De la forme 1 2 u′ u ce qui donne : Z1 0 x 1+x2dx= ·1 2ln(x2+1) ¸1 0 =ln 2 2 2

ECE2 Analyse 3 - Intégration - Révisions - Un corrigé Septembre 2021 - EXERCICE1 -

Calculer les intégrales suivantes.

Tous les intégrandes sont continus sur l’intervalle fermé d’intégration donc les intégrales sont bien définies.

1. De la forme 1 2

u^′

u ce qui donne : Z1

0

x 1+x²dx=

·1

2ln(x²+1)

¸1 0

=ln 2 2 2. De la forme −1

2u^′e^u ce qui donne : Z1

0

xe^−x2dx=

·

−1 2e^−x2

¸1 0

=1−e⁻¹ 2 3. Une primitive dex7→ln(x) estx7→xln(x)−x(à connaitre), ce qui donne :

Z2 1

ln(x) dx=[xln(x)−x]²₁=2 ln(2)−1 4. De la forme u^′uⁿ avecu=ln(t) ce qui donne :

Z3 2

ln(t)ⁿ t dt=

·ln(t)ⁿ⁺¹ n+1

¸³

2

=ln(3)ⁿ⁺¹−ln(2)ⁿ⁺¹ n+1 5. Rappel : une primitive deu^′u^αestu^α+1

α+1. Presque de la forme u^′

u³=u^′u⁻³ avecu=tⁿ+1 ce qui donne : Z1

0

tⁿ⁻¹ (tⁿ+1)³dt=

Z1 0

ntⁿ⁻¹(tⁿ+1)⁻³

n dt=

·(tⁿ+1)⁻²

−2n

¸1 0

=2⁻²−1⁻²

−2n = 3 8n 6. Pourx∈[−1; 0],x²−x⩾^{0 donc}|x²−x| =x²−x.

Pourx∈[0; 1],x²−x⩽^{0 donc} |x²−x| = −(x²−x)=x−x². Ce qui donne :

Z1

−1|x²−x|d x= Z0

−1

(x²−x)d x+ Z1

0

(x−x²)d x=

·x³ 3 −x²

2

¸⁰

−1

+

·x² 2 −x³

3

¸¹

0

= · · · =1

7. De la forme 1

2u^′u^1/2 avecu=x²+1 ce qui donne : Z1

−1

xp

x²+1 dx=[]¹₀=

·1 2

(x²+1)^3/2 3/2

¸¹

0

=(2)^3/2−(1)^3/2

3 =2p

2−1 3 8. On trouve après mise sous même dénominateur et identification : 1

t²−1= −1 2(t+1)+ 1

2(t−1). Ce qui donne :

Z3 2

1

t²−1d t= −1 2

Z3 2

1 t+1d t+1

2 Z3

2

1

t−1d t= −1

2[ln(t+1)]³₂+1

2[ln(t−1)]³₂=ln 3−ln 4 2 +ln 2

2 =ln 3−ln 2 2 soit

Z3 2

1

t²−1d t=ln 3−ln 2

2 .

9. On écrit : t

t+1=t+1−1 t+1 =1− 1

t+1 ce qui donne : Z3

2

t t+1dt=

Z3 2

1− 1

t+1dt=[t−ln(t+1)]³₂=3−ln(4)−2+ln(3)=1−2 ln(2)+ln(3) –1/16–

10. On écrit : 1 θx¹⁺¹θ=1

θx^−¡1+1θ

¢

. De la forme 1

θx^α avecα= − µ

1+1 θ

¶

qui s’intègre en1 θ

x^α+1 α+1=1

θ x⁻¹θ

−_θ¹ = −x⁻¹θ ce qui donne : Z2

1

1 θx^1+1θdx=

h

−x⁻¹θ

i2 1=

·−1 x^θ1

¸2 1

=1− 1 2^1θ

11. On réalise une IPP (dans le but d’éliminer le ln) :







u(x)=lnx u^′(x)=1 x v^′(x)=x³ v(x)=x⁴ 4

. Les fonctionsuetvsont de classeC¹sur [1; 3] ce qui donne :

Z3 1

x³lnx d x=

·x⁴lnx 4

¸3 1

− Z3

1

x³

4 d x=81 ln 3

4 −

·x⁴ 16

¸3 1

=. . . 12. On effectue le changement de variable : u=ln(t) du=1

tdt.

Enfin, lorsquetvarie entre 2 et 3,uvarie entre ln(2) et ln(3) ce qui donne(il ne faut plus que la variablet apparaisse dans la nouvelle intégrale) :

Z3 2

1 tln(t)dt=

Z3 2

1 ln(t)

1 tdt=

Zln(3) ln(2)

1

udu=[ln(u)]³₂=ln (ln(3))−ln (ln(2)) - EXERCICE2 -

On considère la suite(u_n)_n∈Ndéfinie par :u0=1, et pour toutndeN^∗:u_n= Z1

0

(ln(1+t))ⁿdt.

1. Calculer la dérivée de la fonctiongdéfinie surR+par : g:t7→(1+t) ln(1+t)−t.

En déduire la valeur deu1.

La fonctiongest dérivable surR+et on a :

g^′(t)=ln(t+1)+(t+1) 1

t+1−1=ln(t+1) On a : u1=

Z1

0 ln(1+t) dtet le calcul précédent montre quegest une primitive de la fonctiont7→ln(1+t) . Ainsi :

u1= Z1

0

ln(1+t) dt=[(t+1) ln(t+1)−t]¹₀=2 ln 2−1 2. (a)Montrer que la suite(u_n)_n∈Nest décroissante.

On a pour toutn∈N: u_n+1−u_n=

Z1 0

(ln(1+t))ⁿ⁺¹−(ln(1+t))ⁿdt par linéarité de l’intégrale

= Z1

0

(ln(1+t))ⁿ(ln(1+t)−1) dt

Or, pour toutt∈[0, 1], on a par croissance des fonctions ln et puissance, on : (ln(1+t))ⁿ⩾^0.

D’autre part,t⩽1⇐⇒ln(1+t)⩽ln(2)⇐⇒ln(1+t)−1⩽ln(2)−1<0, ce qui donne : (ln(1+t))ⁿ(ln(1+t)−1)⩽⁰

=⇒

Z1 0

(ln(1+t))ⁿ(ln(1+t)−1) dt⩽0 par croissance de l’intégrale avec bornes 0<1 soit : u_n+1−u_n⩽0 donc la suite (u_n)_n∈Nest décroissante.

(b) En déduire que la suite(u_n)_n∈Nest convergente.

On a, pour toutt∈[0, 1], par croissance des fonctions ln et puissance, on : (ln(1+t))ⁿ⩾^{0 ce qui} donne par croissance de l’intégrale avec les bornes dans le bon sens : u_n=

Z1 0

(ln(1+t))ⁿdt⩾^0.

Ainsi, la suite (u_n)_n∈Nest décroissante et minorée par 0 donc elle converge.

–2/16–

(c) Montrer que pour toutndeN^∗, on a :0⩽^un⩽(ln 2)ⁿ. 0⩽^t⩽¹

=⇒ ln(1)⩽ln(1+t)⩽ln(2) par croissance de la fonction ln

=⇒ 0⩽(ln(1+t))ⁿ⩽^ln(2)n par croissance de la fonctiont7→tⁿ

=⇒ 0⩽ Z1

0

(ln(1+t))ⁿdt⩽ Z1

0

ln(2)ⁿdt par croissance de l’intégrale

=⇒ 0⩽^un⩽^ln(2)n (d) En déduire la limite la suite(u_n)_n∈N.

Comme 0<ln(2)<1, on a : lim

n→+∞ln(2)ⁿ=0 donc d’après le théorème des gendarmes, on a :

n→+∞lim u_n=0.

3. (a) À l’aide d’une intégration par parties, établir pour tout entier natureln, la relation suivante : u_n+1=2 (ln 2)ⁿ⁺¹−(n+1)u_n (⋆)

(On pourra remarquer qu’une primitive de la fonctiont7→1estt7→1+t.) On a par IPP avecu:t7→(ln(1+t))ⁿ⁺¹etv:t7→1+tde classeC¹sur [0, 1] :

u_n+1= Z1

0

1·(ln(1+t))ⁿ⁺¹dt

=£

(1+t) (ln(1+t))ⁿ⁺¹¤1 0−

Z1 0

(n+1) (ln(1+t))ⁿdt

=2 (ln 2)ⁿ⁺¹−(n+1)u_n

(b) En déduire que pour tout entier natureln, on a : (n+1)u_n⩽^{2 (ln 2)n+1.} D’après la relation (⋆) , on a pour tout entier natureln:

u_n+1=2 (ln 2)ⁿ⁺¹−(n+1)u_n donc

(n+1)u_n=2 (ln 2)ⁿ⁺¹−u_n+1⩽^{2 (ln 2)n+1 caru}n+1>0

(c) En utilisant la relation(⋆)et la monotonie de la suite(u_n)_n∈N, montrer que pour toutndeN, on a : (n+2)u_n⩾^{2 (ln 2)n+1}

D’après la relation (⋆) , on a pour tout entier natureln: (n+1)u_n=2 (ln 2)ⁿ⁺¹−u_n+1

=⇒ (n+1)u_n+u_n=2 (ln 2)ⁿ⁺¹−u_n+1+u_n

=⇒ (n+2)u_n=2 (ln 2)ⁿ⁺¹+(u_n−u_n+1)

=⇒ (n+2)u_n⩾^{2 (ln 2)n+1 caru}n−u_n+1⩾0 par décroissance de (u_n) (d) En déduire que :nu_n ∼

+∞2 (ln 2)ⁿ⁺¹ puis un équivalent deu_nen+∞.

D’après les deux questions précédentes, on a :

(n+1)u_n⩽^{2 (ln 2)n+1 et (n}+2)u_n⩾^{2 (ln 2)n+1} soit

2 (ln 2)ⁿ⁺¹−2u_n⩽^nun⩽^{2 (ln 2)n+1}−u_n

=⇒ 1− 2u_n

2 (ln 2)ⁿ⁺¹⩽ ^nun

2 (ln 2)ⁿ⁺¹⩽¹− u_n 2 (ln 2)ⁿ⁺¹ Or, lim

n→+∞

2u_n

2 (ln 2)ⁿ⁺¹= lim

n→+∞

2u_n

2 (ln 2)ⁿ⁺¹=0 par quotient car lim

n→+∞u_n=0 et lim

n→+∞(ln 2)ⁿ⁺¹= +∞.

donc lim

n→+∞1− 2u_n

2 (ln 2)ⁿ⁺¹= lim

n→+∞1− u_n 2 (ln 2)ⁿ⁺¹=1.

–3/16–

D’après le théorème des gendarmes, on a : lim

n→+∞

nu_n

2 (ln 2)ⁿ⁺¹=1 ce qui prouve quenu_n ∼

+∞2 (ln 2)ⁿ⁺¹. Par quotient, on obtient alors : u_n ∼

+∞

2 (ln 2)ⁿ⁺¹

n .

- EXERCICE3 -

Pour tout entier natureln, on poseI_n= Z1

0 (1−x)ⁿe^nxdx.

1. CalculerI0etI1. On a :

I0= Z1

0

1 dx=1 et par IPP avecu:x7→1−xetv:x7→e^xfonctions de classeC¹:

I₁= Z1

0

(1−x) e^xdx=£

(1−x) e^x¤1 0+

Z1 0

e^xdx= −1+(e−1)=e−2 2. (a)Étudier surRla fonctionh:x7→(1−x)e^x−1puis donner son signe.

La fonctionhest dérivable surRet pour toutxréel, on a :h^′(x)= −e^x+(1−x)e^x= −xe^xqui est du signe de−x. On a alors :

x h^′(x) h(x)

−∞ 0 +∞

+ 0 −

0 0

ce qui montre quehest négative surR, son maximum valant 0 d’après le tableau précédent.

(b) En déduire que la suite(I_n)_n⩾0est décroissante puis qu’elle est convergente.

Pour tout entiern, on a : I_n+1−I_n=

Z1 0

(1−x)ⁿ⁺¹e^(n+1)xdx− Z1

0

(1−x)ⁿe^nxdx

= Z1

0

(1−x)ⁿ⁺¹e^(n+1)x−(1−x)ⁿe^nxdx par linéarité de l’intégrale

= Z1

0

(1−x)ⁿe^nx¡

(1−x)e^x−1¢ dx

= Z1

0

(1−x)ⁿe^nxh(x) dx

Or, pour toutxde [0, 1], on a : (1−x)ⁿ⩾0, e^nx>0 et h(x)⩽0 donc : (1−x)ⁿe^nxh(x)⩽0.

Par croissance de l’intégrale (bornes dans le bon sens), on obtient : I_n+1−I_n=

Z1 0

(1−x)ⁿe^nxh(x) dx⩽0 donc la suite (I_n)_n⩾0est décroissante.

De plus, pour toutxde [0, 1], on a : (1−x)ⁿe^nx⩾0 donc par positivité de l’intégrale (bornes dans le bon sens), on a : I_n⩾^0.

Ainsi, la suite (I_n)_n⩾0est décroissante et minorée par 0 donc elle converge.

3. (a)Montrer que :∀x∈[0, 1[, x+ln(1−x)⩽−1 2x². Soitg:x7→x+ln(1−x)+1

2x², fonction dérivable sur [0, 1[. On a pour toutxde [0, 1[ : g^′(x)=1+ −1

1−x+x=1−x−1+x(1−x) 1−x = −x²

1−x⩽^{0 sur [0, 1[}

Ainsi, la fonctiongest décroissante sur [0, 1[ et commeg(0)=0, on en déduit queg(x)⩽0 sur [0, 1[

et donc que : x+ln(1−x)⩽−1

2x²sur [0, 1[.

–4/16–

(b) En déduire que pour tout entiern: I_n⩽ Z1

0

e^−(nx2)/2dx.

On a :

x+ln(1−x)⩽−x² 2

=⇒nx+nln(1−x)⩽−nx²

2 carn>0

=⇒e^{nx+nln(1−x)}⩽^e−nx

2

2 car exp est croisssante

=⇒e^nxe^ln((1−x)ⁿ)⩽^e−nx

2 2

=⇒e^nx(1−x)ⁿ⩽^e−nx

2 2

=⇒

Z1 0

e^nx(1−x)ⁿdx⩽ Z1

0

e^−nx

2

2 dx car croisssance de l’intégrale

Ainsi, ona bien : ∀n∈N, I_n⩽ Z1

0

e^−(nx2)/2dx.

(c) Montrer alors à l’aide d’un changement de variable que : I_n⩽p¹ n

Z^p_n

0

e^−u2/2du.

On poseu=p

nx, changement de variable de classeC¹. On a alors : du=p

ndx donc dx= 1

pndu et x∈[0, 1]=⇒u∈£ 0,p

n¤

, ce qui donne : Z1

0

e^−(nx2)/2dx= Z^p_n

0

e^−u2/2 1 pndu= 1

pn Z^p_n

0

e^−u2/2du d’où le résultat avec la question précédente.

(d) En utilisant la densité de la loi normale centrée réduite, montrer que l’intégrale Z_+∞

0

e^−u2/2du converge.On noteKsa valeur.

D’après la définition de la densité de la loi normale centrée réduite, on a : Z_+∞

−∞

p1 2πe^−x

2 2 dx=1.

Par parité de la fonctionx7→e^−x

2

2, on a : J= Z_+∞

0

e^−x

2 2 dx=1

2 Z_+∞

−∞

e^−x

2 2 dx=

p2π

2 =

rπ 2. Ainsi, l’intégrale

Z_+∞

0

e^−u2/2duconverge et vautK= rπ

2. (e) Montrer alors que 0⩽I_n⩽p^K

n puis en déduire la limite de la suite(I_n)_n⩾0. Comme e^−u2/2>0 surR, on a :

Z^p_n

0

e^−u2/2du⩽ Z_+∞

0

e^−u2/2du=K, ce qui donne dans l’inégalité de la question précédente :

0⩽^In⩽p^K n Comme lim

n→+∞

pK

n=0, on a d’après le théorème des gendarmes : lim

n→+∞I_n=0.

- EXERCICE4 -

Soitfla fonction définie surR^∗₊à valeurs réelles telle que :f(x)= Zx

1

e^t t dt.

1. Montrer quefest de classeC¹surR^∗₊et pour tout réelx>0, calculerf^′(x).

Rédaction à connaitre (valable seulement si la borne du bas est constante et celle du haut estx).

Notonsh:t7→e^t

t l’intégrande.

La fonction f :x7→

Z_x

1

e^t

t dtest la primitive det7→e^t

t qui s’annule en 1. Ainsi,Fest de classeC¹car –5/16–

dérivable et de dérivéef^′=hcontinue.

On a donc pour toutx∈R^∗₊: f^′(x)=h(x)=e^x x.

2. Établir pour tout réelx⩾1, l’inégalitéf(x)⩾^elnxpuis en déduire lim

x→+∞f(x).

Pour obtenir la minoration par lnx, il faut garder1

t dans l’intégrale. On va donc encadrer e^t. On a pourx⩾1 (bornes dans le bon sens).

1⩽^t⩽^x

=⇒ e¹⩽^et⩽^ex par croissance de la fonction exp

=⇒ e t⩽^e

t

t ⩽^e

x

t cart>0

=⇒

Zx 1

e tdt⩽

Zx 1

e^t t dt⩽

Zx 1

e^x

t dt par croissance de l’intégrale carx>1

=⇒ e [ln(t)]^x₁⩽ Zx

1

e^t

t dt⩽^ex[ln(t)]x1

=⇒ e ln(x)⩽^f(x)⩽^exln(x)

Remarque : L’inégalité de droite est inutile. On peut s’en passer.

Ainsi, on a pour toutx⩾1 : f(x)⩾e ln(x) et comme lim

x→+∞e ln(x)= +∞, on a par minoration :

x→+∞lim f(x)= +∞.

3. Établir pour tout réelxde l’intervalle]0, 1], l’inégalitéf(x)⩽^exlnxpuis en déduire lim

x→0⁺f(x).

On a pourx∈]0, 1] (bornes dans le mauvais sens).

x⩽^t⩽1

=⇒ e^x t ⩽^e

t

t ⩽^e

1

t

=⇒

Z1 x

e^x t dt⩽

Z1 x

e^t t dt⩽

Z1 x

e

tdt par croissance de l’intégrale carx<1

=⇒

Zx 1

e^x t dt⩾

Zx 1

e^t t dt⩾

Zx 1

e

tdt en multipliant par −1

=⇒ e^x[ln(t)]₁^x⩾ Zx

1

e^t

t dt⩾^{e [ln(t)]x}1

=⇒ e^xln(x)⩾^f(x)⩾^{e ln(x)}

Ainsi, on a pour toutx∈]0, 1] : f(x)⩽^exln(x) et comme lim

x→0⁺e^xln(x)= −∞, on a par majoration :

x→0lim⁺f(x)= −∞.

4. Dresser le tableau de variation def. On a pour toutx∈R^∗₊: f^′(x)=h(x)=e^x

x doncf est strictement croissante surR^∗₊, ce qui donne : x

f(x)

0 +∞

−∞

−∞

+∞

+∞

- EXERCICE5 -

Pour tout entier naturelkon considère la fonctionf_kdéfinie surR+par la relation : f_k(x)= Z1

0

t^ke^{−t x}dt.

1. Soitx∈R^∗₊. Établir, à l’aide d’une IPP, que pour toutk⩾0: f_k+1(x)=k+1

x f_k(x)−e^−x x . On a par IPP avecu:t7→t^k+1(u^′(t)=(k+1)t^k) etv:t7→−e^{−t x}

x (v^′(t)=e^{−t x}car la variable estt) fonctions –6/16–

de classeC¹sur [0, 1] :

f_k+1(x)= Z1

0

t^k+1e^{−t x}dt

=

·

t^k+1−e^{−t x} x

¸1 0

+ Z1

0

(k+1)t^ke^{−t x} x dt

= −e^−x x +k+1

x Z1

0

t^ke^{−t x}dt

=k+1

x f_k(x)−e^−x x

2. A l’aide d’un changement de variable, montrer que pour toutx∈R^∗₊: f_k(x)= 1 x^k+1

Zx 0

u^ke^−udu.

On poseu=t xdonct=u

xet dt=1

xdu, changement de variable bijectif de classeC¹. Sitvarie entre 0 et 1, alorsuvarie entre 0 etx, ce qui donne :

f_k(x)= Z1

0

t^ke^{−t x}dt= Z_x

0

³u x

´k

e^−u µ1

xdu

¶

= 1 x^k+1

Z_x

0

u^ke^−udu

3. En déduire quef_kest dérivable sur]0,+∞[, puis montrer que : f_k^′(x)=e^−x x −k+1

x f_k(x)= −f_k+1(x).

Notonsf_k(x)= 1 x^k+1

Z_x

0

u^ke^−udu=h(x)G(x) avech:x7→ 1

x^k+1etG:x7→

Z_x

0

u^ke^−udu.

Gest la primitive de la fonctionu7→u^ke^−uqui s’annule en 0 doncGest de classeC¹et on a :G^′(x)=x^ke^−x. Ainsi,f_kest dérivable sur ]0,+∞[ comme produit de fonction dérivables et on a pour toutx∈]0,+∞[ (avec h^′(x)=(x^−(k+1))^′= −(k+1)x^−k−2) :

f_k^′(x)= −(k+1)x^−k−2 Zx

0

u^ke^−udu+ 1 x^k+1x^ke^−x

=−(k+1) x^k+2

Z_x

0

u^ke^−udu+ 1 x^k+1x^ke^−x

=−(k+1) x

1 x^k+1

Z_x

0

u^ke^−udu+e^−x x

=e^−x x −k+1

x f_k(x)= −f_k+1(x) car 1

x^k+1 Zx

0

u^ke^−udu=f_k(x) d’après la question précédente.

- EXERCICE6 -

On considère les fonctionsFetGdéfinies surR^∗₊par : F(x)= Zx

1

ln(t)

1+t²dt et G(x)= Zx

1/x

ln(t) 1+t²dt. 1. Montrer que les fonctionsFetGsont bien définies surR^∗₊.

Pour toutx∈R^∗₊, la fonctiont7→ln(t)

1+t²est continue sur [1,x] fermé (ou [x, 1]). Ainsi, les intégrales et donc les fonctionsFetGsont bien définies.

2. Montrer queFest une fonction de classeC¹surR^∗₊puis étudier les variations deF.

Rédaction à connaitre (valable seulement si la borne du bas est constante et celle du haut estx).

Notonsh:t7→ln(t)

1+t²l’intégrande.

La fonctionF:x7→

Zx 1

h(t) dtest la primitive dehqui s’annule en 1. Ainsi,Fest de classeC¹car dérivable et de dérivéeF^′=hcontinue.

On a donc pour toutx∈R^∗₊: F^′(x)=h(x)= ln(x) 1+x².

3. Montrer queGest une fonction de classeC¹surR^∗₊puis montrer queG^′(x)=0pour toutx>0.

Rédaction à connaitre (à utiliser dans tous les autres cas que le cas précédent).

–7/16–

Notonsh:t7→ln(t)

1+t²l’intégrande.

La fonctionhest continue surR^∗₊donc elle admet une primitiveHde classeC¹(puisqueH^′=hest conti- nue). On a alors :

G(x)= Z_x

1/x

h(t) dt=[H(t)]^x_1/x=H(x)−H(1/x)

Ainsi,Gest de classeC¹surR^∗₊comme composée et somme de fonctions de classeC¹surR^∗₊. De plus, on a par définition deH: H^′(x)=h(x)= ln(x)

1+x² ce qui donne : G^′(x)=[H(x)−H(1/x)]^′

=H^′(x)−−1 x²H^′(1/x)

=h(x)+ 1 x²h(1/x)

= ln(x) 1+x²+ 1

x² ln(1/x) 1+1/x²

= ln(x)

1+x²+−ln(x) x²+1 =0 4. En déduire queGest nulle puis que pour toutx>0, on a :F(x)=F

µ1 x

¶ .

• D’après la question précédente,G^′(x)=0 surR^∗₊. Ainsi,Gest constante.

Pour déterminer la valeur de cette constante, on calculeGen un point simple.

On a : G(1)= Z1

1

ln(t)

1+t²dt=0. Ainsi,Gest constante égale à 0 doncG(x)=0 pour toutx∈R^∗₊.

• On remarque que : G(x)=

Z_x

1/x

ln(t) 1+t²dt=

Z1 1/x

ln(t) 1+t²dt+

Z_x

1

ln(t) 1+t²dt= −

Z_1/x

1

ln(t) 1+t²dt+

Z_x

1

ln(t)

1+t²dt=F(x)−F(1/x) Comme on vient de voir queG(x)=0 pour toutx∈R^∗₊, on en déduit que pour toutx>0, on a :

G(x)=F(x)−F(1/x)=0 soitF(x)=F(1/x) 5. A l’aide du changement de variablet= 1

udans l’intégrale définissantF, retrouver le fait que pour tout x∈R^∗₊: F

µ1 x

¶

=F(x).

On a : ;F µ1

x

¶

= Z1/x

1

ln(t) 1+t²dt.

On pose : t=1

u, ce qui donne : dt=−1 u²du.

Enfin, sitest compris entre 1 et 1/x, on aucompris entre 1 etx. Ainsi, on obtient : F

µ1 x

¶

= Z_1/x

1

ln(t) 1+t²dt=

Z_x

1

ln(1/u) 1+1/u²

−1 u²du

= Z_x

1

ln(1/u) 1+1/u² µ

−1 u²du

¶

= − Zx

1

−ln(u) u²+1 du

= Z_x

1

ln(u)

u²+1du=F(x) Ainsi, pour toutx∈R^∗₊: F

µ1 x

¶

=F(x).

–8/16–

- EXERCICE7 -

1. Montrer que l’intégrale Z2x

x

p 1

t²+1d test définie pour tout réelx.

La fonctiont7→ 1

pt²+1est continue surRcomme composée (t²+1>0) et inverse d’une fonction continue dont le dénominateur ne s’annule pas.

Ainsi, pour toutx∈R, la fonctiont7→ 1 pt²+1

est continue sur [x, 2x] donc Z_2x

x

p 1 t²+1

d test bien définie.

On considère désormais la fonctionfdéfinie par :

∀x∈R,f(x)= Z_2x

x

p 1 t²+1

d t

2. Établir quefest impaire.

Soitx∈R. On a : f(−x)=

Z₋2x

−x

p 1 t²+1d t

= Z_2x

x

1

p(−u)²+1(−d u) changement de variablet= −u, d t= −d u

= − Z2x

x

p 1 u²+1d u

= −f(x) ce qui prouve quefest impaire.

3. Déterminer le signe def(x)selon le signe dex.

Commefest impaire, il suffit d’étudier son signe surR+. Soit doncx∈R+. On a par croissance de l’inté- grale, les bornes étant dans le bons sens (2x⩾^xcarx⩾^{0 :}

p 1

t²+1⩾⁰=⇒

Z_2x

x

p 1

t²+1d t⩾⁰ Ainsi,∀x∈R+,f(x)⩾0 puis par imparité,∀x∈R−,f(x)⩽^0.

4. Montrer quefest de classeC¹surRpuis montrer quefest strictement croissante surR.

Soitg:t7→ 1

pt²+1. Comme la fonctiongest continue surR, elle admet une primitiveGde classeC¹surR (carG^′=gest continue). On a alors :

f(x)= Z_2x

x

g(t)d t=[G(t)]^2x_x =G(2x)−G(x)

Ainsi,fest de classeC¹surRcomme composée et somme de fonctions de classeC¹surR. On a alors, pour toutx∈R:

f^′(x)=2G^′(2x)−G^′(x)

=2g(2x)−g(x)

=2 1

p4x²+1− 1 px²+1

= 1 q

x²+¹₄

− 1 px²+1<0

car, pour toutx∈R, on a, par croissance de la fonction racine et décroissante de la fonction inverse : 0<x²+1

4<x²+1 donc r

x²+1 4<p

x²+1 donc 1 q

x²+¹₄

> 1 px²+1

Finalement,f^′(x)>0 pour toutx∈Rdoncfest strictement croissante surR.

–9/16–

5. (a)Montrer que pour tout réelx, on a :x+p

x²+1>0.

Pour toutx∈R, on a :

x²+1>x²⩾^0.

Commex7→p

xest strictement croissante surR⁺, on a : px²+1>p

x²= |x| donc

x+p

x²+1>x+ |x|⩾^{0 car x}+ |x| =

(x+(−x)=0 six⩽⁰ x+x=2x six⩾⁰ Doncp

x²+1+x>0 pour toutx∈R.

(b) Déterminer la dérivée de la fonctionhqui, à tout réelxassocieln(x+p x²+1).

La fonctionhest dérivable comme composée de fonctions dérivables (x+p

x²+1>0) et pour tout x∈R, on a :

h^′(x)= 1 x+p

1+x²· µ

1+ 2x 2p

1+x²

¶

= 1

x+p 1+x²·

Ãp1+x²+x p1+x²

!

= 1 p1+x² (c)En déduire l’expression explicite def(x).

D’après la question précédente, la fonctionhest une primitive det7→ 1

p1+t². On a donc :

f(x)= Z2x

x

p 1 t²+1d t

=h ln(t+p

t²+1)i2x x

=ln

³ 2x+p

4x²+1

´

−ln

³ x+p

x²+1

´

=ln Ã2x+p

4x²+1 x+p

x²+1

!

6. (a)Établir que, pour tout réelxstrictement positif, on a :x−f(x)= Z2x

x

t² pt²+1

³ 1+p

t²+1

´d t

Soitx∈R^∗₊. On a, en remarquant quex= Z_2x

x

1d t:

x−f(x)= Z2x

x

1d t− Z2x

x

p 1 t²+1

d t

= Z2x

x

1− 1 pt²+1d t

= Z_2x

x

pt²+1−1 pt²+1

d t

= Z2x

x

³p

t²+1−1´ ³p

t²+1+1´ pt²+1³p

t²+1+1´ d t

= Z_2x

x

t²+1−1 pt²+1³p

t²+1+1´d t soit

x−f(x)= Z_2x

x

t² pt²+1³

1+p t²+1´d t –10/16–

(b) En déduire que :∀x∈R^∗₊, 0⩽^x−f(x)⩽⁷ 6x³. Pour toutt∈R, on a : p

t²+1⩾^{1 donc pt2}+1³ 1+p

t²+1´

⩾2. On a alors, par décroissance de la fonction inverse :

0⩽_p ¹

t²+1³ 1+p

t²+1´⩽¹ 2 et donc, commet²⩾^{0 :}

0⩽ ^t

2

pt²+1³ 1+p

t²+1´⩽^t

2

2

On a donc par croissance de l’intégrale (bornes dans le bon sens car 2x>xcarx>0) : 0⩽

Z_2x

x

t² pt²+1³

1+p

t²+1´d t⩽ Z_2x

x

t² 2d t=

·t³ 6

¸2x x

=8x³ 6 −x³

6 =7x³ 6 Finalement, on a bien : ∀x∈R^∗₊, 0⩽^x−f(x)⩽⁷₆^x3.

(c) Conclure quef(x)∼

0⁺xpuis montrer que l’on a aussi :f(x)∼

0⁻x.

L’encadrement précédent donne alors : x−7

6x³⩽^f(x)⩽^x Commex>0, on obtient :

1−7

6x²⩽^f(x) x ⩽¹ Or, lim

x→0⁺1−7 6x²=1.

Donc, d’après le théorème des gendarmes, on a : lim

x→0⁺

f(x)

x =1, ce qui prouve quef(x)∼

0⁺x.

(d) En déduire que l’on a aussi :f(x)∼

0⁻x.

On a, en utilisant le changement de variablex= −tpuis l’imparité de la fonctionf:

t→0lim⁻ f(t)

t = lim

x→0⁺

f(−x)

−x =lim

x→0⁺

−f(x)

−x = lim

x→0⁺

f(x) x =1 d’après la question précédente.

On vient de montrer que lim

t→0⁻

f(t)

t =1 ce qui prouve quef(t)∼

0⁻t.

- EXERCICE8 -

Pour tout entierndeN^∗, on pose v_n= Xn k=1

1 k.

1. En utilisant la décroissance de la fonction :t7→1/t, montrer que :∀k∈N^∗, 1 k+1⩽

Z_k+1

k

dt t ⩽¹

k. La fonctiont→1

t étant décroissante sur l’intervalle [k;k+1], on a∀t∈[k;k+1] : 1

k+1⩽¹ t⩽¹

k

On a alors par croissance de l’intégrale avec les bornes dans le bon sens : Z_k+1

k

1 k+1dt⩽

Z_k+1

k

1 tdt⩽

Z_k+1

k

1 kdt soit

1 k+1

Z_k+1

k

1 dt⩽ Z_k+1

k

d t t ⩽¹

k Z_k+1

k

1 dt Ainsi : ∀k∈N^∗, 1

k+1⩽ Z_k+1

k

d t t ⩽¹

k

–11/16–

2. (a)Déduire de la question précédente que : ∀n∈N^∗, ln(n)+1

n⩽^vn⩽^ln(n)+1.

On va sommer la relation précédente entre 1 etn−1 pour faire apparaitre au milieu l’intégrale Z_n

1

d t t qui donnera le terme ln(n) cherché. On a :

n−1X

k=1

1 k+1⩽

n−1X

k=1

Z_k+1

k

d t t ⩽

n−1X

k=1

1 k

soit n

X

k=2

1 k⩽

Z2 1

d t t +

Z3 2

d t t + · · · +

Z_n

n−1

d t t ⩽

n−1

X

k=1

1 k

puis d’après la relation de Chasles et en ajoutant les termes manquants dans les sommes pour faire apparaitrev_n:

Xn k=1

1 k−1⩽

Z_n

1

d t t ⩽

Xn k=1

1 k−1

n et enfin :

v_n−1⩽^ln(n)⩽^vn−1 n

L’inégalité de gauche donne : v_n⩽^ln(n)+1 et l’inégalité de droite donne : ln(n)+1

n ⩽^vnd’où le résultat.

(b) Déterminer un équivalent dev_nen+∞.

On conjecture quev_nest équivalent à ln(n). On va le montrer en étudiant la limite du quotient v_n ln(n). On a :

ln(n)+1

n⩽^vn⩽^ln(n)+1 donc

1+ 1

nln(n)⩽_ln(n)^vn ⩽¹+ 1 ln(n) Comme lim

n→+∞1+ 1

nln(n)= lim

n→+∞1+ 1

ln(n)=1, on a d’après le théorèmes des gendarmes :

n→+∞lim v_n

ln(n)=1 donc u_n∼ln(n).

- EXERCICE9 - Soitxun réel de]0; 1[.

1. Soitn∈N^∗. Calculer :

n−1X

k=0

x^k.

Commex̸=1, on peut appliquer la formule de la somme desnpremiers termes d’une suite géométrique de raisonx:

n−1X

k=0

x^k=1−xⁿ 1−x

2. En intégrant la relation obtenue à la question précédente, montrer que :

n−1

X

k=0

x^k+1 k+1=

Z_x

0

1 1−tdt−

Z_x

0

tⁿ 1−tdt. Pour toutt∈[0,x], on a également :

n−1X

k=0

t^k=1−tⁿ 1−t égalité que l’on peut intégrer entre 0 etx>0.

Z_x

0 n−1

X

k=0

t^kd t= Z_x

0

1−tⁿ 1−t d t

–12/16–