Correction des exercices du TD 16

(1)

Correction des exercices du TD 16

Table des matières

1 TD16, exercice 1 1

2 TD 16, exercice 2 3

1 TD16, exercice 1

Pour calculer les différentes primitives, on s’aide du tableau du cours du paragraphePrimitives usuelles.

1. La fonctionf1 étant une somme de 3 termes, on calcule une primitive de chacun des trois termes.

• x² est de la formex^αavecα= 2, d’après le cours, une primitive dex² est donc donnée par ₂₊₁¹ x²⁺¹=^x₃³.

• −3xest de la forme−3×x^αavecα= 1, d’après le cours, une primitive de−3xest donc donnée par−3×₁₊₁¹ x¹⁺¹=

−3 2 x².

• 7 est une constante donc d’après le cours une primitive de 7 est7x.

Ainsi une primitiveF1 def1surRest définie par :

∀x∈R F1(x) = x³ 3 −3

2x²+ 7x 2. La fonctionf2 est de la forme−3×1

x, d’après le cours une primitive de ¹_x estln|x|. Ainsi une primitiveF2 def2surR^∗₊ (ouR^∗

−) est définie par :

∀x∈R^∗₊ F2(x) =−3×ln|x|=−3 ln|x|. 3. On écrit astucieusement que

f3(x) = x⁴ x² + 1

x² =x²+ 1 x² puis on calcule une primitive de chacun de ces deux termes.

• Comme dans 1., une primitive dex² est ^x₃³.

(2)

• x¹² est de la formex^α avecα=−2, ainsi une primitive de _x¹2 est ₋₂₊₁¹ x⁻²⁺¹=−x⁻¹=−x¹. Ainsi une primitiveF3 def3surR^∗₊ (ouR^∗

∀x∈R^∗₊ F3(x) = x³ 3 − 1

x

4. On écrit quef4(x) =x⁻³doncf4est de la formex^αavecα=−3. Donc une primitive dex⁻³est ¹

−3+1x⁻³⁺¹= ⁻₂¹x⁻²=

−2x¹².

Ainsi une primitiveF4 def4surR^∗₊ (ouR^∗

∀x∈R^∗₊ F4(x) = −1 2x² 5. La fonctionf5 semble être de la formeu^′u^αavec u(x) = 7x+ 1 etα= 8.

Calculonsu^′u^α. On au^′(x) = 7 donc

u^′u^α= 7(7x+ 1)⁸= 7f5(x)

et par conséquentf5(x) =¹₇u^′(x) (u(x))⁸. Or, une primitive deu^′u⁸est ¹₉u⁹donc une primitiveF5def5surRest définie par :

∀x∈R F5(x) =1

7 ×(u(x))⁹

9 = 1

63(7x+ 1)⁹

6. La fonctionf6semble être de la formeu^′u^αavecu(x) =x²+x+ 1etα=−4. Calculonsu^′u^α. On au^′(x) = 2x+ 1donc u^′u^α= (2x+ 1)(x²+x+ 1)⁻⁴=f6(x)

ainsif6(x) = _(u(x))^u^′^(x)4 =u^′(x) (u(x))⁻⁴. Or, une primitive deu^′u⁻⁴ est ^u₋⁻₃³ donc une primitiveF6de f6 surRest définie par :

∀x∈R F6(x) =(u(x))⁻³

−3 =−1

3 × 1

(x²+x+ 1)³

7. La fonctionf7 semble être de la formeu^′u^αavec α= 2et u(x) = ln(x). Calculonsu^′u^α. On au^′(x) =_x¹ donc u^′u^α= 1

x×(ln(x))² =f7(x)

et par conséquentf7(x) =u^′(x) (u(x))². Or, une primitive deu^′u²est ¹₃u³donc une primitiveF7de f7surR^∗₊ est définie par :

∀x∈R^∗₊ F7(x) =(u(x))³

3 = 1

3(ln(x))³

8. La fonctionf8 semble être de la forme ₂^u^√^′_u avecu(x) =x³+ 1. Calculons ₂^u^√^′_u. On au^′(x) = 3x² et donc u^′

2√

u= 3x² 2√

x³+ 1 =3 2

x²

√x³+ 1 =3 2f8(x) par conséquent :

f8(x) = 2

3× u^′(x) 2p

u(x) Or, une primitive de ₂^u^√^′_u est√

udonc une primitiveF8 def8sur]−1; +∞[est définie par :

∀x∈]−1; +∞[ F8(x) = 2 3

pu(x) = 2 3

px³+ 1

9. La fonctionf9 semble être de la formeu^′eû avecu(x) =x²+ 2x. Calculonsu^′(x)eû(x). On au^′(x) = 2x+ 2et donc u^′(x)eû(x)= (2x+ 2)e^x²^+2x= 2(x+ 1)e^x²^+2x= 2f9(x)

par conséquent

f9(x) = 1 2u^′e^u Une primitive def9est donc donné par :

F9(x) = 1

2e^x²^+x ∀x∈R.

(3)

2 TD 16, exercice 2

1. On a∆ = 16et donc les deux racines sont : α=−1 etβ = 3.

2. SoitxdansD^f=R\ {−1,3}. On a : a

x+ 1 + b

x−3 =a(x−3) +b(x+ 1)

(x+ 1)(x−3) =(a+b)x−3a+b x²−2x−3 Par identification, pour quef(x)soit égale à _x+1^a +_x^b

−3, il suffit de prendre aetbde sorte quea+b= 0et−3a+b= 1 d’où facilementa=−4¹ etb=¹₄. Ainsi :

∀x∈R\ {−1,3} f(x) =−1 4

1

x+ 1− 1 x−3

3. La fonctionf est de la forme

f =−1

4(g+h) avec g= 1

x+ 1 eth= −1 x−3.

La fonction g semble être de la forme u^′

u avec u(x) = x+ 1. On a u^′ u = 1

x+ 1 = g(x), ainsi une primitive de g est G(x) = ln|x+ 1|.

La fonction hsemble être de la forme u^′

u avec u(x) =x−3. On a u^′ u = 1

x−3 =−h(x), ainsi une primitive de h est H(x) =−ln|x−3|.

SoitI un intervalle inclus dans son domaine de définition et soitF une primitive def surI. D’après ce qui précède :

∀x∈I F(x) =−1

4(ln|x+ 1| −ln|x−3|)

3 TD 16, exercice 3

1. Commençons par déterminer une primitive de la fonctionf(x) =x³+x−2. Une primitive def est donnée par : F(x) = 1

3 + 1x³⁺¹+ 1

1 + 1x¹⁺¹−2×x=1 4x⁴+1

2x²−2x.

Ainsi I1=

Z 3

−2

(x³+x−2)dx= 1

4x⁴+1

2x²−2x 3

−2

= 1

4(3)⁴+1

2(3)²−2×3

− 1

4(−2)⁴+1

2(−2)²−2×(−2)

=81 4 +9

2 −6−4−2−4

=81 + 18−64 4

=35 4

2. Commençons par déterminer une primitive de la fonction f(x) = √

2x+ 3. La fonction f semble être de la forme u^′u^α avec u(x) = 2x+ 3etα=¹₂. Ainsiu^′(x) = 2et on a alors :

u^′u^α= 2(2x+ 3)¹² = 2√

2x+ 3 = 2f(x).

On af(x) = ¹₂u^′u^α, une primitive def est donc donnée par : F(x) = 1

2 × 1

1

2+ 1(2x+ 3)²¹⁺¹= 1 2 ×1

3 2

(2x+ 3)³² =1

3(2x+ 3)³².

(4)

Ainsi

I2= Z 11

3

√2x+ 2dx= 1

3(2x+ 3)³² 11

3

= 1

3(2×11 + 3)³²

− 1

3(2×3 + 3)³²

= 1

3(25)³² −1 3(9)³²

= 1

3((25)¹²)³−1 3((9)¹²)³

= 1 3(√

25)³−1 3(√

9)³

= 125 3 −27

3

= 98 3

3. Commençons par déterminer une primitive de la fonctionf(t) = t⁴

√t⁵+ 3. La fonctionf semble être de la forme ₂^u√^′u avec u(t) =t⁵+ 3. Ainsiu^′(t) = 5t⁴ et on a alors :

u^′ 2√

u= 5t⁴ 2√

t⁵+ 3 =5 2

t⁴

√t⁵+ 3 =5 2f(t) Ainsif(t) =²₅ ×₂^u^√^′_u et une primitive def est donnée par :

F(t) = 2 5

pt⁵+ 3.

Ainsi

I3= Z 1

0

t⁴

√t⁵+ 3dt= 2

5

pt⁵+ 3 1

0

=2 5

p1⁵+ 3−2 5

p0⁵+ 3

=2 5

√4−2 5

√3

=4−2√ 3 5 4. I4=

Z 2 1

e^√^t

√tdt.

Commençons par chercher une primitive de f(t) = e^√^t

√t = 1

√te^√^t. La fonction f semble être de la forme u^′e^u avec u(t) =√

t. On a alorsu^′(t) = ₂√¹

t et ainsi

u^′e^u= 1 2√

te^√^t= 1 2f(t)

Doncf(t) = 2u^′(t)eû(t). Or, une primitive deu^′eû esteûdonc une primitiveF def sur[1; 2]est définie par : F(t) = 2eû(t)= 2e^√^t.

Ainsi

I4=h 2e^√^ti²

1= 2e^√²−2e^√¹= 2e^√²−2e.

5. I5= Z 2

0

2x−1 x²−x+ 1dx.

Commençons par chercher une primitive def(x) = _x2^2x⁻¹

−x+1. La fonctionf semble être de la forme ^u_u^′ avecu(x) =x²−x+1.

On a alorsu^′(x) = 2x−1et ainsi

u^′

u = 2x−1

x²−x+ 1 =f(x).

Or, une primitive de ^u_u^′ estln|u|donc une primitive F def sur[0; 2]est définie parF(x) = ln|u(x)|= ln|x²−x+ 1|. Ainsi,

I5=

ln|x²−x+ 1|2

0= ln|2²−2 + 1| −ln|0²−0 + 1|= ln(3)−ln(1) = ln(3).

(5)

4 TD 16, exercice 4

1. I6= Z 1

0

te^2tdt.

Posons

(u^′(t) = e^2t v(t) =t alors







u(t) = ¹₂e^2t v^′(t) = 1

Les fonctionsuetvsont de classe C¹ sur[0; 1]donc par intégration par parties : I6=

Z 1 0

u^′(t)v(t)dt

= [u(t)v(t)]¹₀− Z 1

0

u(t)v^′(t)dt

= 1

2e^2t×t 1

0

− Z 1

0

1 2e^2tdt

=1 2e²−1

2 1

2e^2t 1

0

=1 2e²−1

4e²+1 4

=e²+ 1 4 2. I7=

Z 2 1

tln(t)dt.

Posons

(u^′(t) =t

v(t) = ln(t) alors







u(t) =^t₂² v^′(t) = ¹_t

Z 2 1

u^′(t)v(t)dt

= [u(t)v(t)]²₁− Z 2

1

u(t)v^′(t)dt

= t²

2 ln(t) ²

1

− Z 2

1

t 2dt

= 2 ln(2)−1 2

t² 2

²

1

= 2 ln(2)−3 4 3. I8=

Z 1 0

(x²+ 1)e^3xdx Posons

(u^′(x) = e^3x

v(x) =x²+ 1 alors







u(x) =¹₃e^3x v^′(x) = 2x

Les fonctionsuetvsont de classe C¹ sur[0; 1]donc par intégration par parties :

I8= Z 1

0

u^′(x)v(x)dx

= [u(x)v(x)]¹₀− Z 1

0

u(x)v^′(x)dx

= 1

3(x²+ 1)e^3x 1

0

− Z 1

0

1

3e^3x×2xdx

= 2 3e³−1

3 −2 3

Z 1 0

xe^3xdx

(6)

Il faut alors faire de nouveau une intégration par parties pour calculer l’intégrale : Z 1

0

xe^3xdx.

Posons

(u^′(x) = e^3x

v(x) =x alors







u(x) = ¹₃e^3x v^′(x) = 1

Les fonctionsuetvsont de classe C¹ sur[0; 1]donc par intégration par parties : Z 1

0

xe^3xdx= Z 1

0

u^′(x)v(x)dx

= [u(x)v(x)]¹₀− Z 1

0

u(x)v^′(x)dx

= 1

3xe^3x 1

0

− Z 1

0

1 3e^3xdx

= 1 3e³−1

3 1

3e^3x 1

0

= 1 3e³−1

3 1

3e³−1 3

= 2 9e³+1

9 Finalement :

I8= 2 3e³−1

3 −2 3

2 9e³+1

9

= 18 27e³− 9

27− 4 27e³− 2

27

= 14 27e³−11

27 donc

I8= 14e³−11 27 4. I9=

Z 2 1

ln(1 +t) t² dt Posons







u^′(t) =_t¹2

v(t) = ln(1 +t) alors







u(t) =−¹_t v^′(t) = _1+t¹

Z 2 1

u^′(t)v(t)dt

= [u(t)v(t)]²₁− Z 2

1

u(t)v^′(t)dt

=

−1

tln(1 +t) 2

1

− Z 2

1 −1 t × 1

1 +tdt

=−1

2ln(3) + ln(2) + Z 2

1

1 t(t+ 1)dt Il reste à calculer

Z 2 1

1

t(t+ 1)dt. Remarquons que : 1

t − 1

t+ 1 = t+ 1

t(t+ 1)− t

t(t+ 1) = 1 t(t+ 1)

(7)

on a alors :

Z 2 1

1

t(t+ 1)dt= Z 2

1

1 t − 1

t+ 1

dt

= Z 2

1

1 tdt−

Z 2 1

1 t+ 1dt

= [ln(t)]²₁−[ln(t+ 1)]²₁

= ln(2)−(ln(3)−ln(2))

= 2 ln(2)−ln(3) Finalement,I9=−¹₂ln(3) + ln(2) + 2 ln(2)−ln(3)c’est à dire

I9= 3 ln(2)−3 2ln(3)

5 TD 16, exercice 5

1. I10= Z 1

0

√ x

x+ 1dx

• on poset=x+ 1 =u(x)doncx=t−1.

La fonctionu:x7→x+ 1 est de classeC¹ sur[0; 1]et pour toutxdans[0; 1], on au^′(x) = 1.

• t=u(x)doncdt=u^′(x)dxdoncdt= dxdoncdx= dt.

• On a :

√ x

x+ 1 = t−1

√t = t

√t− 1

√t =

√t×√

√ t

t − 1

√t =√ t− 1

√t

• six= 0alorst= 1et si x= 1 alorst= 2.

donc par changement de variable : I10=

Z 2 1

√ t− 1

√t

dt= 2

3t³² −2√ t

²

1

= 4−2√ 2 3 2. I11=

Z 4/3 1

x² (3x−2)⁵dx

• on poset= 3x−2 =u(x)doncx=^t+2₃ . La fonctionu:x7→3x−2est de classeC¹ sur

1;⁴₃

et pour toutxdans 1;⁴₃

, on au^′(x) = 3.

• t=u(x)doncdt=u^′(x)dxdoncdt= 3dxdoncdx=¹₃dt.

• On a :

x² (3x−2)⁵ =

t+2 3

²

t⁵ = (t+ 2)²

9t⁵ =t²+ 4t+ 4 9t⁵

• six= 1alorst= 1et si x= ⁴₃ alorst= 2.

donc par changement de variable : I11=

Z 2 1

t²+ 4t+ 4 9t⁵ ×1

3dt= 1 27

Z 2 1

t²+ 4t+ 4 t⁵ dt Or, t²+ 4t+ 4

t⁵ = t² t⁵ +4t

t⁵ + 4

t⁵ =t⁻³+ 4t⁻⁴+ 4t⁻⁵donc I11= 1

27 Z 2

1

t⁻³+ 4t⁻⁴+ 4t⁻⁵ dt

= 1 27

t⁻²

−2 + 4×t⁻³

−3 + 4×t⁻⁴

−4 ²

1

= 1 27

−1 8 −1

6 − 1 16−

−1 2 −4

3 −1

= 1 27×119

48

= 119 1296

(8)

3. I12= Z 2

1

e^2x 1−e^xdx

• on poset= e^x=u(x)doncx= ln(t).

La fonctionu:x7→e^xest de classeC¹ sur[1; 2]et pour toutxdans[1; 2], on au^′(x) = e^x.

• t=u(x)doncdt=u^′(x)dxdoncdt=e^xdx.

• On a :

e^2x

1−e^xdx= e^x

1−e^x ×e^xdx= t 1−tdt

• six= 1alorst= eet si x= 2alorst= e². donc par changement de variable :

I12= Z e²

e

t 1−tdt Petite astuce pour calculer cette intégrale :

t

1−t = t−1 + 1

1−t =−1 + 1 1−t. Ainsi :

I12= Z e²

e −1 + 1

1−tdt= [−t−ln|1−t|]^e_e² Or, 1−e²<0et1−e<0 donc

I12=−e²−ln(e²−1) + e + ln(e−1) c’est à dire

I12= ln(e−1)−ln(e²−1) + e−e² 4. I13=

Z 1 0

1 e^x+ 1dx

• on poset= e^x=u(x)doncx= ln(t).

La fonctionu:x7→e^xest de classeC¹ sur[0; 1]et pour toutxdans[0; 1], on au^′(x) = e^x.

• t=u(x)doncdt=u^′(x)dxdoncdt=e^xdx.

• On a :

1

e^x+ 1dx= 1

e^x(e^x+ 1)×e^xdx= 1 t(t+ 1)dt

• six= 0alorst= 1et si x= 1 alorst= e.

donc par changement de variable :

I13= Z e

1

1 t(t+ 1)dt Petite astuce pour calculer cette intégrale, remarquons que :

1 t − 1

t+ 1 = 1 t(t+ 1). Ainsi :

I13= Z e

1

1 t − 1

t+ 1

dt donc

I13= [ln|t| −ln|t+ 1|]^e₁= 1−ln(1 + e) + ln(2)

6 TD 16, exercice 6

C’est la même stratégie pour les trois intégrales : étudier le signe de l’expression située à l’intérieur de la valeur absolue puis utiliser la relation de Chasles pour écrire l’intégrale à calculer comme somme d’intégrales ne contenant plus de valeur absolue.

1. I14= Z 5

0

t|t²−1|dt

Voici le signe det²−1 = (t−1)(t+ 1)pourt∈[0; 5]:

(9)

t

t²−1

0 1 5

− 0 +

Par conséquent :

I14= Z 1

0

t(1−t²)dt+ Z 5

1

t(t²−1)dt

= Z 1

0

(t−t³)dt+ Z 5

1

(t³−t)dt

= t²

2 −t⁴ 4

¹

0

+ t⁴

4 −t² 2

⁵

1

=1 2 −1

4+625 4 −25

2 −1 4 +1

2

=577 4 2. I15=

Z 2

0 |x³−x²+x−1|dx

PosonsP(x) =x³−x²+x−1. Il est clair que1 est racine évidente deP doncP(x)est factorisable par(x−1).

On trouve (en effectuant une division euclidienne ou par identification) P(x) = (x−1)(x²+ 1) Orx²+ 1>0 pour toutx∈RdoncP(x)est du signe de(x−1) :

x

x³−x²+x−1

0 1 2

− 0 + Par conséquent :

I15= Z 1

0

(−x³+x²−x+ 1)dx+ Z 2

1

(x³−x²+x−1)dx

=

−x⁴ 4 +x³

3 −x² 2 +x

1 0

+ x⁴

4 −x³ 3 +x²

2 −x 2

1

=−1 4+1

3−1

2 + 1 + 4−8

3 + 2−2−1 4+1

3 −1 2 + 1

= 5 2 3. I16=

Z 5 0

t−1

|t²−2t|+ 1dt

Voici le signe det²−2t=t(t−2)pourt∈[0; 5]: t t t−2 t²−2t

0 2 5

0 + +

− 0 +

0 − 0 +

(10)

Par conséquent :

I16= Z 2

0

t−1

−t²+ 2t+ 1dt+ Z 5

2

t−1 t²−2t+ 1dt

=

−1

2ln| −t²+ 2t+ 1|

0²+ 1

2ln|t²−2t+ 1| 5

2

= 0−0 +1

2ln(16)−0

= 2 ln(2)

7 TD 16, exercice 7

1. (a) La fonction f est de la forme ln(u)avecu(x) =x+√

x²+ 2. On a d’une part : u^′(x) = 1 + 2x

2√

x²+ 2 = 1 + x

√x²+ 2 =

√x²+ 2 +x

√x²+ 2 et doncf^′(x) =^u_u(x)^′^(x)=u^′(x)×u(x)¹ :

f^′(x) =

√x²+ 2 +x

√x²+ 2 × 1 x+√

x²+ 2 = 1

√x²+ 2. (b) D’après ce qui précède :

I= Z 1

0

√ 1

x²+ 2dx= Z 1

0

f^′(x)dx= [f(x)]¹₀ donc

I=h ln

x+p

x²+ 2i1

0= ln(1 +√

3)−ln(√ 2) 2. (a) Par linéarité de l’intégrale, on a successivement :

J+ 2I= Z 1

0

x²

√x²+ 2dx+ 2 Z 1

0

√ 1

x²+ 2dx

= Z 1

0

x²

√x²+ 2dx+ Z 1

0

√ 2

x²+ 2dx

= Z 1

0

x²+ 2

√x²+ 2dx

= Z 1

0

√x²+ 2×√ x²+ 2

√x²+ 2 dx

= Z 1

0

px²+ 2dx

=K (b) K=

Z 1 0

px²+ 2dx= Z 1

0

1×p

x²+ 2dx.

Posons







u^′(x) = 1 v(x) =√

x²+ 2 alors







u(x) =x v^′(x) = √ ^x

x²+2

(11)

Les fonctionsuetv sont de classeC¹sur[0; 1]donc par intégration par parties : K=

Z 1 0

u^′(x)v(x)dx

= [u(x)v(x)]¹₀− Z 1

0

u(x)v^′(x)dx

=h xp

x²+ 2i1 0−

Z 1 0

x× x

√x²+ 2dx

=√ 3−

Z 1 0

x²

√x²+ 2dx

=√ 3−J (c) Les réelsJ etKvérifient donc le système :

(K−J = 2I K+J =√

3 L1+L2 donne2K= 2I+√

3.

L2−L1 donne2J=√ 3−2I.

Sachant queI= ln(1 +√

3)−ln(√

2), on a donc : K=

√3

2 + ln(1 +√

3)−ln(√ 2) et

J =

√3

2 −ln(1 +√

3) + ln(√ 2)

8 TD 16, exercice 8

Soita >0. PosonsJa= Z a

1 a

ln(x) 1 +x²dx.

• on poset= ¹_x=u(x)doncx=¹_t.

La fonction u : x 7→ x¹ est de classe C¹ sur ₁

a;a ou

a;¹_a

car a > 0 et pour tout x dans ₁

a;a ou

a;¹_a , on a u^′(x) =−x¹².

• dt=u^′(x)dx=−_x¹²dx=−t²dxdoncdx=−^dt_t².

• On a :

ln(x)

1 +x² = ln ¹_t

1 + ¹_t2 = −ln(t) 1 +_t¹2

• si x= ¹_a alorst=aet six=aalorst=_a¹. donc par changement de variable :

Ja= Z ¹a

a

−ln(t) 1 + _t¹2

× −dt t² =

Z ¹a

a

ln(t)

t²+ 1dt=− Z a

1 a

ln(t) 1 +t²dt c’est à direJa=−Ja donc2Ja = 0et par conséquentJa= 0.

9 TD16, exercice 9

Pour toutn∈N, on pose : In= Z e

1

(ln(x))ⁿdx.

1. La fonctionx7→(ln(x))ⁿ est continue surR^∗₊ donc en particulier sur[1; e]donc l’intégraleIn existe.

2. I0= Z e

1

1dx= [x]^e₁= e−1etI1= Z e

1

ln(x)dx.

Pour calculerI1 : IPP, cf Exemple 16.9 du cours.

D’où :

I1= [xln(x)−x]^e₁= e−e−(−1) = 1

(12)

3. SoitndansN. Par linéarité de l’intégrale : In+1−In =

Z e 1

(ln(x))ⁿ⁺¹dx− Z e

1

(ln(x))ⁿdx

= Z e

1

(ln(x))ⁿ⁺¹−(ln(x))ⁿ dx

= Z e

1

(ln(x))ⁿ(ln(x)−1) dx

Or, x∈ [1; e] doncx >1 doncln(x) >0 et (ln(x))ⁿ >0. De plus, x6 edonc ln(x)6 ln(e)donc ln(x)−1 6 0 et finalement(ln(x))ⁿ(ln(x)−1)60avec 16edonc par positivité de l’intégrale, on obtient :

Z e 1

(ln(x))ⁿ(ln(x)−1) dx60

i.e.In+1−In60, ce qui prouve que la suite(In)est décroissante. D’autre part, on a montré que pour toutx∈[1; e], on a (ln(x))ⁿ >0avec 16edonc par positivité de l’intégrale, on obtient :

Z e 1

(ln(x))ⁿdx>0

i.e.In >0. Ainsi, la suite(In)est décroissante et minorée par0, donc d’après le théorème de convergence monotone, elle converge. Soitℓsa limite.

4. Pour montrer cette relation, nous allons effectuer une intégration par parties sur l’intégraleIn+1. SoitndansN. Posons







u^′(x) = 1

v(x) = (ln(x))ⁿ⁺¹

alors







u(x) =x

v^′(x) = (n+ 1)×¹_x×(ln(x))ⁿ

Les fonctionsuetvsont de classe C¹ sur[1; e]donc par intégration par parties : In+1=

Z e 1

u^′(x)v(x)dx

= [u(x)v(x)]^e₁− Z e

1

u(x)v^′(x)dx

=

x(ln(x))ⁿ⁺¹e 1−

Z e 1

x×(n+ 1)× 1

x×(ln(x))ⁿdx

= e−0−(n+ 1) Z e

1

(ln(x))ⁿdx i.e.In+1= e−(n+ 1)In.

5. Soit n dans N. On sait que pour tout m ∈ N on a Im > 0 donc en particulierIn+1 > 0 et donc d’après la question précédente,e−(n+ 1)In>0ce qui s’écrit

(n+ 1)In6e.

En divisant parn+ 1>0, on obtient

06In6 _n+1^e . Or, lim

n→+∞0 = 0et lim

n→+∞ e

n+1 = 0 donc le théorème d’encadrement s’applique et permet de conclure que lim

n→+∞In = 0 i.e.ℓ= 0.

10 TD16, exercice 11

Pour toutn∈N^∗, on considère les intégrales : In=

Z 1 0

xⁿln(1 +x²)dx et Jn= Z 1

0

xⁿ 1 +x²dx 1. (a) J1=

Z 1 0

x 1 +x²dx=

1

2ln(1 +x²) ¹

0

= 1 2ln(2).

(13)

(b) Soitxdans[0; 1]. On a :

06x61 ⇐⇒ 0²6x²61² ⇐⇒ 161 +x²62 ⇐⇒ 1> 1 1 +x² > 1

2.

Or ¹₂ >0, alors 0 6 _1+x¹2 6 1 donc en multipliant par xⁿ > 0, on obtient 0 6 _1+x^xⁿ2 6xⁿ et puisque 0 6 1, par croissance de l’intégrale :

Z 1 0

0dx6 Z 1

0

xⁿ 1 +x²dx6

Z 1 0

xⁿdx Or

Z 1 0

0dx= 0 et Z 1

0

xⁿdx= 1

n+ 1xⁿ⁺¹ 1

0

= 1

n+ 1. Ainsi : 06Jn6 1

n+ 1. (c) Puisque limn→+∞0 = 0 et limn→+∞ 1

n+1 = 0, le théorème d’encadrement s’applique et on peut conclure que limn→+∞Jn = 0.

2. (a) Intégrons par parties l’intégraleIn. Posons







u^′(x) =xⁿ v(x) = ln(1 +x²)

alors







u(x) = ^x_n+1ⁿ⁺¹ v^′(x) =_1+x^2x2

Les fonctionsuetv sont de classeC¹sur[0; 1]donc par intégration par parties : In=

Z 1 0

u^′(x)v(x)dx

= [u(x)v(x)]¹₀− Z 1

0

u(x)v^′(x)dx

= xⁿ⁺¹

n+ 1ln(1 +x²) ¹

0

− Z 1

0

xⁿ⁺¹

n+ 1× 2x 1 +x²dx

= ln(2) n+ 1 − 2

n+ 1 Z 1

0

xⁿ⁺² 1 +x²dx

= ln(2) n+ 1 − 2

n+ 1Jn+2

(b) D’après la question1.(b)on sait que lim

n→+∞Jn= 0donc lim

n→+∞Jn+2= 0. De plus lim

n→+∞

2

n+ 1 = 0donc par produit

n→lim+∞

2

n+ 1Jn+2= 0. Enfin, on a lim

n→+∞

ln(2)

n+ 1 = 0d’où facilement lim

n→+∞In= 0.

11 TD16, exercice 12

1. SoitndansN^∗. PosonsSn= 1 n√ n

n

X

k=1

√k. On a :

Sn= 1 n

n

X

k=1

√k

√n = 1 n

n

X

k=1

rk n Posonsf(x) =√

xpourx∈[0; 1]. Alors :

Sn= 1 n

n

X

k=1

rk n = 1

n

X

k=1

f k

n

On reconnaît une somme de Riemann. La fonctionf est continue sur[0; 1](c’est une fonction de référence) donc d’après le cours, la suite(Sn)converge et :

n→lim+∞Sn = Z 1

0

f(t)dt= Z 1

0

√tdt

Or :

Z 1 0

√tdt= Z 1

0

t¹²dt=

"

t³²

3 2

#¹

0

=2 3

(14)

donc finalement :

n→lim+∞Sn= 2 3. 2. SoitndansN^∗. PosonsSn=

n

X

k=1

k²

n³+k³. On a : k²

n³+k³ = n²×^kn²²

n³ 1 + ^k_n³3

= 1 n×

k n

² 1 + _n^k³ Posonsf(x) = x²

1 +x³ pourx∈[0; 1]. Alors : Sn= 1

n

X

k=1 k n

² 1 + _n^k3 = 1

n

X

k=1

f k

n

On reconnaît une somme de Riemann. La fonction rationnellef est définie et continue sur[0; 1]car1 +x³6= 0six∈[0; 1]

donc d’après le cours, la suite(Sn)converge et :

n→lim+∞Sn = Z 1

0

f(t)dt= Z 1

0

t² 1 +t³dt Or :

Z 1 0

t² 1 +t³dt=

1

3ln|1 +t³| 1

0

=1 3ln(2) donc finalement :

n→lim+∞Sn =1 3ln(2).

3. SoitndansN^∗. PosonsSn=

n

X

k=1

1

pn(n+k). On a : 1

pn(n+k) = 1 q

n² 1 + ^k_n

= 1

n × 1

q 1 + ^k_n Posonsf(x) = 1

√1 +x pourx∈[0; 1]. Alors :

Sn= 1 n

n

X

k=1

1 q

1 +_n^k

= 1 n

n

X

k=1

f k

n

On reconnaît une somme de Riemann. La fonctionf est continue sur[0; 1](car 1 +x >0sur[0; 1]) donc d’après le cours, la suite(Sn)converge et :

n→lim+∞Sn= Z 1

0

f(t)dt= Z 1

0

√ 1 1 +tdt Or :

Z 1 0

√ 1

1 +tdt= 2√

1 +t¹

0= 2√ 2−2 donc finalement :

n→lim+∞Sn = 2√ 2−2.

12 TD16, exercice 13

Pour toutx >0, on poseϕ(x) = Z x

1

e^t t dt.

(15)

1. La fonction ϕ est du typeϕ(x) = Z x

x0

f(t)dt avec x0 = 1 et f(t) = ^e_t^t. Pour montrer qu’elle est de classe C¹ surR^∗₊, appliquons la Proposition 16.16 du cours. La fonctionf est continue surR^∗₊ comme quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas. Ainsi la fonction ϕest de classeC¹surR^∗₊. On a pourx∈R^∗₊ :

ϕ^′(x) = e^x x. Or pourx∈R^∗₊, e^x

x >0, ainsiϕ^′(x)>0 et la fonctionϕest strictement croissante surR^∗₊.

On remarque queϕ^′est dérivable surR^∗₊comme quotient de fonctions dérivables avec le dénominateur qui ne s’annule pas surR^∗₊. On peut alors calculerϕ^′′pour étudier la convexité deϕ. On a pourx∈R^∗₊ :

ϕ^′′(x) =e^x×x−e^x×1

x² = e^x(x−1) x² . Etudions alors le signe deϕ^′′. On a pour toutx∈R^∗₊, e^x

x² >0donc le signe deϕ^′′dépend du signe dex−1. On a alors : ϕ^′′(x)>0 ⇐⇒ x−1>0 ⇐⇒ x >1.

Ainsiϕest concave sur]0; 1]et convexe sur[1; +∞[. De plus,ϕ^′′(1) = 0etϕ^′′ change de signe en 1 donc 1 est un point d’inflexion deϕ.

2. On a les équivalences suivantes :

t >0 ⇐⇒ e^t>e⁰ ⇐⇒ e^t t > 1

t cart >0.

On a en particulier, pourt >0, e^t t >1

t.

Par croissance de l’intégrale, on en déduit que pourx61 : (on doit prendrex61car après on le fait tendre vers0⁺) Z 1

x

e^t tdt>

Z 1 x

1 tdt, c’est-à-dire

− Z x

1

e^t tdt>−

Z x 1

1 tdt

donc Z x

1

e^t tdt6

Z x 1

1 tdt Or

Z x 1

1

tdt= [ln(t)]^x₁ = ln(x)−ln(1) = ln(x). Ainsi pourx61, on a : Z x

1

e^t

tdt6ln(x).

Or lim

x→0⁺ln(x) =−∞donc par croissance comparée, on obtient :

xlim→0⁺ϕ(x) =−∞.

3. Montrer l’inégalitée^t> ^t₂² revient à montrer quee^t−t²

2 >0. Posonsf(t) = e^t−^t₂² et montrons quef(t)>0pourt >0.

La fonctionf est dérivable surR₊ et on a :

f^′(t) = e^t−t.

Or, (astuce !), la fonction exponentielle est convexe sur R donc elle est au-dessus de ses tangentes en tout point. En particulier, elle est au-dessus de sa tangente en 0. Or sa tangente en 0 a pour équationy = e⁰(t−0) + e⁰=t+ 1. Ainsi pour toutt ∈R, e^t>t+ 1, en particuliere^t−t>1>0. Ainsif^′(t)>0 et la fonctionf est strictement croissante sur R₊, orf(0) = 1donc pour toutt >0,f(t)>0. Soit pourt >0,

e^t> t² 2.

(16)

On en déduit donc que pourt >0,

e^t t > t

2.

Par croissance de l’intégrale, on en déduit que pourx>1 : (on doit prendrex>1car après on le fait tendre vers+∞) Z x

1

e^t tdt>

Z x 1

t 2dt or

Z x 1

t 2dt=

t² 4

^x

1

= x² 4 −1

4. Ainsi pourx>1,

ϕ(x)>x² 4 −1

4. Comme lim

x→+∞

x² 4 −1

4 = +∞, on en déduit par croissance comparée que

x→lim+∞ϕ(x) = +∞.

De l’inégalité pour x>1,ϕ(x)>x² 4 −1

4, on en déduit que pourx>1 : ϕ(x)

x >x 4 − 1

4x. Or lim

x→+∞

x 4 − 1

4x = +∞donc par croissance comparée :

x→lim+∞

ϕ(x)

x = +∞.

On en déduit que la courbe Cϕ deϕpossède une branche parabolique de direction0yau voisinage de+∞. 4. Allure de la courbe représentative deϕ.

13 TD16, exercice 15

On considère les fonctions définies par : F(x) =

Z 2x x

√ dt

1 +t² etG(x) = Z x

0

√ dt 1 +t².

(17)

1. La fonctionf :t7→ ^√_1+t¹ 2 est continue surRdonc la fonctionF est définie surR. SoitxdansR. On a :

F(−x) = Z −2x

−x

√ 1

1 +t²dt

• posonsz=−t=u(t)donct=−z. La fonctionu:t7→ −t est de classeC¹ sur[−x;−2x] ou[−2x;−x]et pour tout tdans [−x;−2x]ou[−2x;−x], on a u^′(t) =−1.

• dz=u^′(t)dt=−dtdoncdt=−dz.

• On a :

√ 1

1 +t² = 1

p1 + (−z)² = 1

√1 +z²

• sit=−xalorsz=xet sit=−2xalorsz= 2x.

donc par changement de variable :

Z ₋2x

−x

√ 1

1 +t²dt=− Z 2x

x

√ 1

1 +z²dz i.e.

F(−x) =−F(x) donc la fonctionF est impaire.

2. Soitt >0. D’une part, on at²61 +t²et d’autre part, on a 1 +t²6t²+ 2t+ 1puisquet >0 donc on a : t²61 +t²6(t+ 1)²

donc √

t²6p

1 +t²6p (t+ 1)² i.e.

|t|6p

1 +t²6|t+ 1| Or,t >0donc|t|=tet|t+ 1|=t+ 1donc on a

0< t6p

1 +t²6t+ 1.

Par inverse, on obtient alors l’encadrement souhaité : 1

t+ 1 6 1

√1 +t² 61 t Soit maintenantx >0. Alors x62xdonc par croissance de l’intégrale :

Z 2x x

1 t+ 1dt6

Z 2x x

√ 1

1 +t²dt6 Z 2x

x

1 tdt donc

[ln|t+ 1|]^2x_x 6F(x)6[ln|t|]^2x_x puis, sachant quex >0 :

ln(2x+ 1)−ln(x+ 1)6F(x)6ln(2x)−ln(x) i.e.

ln

2x+ 1 x+ 1

6F(x)6ln(2) On a pour x6= 0,

2x+ 1

x+ 1 =x 2 + ¹_x

x 1 + ¹_x = 2 +¹_x 1 +_x¹ donc lim

x→+∞

2x+ 1

x+ 1 = 2et par composition, on a donc lim

x→+∞ln

2x+ 1 x+ 1

= ln(2). Or, on a également lim

x→+∞ln(2) = ln(2) donc le théorème d’encadrement s’applique et on peut conclure que :

x→lim+∞F(x) = ln(2)

(18)

3. SoitxdansR. D’après la relation de Chasles : F(x) =

Z 2x x

√ dt

1 +t² = Z 0

x

√ dt

1 +t² + Z 2x

0

√ dt 1 +t² donc

F(x) =− Z x

0

√ dt

1 +t² + Z 2x

0

√ dt 1 +t² i.e.

F(x) =−G(x) +G(2x) et donc

F(x) =G(2x)−G(x)

Puisque la fonction f : t 7→ ^√_1+t¹ ² est continue sur R, la fonction G, qui n’est autre que la primitive de f sur R qui s’annule en 0, est dérivable surR. Par composition,x7→G(2x)est dérivable surRet par différence, x7→G(2x)−G(x) est dérivable sur R. Donc d’après ce qui précède, la fonctionF est dérivable surR.

SoitxdansR. Par dérivation d’une composée :

F^′(x) = 2G^′(2x)−G^′(x)

= 2

p1 + (2x)² − 1

√1 +x²

= 2

√1 + 4x² − 1

√1 +x²

4. Soitxdans R. En utilisant l’expression conjuguée : F^′(x) = 2

√1 + 4x² − 1

√1 +x²

= 2√

1 +x²−√ 1 + 4x²

√1 +x²×√ 1 + 4x²

= 1

√1 +x²×√

1 + 4x²× 4(1 +x²)−(1 + 4x²) 2√

1 +x²+√ 1 + 4x²

= 1

√1 +x²×√

1 + 4x²× 3

2√

1 +x²+√ 1 + 4x²

doncF^′(x)>0doncF est strictement croissante surR. Afin d’obtenir le tableau de variations complet de la fonctionF, il reste à déterminer la limite deF en−∞. Mais d’après la question1.on sait queF est impaire : posonsX =−x. Alors :

x→−∞lim F(x) = lim

X→+∞F(−X)

= lim

X→+∞−F(X)

=− lim

X→+∞F(X)

=−ln(2) D’où le tableau de variations de la fonctionF :

x

Signe de F^′(x)

Variations deF

−∞ +∞

+

−ln(2)

ln(2) ln(2)

(19)

Allure de la courbe représentative de la fonctionF :