ES N° 2 Correction Analyse Math. Sup. 2011-2012
I) PROBLEME
Soit f la fonction définie par f(x) = ⌡⌠ x
2x 1+t² t dt ;
1. Ensemble de définition de f : pour x>0 (resp. x<0),
1
20 t
x t t
t
< <
⇒ ֏+
continue, doncintégrable. Donc Df = ℝ. De plus Df est symétrique par rapport à 0 et
∀ ∈ x
ℝ:2 2 2
2
1
21 ( )
21
( )
x x( )
x( )
x x x
t
t t
f x dt dt dt f x
t t t
−
−
+ −
+ +
− = = − = =
∫ ∫ − ∫
, donc f est paire.2. Dérivée : ∀ ∈x ℝ*,
2 2
1 2
1
1 1
( )
xx
t t
f x dt dt
t t
+ +
= ∫ + ∫
, donc'( ) 1
22 1 4
22
x x
f x x x
+ +
= − +
Variations sur ℝ* + :
x *
∀ ∈ℝ
2 2
1 4 1
'( ) x x 0
f x x
+ − +
= >
.Limite de f ’ en 0 :
( ) ( )
2 2 2
0
0 0
1 1
1 4 1
2 2 3
'( ) 0
2 x
x x o x
f x x o x
x → +
+ − + +
= = + → .
3. Etude en 0 :
( )
( )
2 2
2 0
0 0
1 1 1
1 1 2 1
( ) 0 (0)
2
ppc t
t o t
g t t t o t g
t t t
→+ − +
= + − = = + → =
.4. Etude en +∞ :
a)
( )
2
2 2
2 2
2 2 2
2
1 1 0 0 1 1
1 1
0 1 1 2 2 1 1
2
t t t t t
t
t t t t t t
t t
+ > ⇒ + − > ⇒ ≤ + −
+
≤ + − = + − + ⇒ − ≤
donc pour tout t > 0 : 0 ≤ 1+t²
t - 1 ≤ 1 2t² . b)
2 2
2 1 2 1
( ) x x 1
x x
t t
f x x dt x dt
t t
+ +
− = − = −
∫ ∫
et donc :
2 2
2
1 1
0 ( ) 0
2 2
x x
x x
x
f x x dt
t t x
→∞−
≤ − ≤ ∫ ≤
≤ →
.5. Asymptote en l'infini : y = x et la courbe est au dessus (cf. 4-b).
Tangente au point d’abscisse 0 :
( ) 1
21
t 00 et
x2x[ ] ln
2xxln(2)
t dt
g t t
t t
→t
= + − → ∫ = =
donc y = ln(2) est la tangente en 0 car
0
'( ) 0
x
f x →
→ + .II) EXERCICE
1.
( )
(
2 2ln1)
2 2D
I z dx dy dz
x y x y
=
∫∫∫
+ + +où D = {(x ; y ; z)∈ℝ3 / 1 ≤ z ≤ 2, 0 ≤ x ≤ y, x2 + y2 ≤ 3}.
( ) [ ] [ ] ( )
2 4 3 2 3 2
1 0
1ln( ) 0 0 2 ln( ) Arctan 2 ln 2 1
4 12
1
I z dz d d z z
π ρ ρ π π
=
∫
∫ ∫
ρ + ρ θ = ρ = −2. J=
∫∫
Ω (xdx dy+y)3 où Ω ={
( ; )x y ∈ℝ2/ 1< <x 3 ,y>2 ,x+ <y 5}
5 3
3 5 3
3 2
1 2 1
2 1
1 1 1 1 2
J ( ) 2 ( ) 2 2 25 75
x
x dy x
dx dx
x y x y x
− − − −
=