Université Claude Bernard-Lyon 1/Licence sciences et technologie

(1)

Université Claude Bernard-Lyon 1/Licence sciences et technologie MAT1009L/Unité d’enseignement « Intégration et approximation »

Contrôle continu final/Mardi 31 mai 2016/Durée 2 heures

Les exercices ci-dessous sont indépendants et peuvent être traités dans l’ordre de votre choix. L’utilisation de documents de toute nature et de calculettes n’est pas autorisée, et l’utilisation de téléphone sera considérée comme tentative de fraude (y compris pour regarder l’heure).

Exercice 1.

On considère la fonction 𝑓(𝑥) = arcsin(2𝑥²− 1) (a) Déterminer l’ensemble de définition de 𝑓

(b) Déterminer la dérivée 𝑓^′(𝑥) de 𝑓 aux points 𝑥 > 0 où c’est possible.

(c) Evaluer

𝐽 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

√32

0

En explicitant la réponse autant que possible.

Correction exercice 1.

(a) On pose 𝑢(𝑥) = 2𝑥² − 1

1 − (𝑢(𝑥))² = 1 − (2𝑥²− 1)² = 1 − (4𝑥⁴− 4𝑥²+ 1) = 4𝑥²− 4𝑥⁴ = 4𝑥²(1 − 𝑥²)

−1 ≤ 𝑢(𝑥) ≤ 1 ⇔ 1 − (𝑢(𝑥))² ≥ 0 ⇔ 1 − 𝑥² ≥ 0 ⇔ −1 ≤ 𝑥 ≤ 1 Donc 𝐷_𝑓 = [−1,1]

(b) Pour 𝑥 > 0

𝑓^′(𝑥) = 𝑢^′(𝑥)

√1 − (𝑢(𝑥))²

= 4𝑥

√4𝑥²(1 − 𝑥²) = 4𝑥

2√𝑥²√1 − 𝑥² = 2𝑥

|𝑥|√1 − 𝑥² = 2

√1 − 𝑥² Car pour 𝑥 ∈ ]0,1[, |𝑥| = 𝑥

(c) A l’aide d’une intégration par partie

𝑓^′(𝑥) = 2

√1 − 𝑥² 𝐽 = ∫ 1 × 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

√32

0

𝐽 = ∫ 1 × 𝑓(𝑥)𝑑𝑥₀^√3²

𝑢^′(𝑥) = 1 𝑢(𝑥) = 𝑥 𝑣(𝑥) = arcsin(2𝑥²− 1) 𝑣^′(𝑥) = _√1−𝑥² ₂ 𝐽 = [𝑥 arcsin(2𝑥²− 1)]₀

√3

2 − ^∫₀^√3² _√1−𝑥^2𝑥 2𝑑𝑥

Soit on voit directement qu’une primitive de 𝑥 → _√1−𝑥^2𝑥 ₂ = 2𝑥(1 − 𝑥²)⁻¹² est 𝑥 → −2(1 − 𝑥²)¹² Et alors

𝐽 = [𝑥 arcsin(2𝑥²− 1)]₀^√3² + 2 [(1 − 𝑥²)¹²]

0

√32

= √³

2 arcsin(2 ×3

4− 1)− 0 + 2(√1 −3 4− 1)

=√³

2 arcsin(¹

2)+ 2(¹

2− 1)=√³ 2 ×𝜋

6− 1 =√^3𝜋 12 − 1 Soit on fait le changement de variable 𝑡 = 𝑥², alors 𝑑𝑡 = 2𝑥𝑑𝑥

𝑥 = 0 ⇒ 𝑡 = 0

(2)

𝑥 =√3

2 ⇒ 𝑡 = 3 4 𝐽 = [𝑥 arcsin(2𝑥²− 1)]₀^√3² − ∫ 𝑑𝑡

√1 − 𝑡

3 4 0

= √³

2 arcsin(2 ×3

4− 1)− 0 −∫ (1 − 𝑡)⁻¹²𝑑𝑡

3 4 0

=√3

2 arcsin(¹

2)−[−2(1 − 𝑡)¹²]

0 3 4=√3

2 ×𝜋

6+ 2(√1 −3

4− 1) =√3𝜋

12 + 2(√¹ 4− 1)

=√3𝜋 12 − 1 Exercice 2.

(a) Quel est l’ensemble de définition de la fonction 𝑓 exprimée par la formule 𝑓(𝑡) = 𝑡 − 2

𝑡²− 2𝑡 + 2 (b) Trouver les primitives de 𝑓 .

(c) Etudier la convergence de l’intégrale généralisée (ou impropre) 𝐾 = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡

+∞

0

(a)

𝑓(𝑡) = 𝑡 − 2

𝑡²− 2𝑡 + 2 = 𝑡 − 2 (𝑡 − 1)²+ 1 Comme (𝑡 − 1)²+ 1 ≥ 1 > 0 la fonction est définie sur ℝ.

(b)

∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑡 − 2

(𝑡 − 1)²+ 1𝑑𝑡 On fait le changement de variable 𝑥 = 𝑡 − 1 ⇔ 𝑡 = 𝑥 + 1

𝑑𝑡 = 𝑑𝑥

∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = ∫𝑥 + 1 − 2

𝑥²+ 1 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 − 1

𝑥²+ 1𝑑𝑥 = ∫ 𝑥

𝑥²+ 1𝑑𝑥 − ∫ 1 𝑥²+ 1𝑑𝑥

=1

2ln(𝑥²+ 1) − arctan(𝑥) + 𝐾, 𝐾 ∈ ℝ

=1

2ln((𝑡 − 1)²+ 1) − arctan(𝑡 − 1) + 𝐾, 𝐾 ∈ ℝ

=1

2ln(𝑡²− 2𝑡 + 2) − arctan(𝑡 − 1) + 𝐾, 𝐾 ∈ ℝ (c) Première méthode

𝑡 − 2 𝑡²− 2𝑡 + 2 ∼

+∞

1 𝑡 Or 𝑡 →¹_𝑡 est une fonction de Riemann non intégrable en +∞

Donc 𝐾 diverge Deuxième méthode

𝐾(𝑋) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡

𝑋

0

= [1

2ln(𝑡²− 2𝑡 + 2) − arctan(𝑡 − 1)]

0 𝑋

=1

2ln(𝑋²− 2𝑋 + 2) − arctan(𝑋 − 1) − (1

2ln(2) − arctan(1))

𝑋→+∞→ + ∞ Donc 𝐾 diverge

Exercice 3.

1. Soit 𝑝 > 0 un paramètre fixé. Montrer (sans la calculer) que l’intégrale

(3)

𝐼 = ∫ 𝑑𝑥 (𝑒^𝑥− 1)^𝑝

+∞

ln(2)

Est convergente

2. A l’aide du changement de variable 𝑡 = √𝑒^𝑥− 1, calculer une primitive de la fonction 𝑓 définie par 𝑓(𝑥) = 1

√𝑒^𝑥− 1 3. En déduire la valeur de 𝐼¹

2

1.

𝑥²× 1

(𝑒^𝑥− 1)^𝑝 ∼

+∞ 𝑥²𝑒^−𝑝𝑥

𝑥→+∞lim 𝑥²× 1

(𝑒^𝑥− 1)^𝑝 = 0 Par croissance comparée

2 > 1, d’après les règles de Riemann l’intégrale est convergente en +∞

2.

𝑡 = √𝑒^𝑥− 1 ⇔ 𝑡² = 𝑒^𝑥− 1 ⇔ 𝑒^𝑥 = 𝑡²+ 1 ⇔ 𝑥 = ln(𝑡²+ 1) ⇒ 𝑑𝑥 = 2𝑡𝑑𝑡 𝑡²+ 1

∫1

𝑡× 2𝑡𝑑𝑡

𝑡²+ 1= 2 ∫ 𝑑𝑡

𝑡²+ 1 = 2 arctan(𝑡) + 𝐾 = 2 arctan(√𝑒^𝑥− 1) + 𝐾, 𝐾 ∈ ℝ 3. Pour 𝑋 > ln (2). On pose

𝐼(𝑋) = ∫ 𝑑𝑥

√𝑒^𝑥− 1

𝑋

ln(2)

𝐼(𝑋) = ∫ 𝑑𝑥

√𝑒^𝑥− 1

𝑋

ln(2)

= [2 arctan(√𝑒^𝑥− 1)]_ln(2)^𝑋 = 2 arctan (√𝑒^𝑋− 1) − 2 arctan (√𝑒^ln(2)− 1) =

= 2 arctan (√𝑒^𝑋− 1) − 2 arctan(1) = 2 arctan (√𝑒^𝑋− 1) −𝜋 2 𝐼 = lim

𝑋→+∞𝐼(𝑋) = 2 ×𝜋 2−𝜋

2 =𝜋 2 Car

𝑋→+∞lim √𝑒^𝑋− 1 = +∞

Exercice 4.

Déterminer un polynôme 𝑃(𝑡) de degré 2 tel que

0 ≤ (1 + 𝑡)¹⁵− 𝑃(𝑡) ≤ 6

125 ∀𝑡 ∈ [0,1]

En prouvant que le polynôme proposé satisfait cette inégalité.

La fonction 𝑓(𝑡) = (1 + 𝑥)¹⁵ est 𝐶^+∞ sur [0,1] donc on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange avec un reste à l’ordre 3 entre 0 et 𝑡.

𝑓(0) = 1 𝑓^′(𝑥) =1

5(1 + 𝑥)⁻⁴⁵⇒ 𝑓^′(0) =1 5 𝑓^′′(𝑥) = − 4

25(1 + 𝑥)⁻⁹⁵⇒ 𝑓^′′(0) = − 4 25 𝑓^′′′(𝑥) = 36

125(1 + 𝑥)⁻¹⁴⁵

(4)

Il existe 𝑐 ∈ ]0, 𝑡[ tel que

𝑓(𝑡) = 𝑓(0) + 𝑡𝑓^′(0) +𝑡²

2 𝑓^′′(0) +𝑡³

6 𝑓^′′′(𝑐) (1 + 𝑡)¹⁵ = 1 +𝑡

5− 4 25×𝑡²

2 +𝑡³ 6 × 36

125(1 + 𝑐)⁻¹⁴⁵ (1 + 𝑡)¹⁵− 1 −𝑡

5+2𝑡²

25 = 6𝑡³

125(1 + 𝑐)⁻¹⁴⁵

0 < 𝑐 < 𝑡 ⇒ 1 < 1 + 𝑐 < 1 + 𝑡 ⇒ 1 < (1 + 𝑐)¹⁴⁵ < (1 + 𝑡)¹⁴⁵ ⇒ (1 + 𝑡)⁻¹⁴⁵ < (1 + 𝑐)⁻¹⁴⁵ < 1

⇒ 6𝑡³

125(1 + 𝑡)⁻¹⁴⁵ < 6𝑡³

125(1 + 𝑐)⁻¹⁴⁵ < 6𝑡³

125⇒ 0 < 6𝑡³

125(1 + 𝑐)⁻¹⁴⁵ < 6 125⇒ 0

< (1 + 𝑡)¹⁵− 1 −𝑡 5+2𝑡²

25 < 6

125⇒ 0 < (1 + 𝑡)¹⁵− (1 +𝑡 5−2𝑡²

25) < 6 125 Donc 𝑃(𝑡) = 1 +₅^𝑡−^2𝑡₂₅²

Exercice 5.

(a) Calculer le développement limité d’ordre deux en 0 de la fonction 𝑥 → 2(2 + 3𝑥)

(2 + 2𝑥)(2 + 𝑥) (b) En déduire que quand 𝑡 → +∞ on a

(2𝑡 + 3)𝑡

(𝑡 + 1)(2𝑡 + 1)= 1 − 1

2𝑡²+ 𝑜 (1 𝑡²) (c) Utiliser (𝑏) pour calculer la valeur de

𝑡→+ ∞lim ( (2𝑡 + 3)𝑡 (𝑡 + 1)(2𝑡 + 1))

4𝑡²

Indication : un passage au logarithme serait judicieux.

(d) Montrer que

𝑡→+ ∞lim (1 + 1 2𝑡 + 2)

8𝑡+4

= 𝑒⁴ On considère maintenant la suite

𝑢_𝑛 = (1 + 1 2𝑛)

4𝑛²

, 𝑛 ∈ ℕ^∗ On s’intéresse ci-dessous au calcul de la limite

lim

𝑛→+∞

𝑢_𝑛+1 𝑢_𝑛 (e) Montrez que

𝑢_𝑛+1

𝑢_𝑛 = ( (2𝑛 + 3)𝑛 (𝑛 + 1)(2𝑛 + 1))

4𝑡²

(1 + 1 2𝑛 + 2)

8𝑛+4

(f) A l’aide des questions précédentes, déterminer

𝑛→+∞lim 𝑢_𝑛+1

𝑢_𝑛 Correction exercice 5.

(a)

2 + 3𝑥

(1 + 2𝑥)(1 + 𝑥)= 2 + 3𝑥 2 + 3𝑥 + 𝑥² Première méthode

La division suivante les puissances croissantes

(5)

2 + 3𝑥 2 + 3𝑥 + 𝑥² 2 + 3𝑥 + 𝑥² 1 −¹₂𝑥² −𝑥²

−𝑥²+ 𝑜(𝑥²) 𝑜(𝑥²) Donc

2 + 3𝑥

(1 + 𝑥)(2 + 𝑥)= 1 −1

2𝑥²+ 𝑜(𝑥²) Seconde méthode

2 + 3𝑥

(1 + 𝑥)(2 + 𝑥)= 2 + 3𝑥

2 + 3𝑥 + 𝑥² =1

2(2 + 3𝑥) × 1 1 + 32 𝑥 +1

2 𝑥²

= (1 +3

2𝑥) × 1 1 + 𝑋

= (1 +3

2𝑥) × (1 − 𝑋 + 𝑋²+ 𝑜(𝑋²)) Avec

𝑋 =3 2𝑥 +1

2𝑥² 𝑋² =9

4𝑥²+ 𝑜(𝑥²) 𝑜(𝑋² ) = 𝑜(𝑥²) 2 + 3𝑥

(1 + 𝑥)(2 + 𝑥)= (1 +3

2𝑥) × (1 − (3 2𝑥 +1

2𝑥²) +9

4𝑥² + 𝑜(𝑥²) + 𝑜(𝑥²))

= (1 +3

2𝑥) × (1 −3 2𝑥 +7

4𝑥²+ 𝑜(𝑥²) + 𝑜(𝑥²))

= 1 −3 2𝑥 +7

4𝑥²+3 2𝑥 −9

4𝑥²+ 𝑜(𝑥²) = 1 −1

2𝑥²+ 𝑜(𝑥²) (b) On pose 𝑡 =¹_𝑥 donc 𝑥 =¹_𝑡 → 0 lorsque 𝑡 → +∞

(2𝑡 + 3)𝑡

(𝑡 + 1)(2𝑡 + 1)= (2𝑥 + 3)2 𝑥 (2𝑥 + 2)(2

𝑥 + 1)

= (2 + 3𝑥) × 2

(2 + 2𝑥)(2 + 𝑥)= 1 −1

2𝑥²+ 𝑜(𝑥²) = 1 − 1

2𝑡²+ 𝑜 (1 𝑡²) (c)

( (2𝑡 + 3)𝑡 (𝑡 + 1)(2𝑡 + 1))

4𝑡²

= 𝑒^4𝑡²^ln((𝑡+1)(2𝑡+1))^{(2𝑡+3)𝑡} = 𝑒^4𝑡²^{ln(1− 1}^2𝑡²^{+𝑜( 1}^𝑡²⁾⁾= 𝑒^4𝑡²^{(− 1}^2𝑡²^{+𝑜( 1}^𝑡²⁾⁾

= 𝑒^−2+𝑜(1)

𝑡→+∞→ 1 𝑒² (d)

(1 + 1 2𝑡 + 2)

8𝑡+4

= 𝑒(8𝑡+4)ln(1+ 12𝑡+2)

(8𝑡 + 4)ln (1 + 1 2𝑡 + 2) ∼

+∞(8𝑡 + 4) × 1 2𝑡 + 2 ∼

+∞

8 2= 4 Donc

𝑡→+ ∞lim (1 + 1 2𝑡 + 2)

8𝑡+4

= 𝑒⁴ (e)

(6)

𝑢_𝑛+1

𝑢_𝑛 = (1 + 1 2𝑛 + 2)

4(𝑛+1)²

(1 + 12𝑛)

4𝑛² =(1 + 1 2𝑛 + 2)

4𝑛²+8𝑛+4

(1 + 12𝑛)

4𝑛² = (1 + 1 2𝑛 + 2)

8𝑛+4

(1 + 1 2𝑛 + 2 1 + 12𝑛

)

4𝑛²

= (1 + 1 2𝑛 + 2)

8𝑛+4

(

2 + 3𝑛 2𝑛 + 2 2𝑛 + 1

2𝑛 )

4𝑛²

= (1 + 1 2𝑛 + 2)

8𝑛+4

( 2𝑛

2𝑛 + 1×2 + 3𝑛 2𝑛 + 2)

4𝑛²

= (1 + 1 2𝑛 + 2)

8𝑛+4

( 𝑛

2𝑛 + 1×2 + 3𝑛 𝑛 + 1)

4𝑛²

(f)

𝑛→+∞lim 𝑢_𝑛+1

𝑢_𝑛 = 𝑒⁴× 𝑒⁻² = 𝑒² Car

𝑛→+∞lim (1 + 1 2𝑛 + 2)

8𝑛+4

= 1 𝑒² Et

𝑛→+∞lim ( 𝑛

2𝑛 + 1×2 + 3𝑛 𝑛 + 1)

4𝑛²

= 𝑒⁴