 1xZ xnTftdt.Etudions donc les limiteslimx!+11xZ nT0ftdtetlimx!+11xZ xnTftdt.On commence par noter queZ xnTftdt Z xnTftdtzcarf0Z nT+TnTftdt=zd’apres le point 2.Z T0ftdt = cte.Par consequentlimx!+11xZ xnTftdt limx!+11xZ T0ftdt = 0.Ce qui nous permet de conclurelimx!+11xZ xnTftdt = 0.Par ailleursZ nT0ftdt=Z T0ftdt +Z 2TTftdt + · · · +Z nTn1Tftdt=zd’apres le point 2.Z T0ftdt +Z T0ftdt + · · · +Z T0ftdt=nZ T0ftdt.Maintenant, n = E⇣xT⌘, doncxT 1 n xT .
Page 34 : D’oux TTZ T0ftdt ou nZ T0ftdt ou xTZ T0ftdtAinsix Tx · TZ T0ftdt ou nxZ T0ftdt ou xx · TZ T0ftdt.De pluslimx!+1x Tx · T = 1T , donclimx!+1nxZ T0ftdt =1TZ T0ftdt.Par consequentlimx!+1 gx=limx!+11xZ nT0ftdt + 1xZ xnTftdt=limx!+11xZ nT0ftdt +limx!+11xZ xnTftdt=1TZ T0ftdt + 0=1TZ T0ftdt.Exercice 20Sin, p 2 N2, on definitIn, p =Z 10tn1 tp dt1. Si p 2 N⇤et n 2 N, exprimer In, p en fonction de In + 1, p 1.2. Calculer In, p pour n, p 2 N.Solution1. On utilise une integration par parties avec u : t 7! tn+1n + 1 et v : t 7! 1 tp quisont de classe C1 sur 0, 1.In, p =tn+1n + 11 tp10+pn + 1Z 10tn+11 tp1 dtdonc In, p =pn + 1In + 1, p 1.2. On note pour n 2 N, Hn : 8p 2 N, In, p =p!n!n + p + 1! et on raisonne parrecurrence.
Page 35 : — InitialisationI0, p =Z 101 tp dtI0, p =1 tp+1p + 110=1p + 1I0, p =0!p!p + 1!Donc H0 est vraie.— HerediteOn suppose que Hn est vraie.On utilise la formule de la question 1 en repla¸cant p par p + 1.In, p + 1 = p + 1n + 1In + 1, pIn + 1, p = n + 1p + 1In, p + 1 puis avec Hn : In + 1, p = n + 1p + 1p + 1!n!n + p + 1 + 1!In + 1, p =p!n + 1!n + p + 2! ce qui prouve Hn+1.— La propriete a ete demontree par recurrence.En particulier, In, n =n!22n + 1!.Exercice 21Si a b et n, p 2 N, calculerJn, p =Z bat anb tp dtSolution— Recherche : On cherche un changement de variable de la formet = ↵u + β tel quet = a , u = 0 et t = b , u = b. On resout donc le systeme⇢β = a↵+ β = b ssi β = a, ↵= b aOn obtientt = b au + a— Redaction' : 0, 1 ! a, b, u 7! b au + a' est de classe C1 etJn, p =Z '1'0ftdt
Page 36 : donne par le theoreme de changement de variable :Jn, p =Z 10f'u'0udut a = b au et b t = b a1 uJn, p =Z 10b anunb ap1 upb aduJn, p = b an+p+1In, pJn, p = b an+p+1p!n!n + p + 1!Exercice 22Soit n, p 2 N. CalculerKn, p =Z ⇡/20cos2n+1✓ sin2p+1✓d✓SolutionLa fonction ' : 0, ⇡/2 ! 0, 1, ✓7! cos2✓ est une bijection de classe C1. Par letheoreme de changement de variable In, p =Z '0'⇡/2ftdtIn, p =Z 0⇡/2f'✓'0✓d✓f'✓ = cos2n✓"1 cos2✓pf'✓ = cos2n✓ sin2 p✓'0✓ = 2 sin✓ cos✓.f'✓'0✓ = 2 cos2n+1✓ sin2p+1✓In, p = 2Z 0⇡/2cos2n+1✓ sin2p+1 d✓In, p = 2Kn, p donc Kn, p =p!n!2n + p + 1!.Exercice 23Soit n 2 N. En deduire la valeur deZ ⇡/20sin2n+1uduSolution: Kn, n =Z ⇡/20cos2n+1✓ sin2n+1 Kn, n =122n+1Z ⇡/20sin2n+12✓d✓en utilisant lechangement de variable u = 2✓, 22n+1Kn, n =Z ⇡0sin2n+1u1/2 du 22n+2Kn, n =Z ⇡0sin2n+1udu Puis par le changement de variable v = ⇡u :Z ⇡⇡/2sin2n+1udu =Z 0⇡/2sin2n+1⇡v1dvZ ⇡⇡/2sin2n+1udu =Z ⇡/20sin2n+1vdv et par la relation de
Page 37 : Chasles : 22n+2Kn, n = 2Z ⇡/20sin2n+1udu doncZ ⇡/20sin2n+1udu = 22n+1Kn, nZ ⇡/20sin2n+1udu = 22nn!22n + 1!Exercice 24Sip, n 2 N2, calculerpXk=0✓pk◆1kn + k + 1.SolutionSi p, n 2 N2, In, p =Z 10tn1tp dt In, p =p!n!n + p + 1! Par le binˆome de Newton :tn1 tp = tnpXk=0✓pk◆1ktktn1 tp =pk=0Xk=0✓pk◆1ktk+nPar linearite de l’integrale :In, p =pXk=0✓pk◆1ktn+k+1n + k + 1&10.soitpXk=0✓pk◆1kn + k + 1 =p!n!n + p + 1!
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