Sans changement de variable ou intégration par parties

(1)

Feuille 2

Sans changement de variable ou intégration par parties

Exercice2.1 Solution p. 4

Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses?

1. Une fonction périodique est bornée.

2. Le produit de deux fonctions impaires est une fonction paire.

3. La dérivée d’une fonction impaire est paire.

4. Une primitive d’une fonction paire est impaire.

5. Le produit de deux fonctions croissantes est une fonction croissante.

Soitaun réel strictement positif différent de1.

Résoudre l’inéquationlog_a2x >log_a3(2−3x)

Démontrer que∀t∈R^∗₊, arctant > t 1 +t²

CalculerA= Z ^π

3

0

tanxp

1 + tan²x dxet Z π 0

sint 1 + cos²t dt

Calculer Z

cos⁴tsin²t dt

CalculerI = Z 2

0

√

e^x dx, J = Z ^π

2 16

π2 36

√ dx

xcos²√

x, K = Z ^π

3

π 6

dx

tanx etL= Z 1

0

e^e^x^+x dx.

Calculer les primitives des fonctions suivantes : f(x) =

p√x+ 1

√x , g(x) = cosx

√2 + sinx, h(x) = ln²x x

i(x) = 1

xlnxln(lnx), j(x) = 1 x+√

x, k(x) = tanhx

`(x) = x³

1 +x², m(x) = 1

√x+√

x−1, n(x) = tan²x, p(x) = (1 + tanx)²

Déterminer les applications continuesf de[a, b]dansRvérifiant Z b

a

f(t) dt= (b−a) sup

t∈[a,b]

|f(t)|

Quentin De Muynck Sous licencecbea

(2)

Exercice2.9 Solution p. 5 Étude de la fonctionf(t) = t²−2t−1

t e^−1/t.

Déterminer les fonctions continues surRtelles que

∀x∈R, ∀a∈R^∗+, f(x) = 1 2a

Z x+a x−a

f(t) dt

CalculerI = Z 1

−2

x

x²+ 4x+ 13 dx.

Indications :On pourra commencer par calculerZ 1

−2

1

x²+ 4x+ 13 dxen utilisant quex²+ 4x+ 13 = (x+ 2)²+ 9.

Déterminer les applications f, de NdansN, strictement croissantes telles quef(2) = 2, et, pour toutp, q ∈ N, f(pq) =f(p)f(q).

Soienta, b, ctrois nombres réels positifs ou nuls. Démontrer que l’un au moins des trois nombres réels4b(1− c), 4c(1−a)et4a(1−b)est inférieur ou égal à 1.

Lemme de Gronwall :

Soitf:R+−→R+continue, telle qu’il existek∈R+pour lequel

∀x∈R^∗+, f(x)≤k Z x

0

f(t) dt Montrer quefest nulle.

Soitf une application de[0,+∞[dansR, de classeC¹, telle quef(0) = 0et telle quef⁰(x)∈ [0,1]pour tout x≥0.

Montrer queZ x 0

f³(t) dt≤ ÅZ x

0

f(t) dt ã2

.

Avec changement de variable ou intégration par parties

Soitn∈N. Calculer Z _e

1

tⁿlnt dt.

Calculer les primitives des fonctions suivantes :

f(x) = (x²−1) e^2x, g(x) =x³e^−x², h(x) = ln²x

Calculer Z

cos⁴tsin³t dt.

On souhaite calculerI = Z ^2π

3

π 3

x sinx dx.

(3)

1. TransformerIen posant d’abordu= x

2 puist= tanu.

2. Soitα >0. En posantx= 1

t, calculerZ α

1 α

lnt 1 +t² dt.

3. Achever le calcul deI.

Pour toutn∈N, on poseI_n= Z 1

0

xⁿtanx dx.

Calculer les limites de(In)n∈Net de(nIn)n∈Nlorsquentend vers+∞.

CalculerZ p 1 +√

1−t²

√1−t² dt.

En posantu=π−t, calculerI = Z π

0

tsint 1 + cos²t dt.

En posantu= π

2 −t, calculerJ = lim

x→^π₂

ÅZ x 0

dt 1 + tan²⁰¹⁸t

ã . En posantu=√

t²+t+ 1−t, calculerK= Z 1

0

√ dt

t²+t+ 1.

On poseI = Z ^π

2

0

cosx

√1 + cosxsinx dxetJ = Z ^π

2

0

sinx

√1 + cosxsinx dx. Montrer queI =J puis calculerI.

Calculer Z

P(x) e^ax+b dx, oùP(X)∈C[X]eta, b∈R.

Quentin De Muynck 3 Sous licencecbea

(4)

Solution de l’exercice 2.1 Énoncé 1. Vrai : En supposant que f est T-périodique et continue sur [0, T], alors d’après le théorème des valeurs

intermédiaires,f est bornée, et atteint ses bornes :∃m, M ∈[a, b], ∀x∈[a, b], f(m)≤f(x)≤f(M). Doncf|_[0,T]est bornée etf([0, T]) =f(R), doncfest bien bornée surR.

2. Vrai: Soitf, gimpaires deDdansR. Alors∀x∈D,−x∈D⇒(f g)(−x) =f(−x)g(−x) =f(x)g(x), ce qui prouve quef gest paire.

3. VraiSoitf:D−→Rimpaire et dérivable.

Donc∀x∈D, f(−x) =−f(x), en dérivant,∀x∈D, −f⁰(−x) =−f⁰(x) ⇔f⁰(−x) =f⁰(x). Doncf⁰est paire.

4. Faux:x7−→x²est paire mais admet ^x₃³ +k, k∈R∗, qui n’est pas impaire à cause de la constante.

5. Faux: avecf(x) =−1etg(x) =x,f etgsont toutes deux croissantes, maisf g(x) =−xest décroissante.

La propriété est cependant vraie si on rajoute l’hypothèse de positivité en plus de celle de croissance.

Solution de l’exercice 2.2 Énoncé

Le domaine de définition de cette inéquation estx∈ ò

0,2 3 ï

. Cas 1 :a >1

log_a2x >log_a3(2−3x)⇔ lnx

lna² > ln(2−3x) lna³

⇔ lnx

2 > ln 2−3x 3

⇔3 lnx >2 ln(2−3x)

⇔x³ >(2−3x)²

⇔x³−9x²+ 12x−4>0 1est racine évidente, donc(x−1)(x²−8x+ 4)>0etx−1<0pourx∈

ò 0,2

3 ï

. On recherche donc quandx²−8x+ 4<0.

x1 = 8±√ 48

2 = 4±2√

3et4−2√ 3∈

ò 0,2

3 ï

. Doncx∈]4−2√

3,²₃[⇔x²−8x+ 4<0, et donc(E)⇔x∈]4−2√ 3,2

3[. Cas 2 : si0< a <1, le log change de signe et on adapte.

Sit >0, on a

arctant= Z t

0

dx 1 +x²

= Z t

0

dx 1 +x² ≥

Z t 0

dx

1 +t² = t 1 +t² Supposons quearctant = t

1 +t², alors R_t

0

dx

1 +x² = R_t

0

dx

1 +t², doncR_t

0

Å 1

1 +x² − 1 1 +t²

ã

dx = 0 or x 7→

1

1 +x² − 1

1 +t² est continue et positive donc∀x∈[0, t], 1

1 +x² − 1

1 +t² = 0ce qui est évidemment faux.

On pouvait aussi faire la différence et étudier la fonction.

On rappelle les formules de linéarisation :

cos²t= 1 + cos 2t

2 sin²t= 1−cos 2t 2

(5)

Z

cos⁴tsin²t dt= Z Å

1 + cos 2t 2

ã2Å

1−cos 2t 2

ã dt

= 1 8

Z

(1 + cos 2t)²(1−cos 2t) dt

= 1 8

Z

(1 + cos 2t)(1−cos²2t) dt

= 1 16

Z

(1 + cos 2t)(1−cos 4t) dt

= 1 16

ïZ dt−

Z

cos 4tdt+ Z

cos 2t(1−cos 4t) dt ò

= 1 16

ï

t−sin 4t

4 +sin 2t

2 −

Z

cos 2tcos 4tdt ò

= 1 16

ï

t−sin 4t

4 +sin 2t

2 −sin 2t

4 −sin 6t 12

ò

= t

16 −sin 2t

64 −sin 4t

64 −sin 6t 192

− m(x) = 1

√x+√

x−1 =

√x−√ x−1 (√

x+√

x−1)(√ x−√

x−1)=√ x−√

x−1 M(x) = 2

3(x^3/2−(x−1)^3/2)

− p(x) = (1 + tanx)² = (1 + tan²x) + 2 tanx P(x) = tanx−ln|cosx|.

f(t) = t²−2t−1

t e^−1/t, D_f =R^∗

f⁰(t) = (2t−2)t−(t²−2t−1)

t² e^−1/t+1

t² e^−1/t t²−2t−1 t

= e^−1/t

t³ (t³+t²−t−1)

= e^−1/t

t³ (t−1)(t²+ 2t+ 1)

= e^−1/t

t³ (t−1)(t+ 1)² e^−1/t −−−−→

t→+∞ ±∞ ±e⁰ = 1 t² 1− ²_t− _t¹₂

t −−−−→

t→+∞ ±∞ ± ∞.

Doncf(t)−−−−→

t→+∞ ±∞ ± ∞. Limite en0⁺ : −1

t −−−−→

t→+∞ 0⁺−∞ ⇒ e^−1/t −−−−→

t→+∞ 0⁺0 t² −2t−1 −−−−→

t→+∞ 0⁺−1donc t²−2t−1

t −−−−→

t→+∞

0⁺−−−−→

t→+∞ 0⁺−∞.

D’après les croissances comparées,−xe^x−−−−→

x→+∞ −∞0, donc−1

t e^−1/t−−−−→

t→+∞ 0⁺0etf(t) = −1

t e^−1/t+t²−2t

t e^−1/t−−−−→

t→+∞

0⁺0 + 0 = 0.

Limite en0⁻: De la même manière, on montre quef(t)−−−−→

t→+∞ 0⁻+∞.

(6)

x f⁰(x)

f(x)

−∞ −1 0 1 +∞

+ 0 + − 0 +

−∞

+∞ 0

−2 e⁻¹

+∞

Étude des branches infinies : f(t)

t = t²−2t−1

t² e^−1/t−−−−→

t→+∞ 1. f(t)−t= t²−2t−1

t e^−1/t−t= Å

−2−1 t

ã

e^−1/t+t(e^−1/t−1) = Å

−2− 1 t

ã

e^−1/t+e^−1/t−e⁰

−¹_t−0 . Donce^x−1

x −−−−→

x→+∞ 01,donct(e^−1/t−1)−−−−→

t→+∞ +∞−1, doncf(t)−t−−−−→

t→+∞ +∞−3, on a donc une asymptote oblique d’équationy =x−3, en+∞(également en−∞, à vérifier)

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

−7

−6

−5

−4

−3

−2

−1 1 2 3 4

y=x−3 y=f(x)

f(x) = 1 2a

Z x+a x−a

f(t) dt= 1

2a(F(x+a)−F(x−a))oùF est une primitive def.F estC¹, doncf estC¹. On a df(x)

dx = 1

2a(f(x+a)−f(x−a)).

On a également2af(x) = F(x+a)−F(x−a) donc d(2af(x))

da = 2f(x) = f(x+a) +f(x−a).. En déri- vant de nouveau par rapport àa:0 =f⁰(x+a)−f⁰(x−a)., donc∀x∈R, ∀a∈R^∗+, f⁰(x+a) =f⁰(x−a). Siα, β ∈R, α < β, il existex ∈Reta > 0tel queα = x−aetβ =x+a, on a analytiquementx = α+β

2 et

(7)

a= β−α 2 :

α ^α+β₂ β

β−α 2

Doncf⁰est constante. Il existe ainsic∈Rtel que∀x∈R, f⁰(x) =c, de plus,f(x) =f(0)+Rx

0 f⁰(t) dt=cx+f(0). La réciproque est évidente.

PosonsJ = Z 1

−2

dx

x²+ 4x+ 13+ = Z 1

−2

dx

(x+ 2)²+ 9= ï1

3arctan

Åx+ 2 3

ãò

= 1

3arctan 1 = π 12. De plus,ln⁰((x+ 2)²+ 9) = 2(x+ 2)

(x+ 2)²+ 9 = 2x

(x+ 2)²+ 9+ 4

(x+ 2)²+ 9 = 2I+ 4J. Donc finalementI = 1

2 Z ₁

−2

ln⁰((x+ 2)²+ 9) dx−2J

Supposonsf solution.

f(0) =f(0)² ⇒f(0)∈ {0,1}.

f(1)² =f(1), orf(1)> f(0doncf(0) = 0etf(1) = 1. Montrons par récurrence forte, que∀n≥2, f(n) =n. Initialisation : immédiate d’après précédent.

Hérédité : Pour toutk≥n−1, on af(k) =k.

• Sinest pair, n

2 ∈N, or n

2 ∈J0, n−1K, doncf n

2

= n

2 et doncf

2×n 2

=f(2)f n

2

=n.

• Sinest impair, alors n+ 1

2 ∈ Ndonc n+ 1

2 ∈ J0, n−1K, doncf

Ån+ 1 2

ã

= n+ 1 2 et f

Å

2×n+ 1 2

ã

= f(2)×f

Ån+ 1 2

ã

=n+ 1, orfest strictement croissante, doncf(n−1)< f(n)< f(n+ 1)doncn−1<

f(n)< n+ 1, orf(n)∈N, doncf(n) =n.

Ainsi d’après le principe de récurrence,∀n∈N, f(n) =n. Réciproquement, la fonction identité convient.

PosonsP = ((4b(1−c))(4c(1−a))(4a(1−b)), et vérifions queP >1, orP = (4b(1−b))(4c(1−c))(4a(1−a)) = g(a)g(b)g(c)avecg(x) = 4x(1−x)

On ag⁰(x) = 4(1−2x).

x g⁰(x)

g(x)

0 ¹₂ +∞

+ 0 −

0 0

1 1

−∞

1

0

Donc sia, b, c∈[0,1], 0≤g(a), g(b), g(c)≤1et donc0≤p≤1ce qui est absurde.

Supposonsf solution :

∀x∈R+, f(x)≥kRx

0 f(t) dt,kF(x).

(8)

Ainsi,∀x∈R+, 0≤[kF(x)−F⁰(x)] e^−kx =− d

dx F(x) e^−kx

, doncx7−→F(x) e^−kxest décroissante surR+, doncF(x) e^−kx≤F(0) = 0, orF(x) =R_x

0 f(t) dt≥0, doncF(x) = 0doncf =F⁰ =0.

∀x∈R+, f(x)≥0, soit pour toutx∈R+, g(x) = ÅZ x

0

f(t) dt ã2

−Rx

0 f³(t) dt. g⁰(x) = 2f(x)

Z x 0

f(t) dt−f⁽x) =f(x) Å

2 Z x

0

f(t) dt−f²(x) ã

. Soith(x) =f(x) 2R_x

0 f(t) dt−f²(x) .

h⁰(x) = 2f(x)−2f⁰(x)f(x) = 2f(x)(1−f⁰(x))≥0.

Donchest croissante, eth(0) = 0, donch(x)≥h(0) = 0, ainsig⁰(x)≥0, doncgest croissante etg(x)≥g(0) = 0, donc∀x∈R+, g(x)≥0, CQFD.

Z e 1

tⁿlnt dt^{IP P}= ï tⁿ⁺¹

n+ 1lnt òe

1

− Z e

1

tⁿ

n+ 1dt= eⁿ⁺¹ n+ 1−

ï tⁿ⁺¹ (n+ 1)²

òe 1

= (n+ 2) eⁿ⁺¹−1 (n+ 1)²

•

Z

ln²xdx= (xlnx−x) lnx−

Z xlnx−x

x dx

= (xlnx−x) lnx− Z

lnx−1 dx

= (xlnx−x) lnx−xlnx+x

=xlnx(lnx−2) + 2x

Posonsx= cost, fonction de classeC¹, on a dx=−sintdt.

Z

sin³tcos⁴tdt= Z

−x⁴(1−x²) dx= cos⁷t

7 −cos⁵t

5 +k∈R.

1.

I = Z ^2π

3

π 3

x sinx dx

= Z ^π₃

π 6

2u

sin 2u2 du u= arctant (C¹)

= 4 Z

√ 3

√ 3 3

arctant

sin(2 arctant) × 1 1 +t² dt

Posonstanθ=t,sin 2θ= 2 sinθcosθetsinθ= cosθtanθ. On a doncsin 2θ= 2t 1 +t². DoncI = 2

Z

√3

√ 3 3

arctant t dt. 2. J =

Z α

1 α

lnt 1 +t² dt=

Z 1/α α

−lnx

1 + _x¹2 × −1

x² dx=− Z α

1/α

lnt

1 +t² dt=−J : doncJ = 0.

(9)

3.

I = 2 [ln(t) arctan(t)]

√

√3

3 3

−2 Z

√ 3

√ 3 3

lnt 1 +t² dt

| {z }

= 0

= 2h ln√

3π

2 + 2 ln√ 3π

6 i

= π 2ln 3

tanest croissante sur[0,1], donc∀x∈[0,1],0 = tan 0≤tanx≤tan 1 0≤I_n≤R1

0 xⁿtan 1 dx= ïxⁿ⁺¹

n+ 1tan 1 ò¹

0

= tan 1

n+ 1 −−−−−→

n→+∞ 0, donc par le principe des gendarmes,I_n−−−−−→

n→+∞ 0. nI_n=n

Z 1 0

xⁿtanxdx

IP P=

ïnxⁿ⁺¹ n+ 1 tanx

ò¹

0

− Z ₁

0

nxn+ 1

n+ 1 (1 + tan²x) dx

= n

n+ 1tan 1− Z 1

0

nxn+ 1

n+ 1 (1 + tan²x) dx On a0≤1+tan²x≤1+tan²1donc0≤R1

0

nxn+ 1

n+ 1 (1 + tan²x) dx≤R1 0

nxⁿ⁺¹

n+ 1(1 + tan²1) dx= n

(n+ 1)(n+ 2)(1 + tan²x)−−−−−→

n→+∞ 0 Donc lim

n→+∞nIn= lim

n→+∞

n

n+ 1tan 1 = tan 1.

L’intégrale est définie pour1−t² > 0 i.e.t ∈]−1,1[. On poset = sinuouu = arcsint, (changement de variableC¹), et on a dtcosudu.

I = Z

» 1 +p

1−sin²u p1−sin²u

cosudu= Z p

1 +|cosu|

|cosu| cosudu= Z √

1 + cosu

cosu cosudu carcosu= cos(arcsin(t))≥0.

I = Z √

1 + cosudu or1 + cosu= 2 cos² u 2

= Z …

2 cos²u 2du

=√ 2

Z cosu

2du (car u

2 ∈h−π 4 ,π

4 i)

= 2√ 2 sinu

2 = 2√

2 sinarcsint

2 +k∈R Or sin arcsint = t = 2 cosarcsint

2 sinarcsint

2 et cos(arcsint) = √

1−t² = 2 cos²

Åarcsint 2

ã

−1, donc cosarcsint

2 =

1 +√

1−t²

2 , et d’oùsin

Åarcsint 2

ã

= t 2

√ 2 p1 +√

1−t².

AinsiI = 2t

p1 +√ 1−t²

+k∈R.

On pouvait alternativement poserx=√ 1−t².

(10)

1. En posant u = π −t, on a du = −dt. I = Z 0

π

−(π−u) sin(π−u) 1 + cos²(π−u) du =

Z π 0

(π−u) sinu 1 + cos²u du = Z π

0

πsinu

1 + cos²udu− Z π

0

usinu 1 + cos²udu. D’où

2I = Z π

0

πsinu 1 + cos²udu I = π

2 Z π

0

sinu 1 + cos²udu

= π

2 [−arctan(cosu)]^π₀

= π 2 ×π

2 = π² 4 2. Il faut d’abord effectuer un prolongement par continuité en π

2 : f : [0,π

2]−→R t7−→

® ₁

1+tanⁿt sit6= ^π₂ 0 sit= ^π₂ Doncf est continue surh

0,π 2

i. On poseu= ^π₂ −t, et on aJ =

Z 0

π 2

f π

2 −u

× −du.

Siu∈h 0,π

2 h

,

fπ 2 −u

= 1

1 + tan^{n π}₂ −u

= 1

1 +_tan¹nu

= tanⁿu tanⁿu+ 1

= tanⁿu+ 1−1 tanⁿu+ 1

= 1− 1

1 + tanⁿu

= 1−f(u) DoncJ =R^π₂

0 (1−f(u)) du= π

2 −J, doncJ = π 4. 3. Posonsu=√

t²+t+ 1−t, qui est bienC¹sur les intervalles considérés.

On a du

dt = 2t+ 1 2√

t²+t+ 1−1 = 2t+ 1−2(u+t)

2(u+t) = 1−2u

2(u+t), donc 1

√t²+t+ 1 = 1

u+t = 1 u+t×u⁰

u⁰ = 1

u+t

2(u+t)

1−2u ×u⁰= 2 1−2uu⁰.

(11)

K = Z 1

0

√ dt

t²+t+ 1

= Z

√3−1

1

2(u+t) (u+t)(1−2u)du

= Z

√3−1

1

2 1−2udu

= [−ln|1−2u|]

√3−1 1

=−ln|1−2

√

3 + 2|+ ln 1

=−ln(2√ 3−3)

I = Z ^π

2

0

cosx

√1 + cosxsinxdx u= π

2 −x; du=−dx

= Z 0

π 2

cos ^π₂ −x

»1 + cos ^π₂ −x

sin ^π₂ −x − du

= Z ^π

2

0

sinu

√1 + sinucosudu=J

I+J = 2I = Z ^π

2

0

cosx+ sinx

√1 + cosxsinxdx

= Z ^π

2

0

√

2 cos x− ^π₄

»1 +¹₂sin 2

dx u=x− x

4; du= dx

=√ 2

Z ^π

4

−^π₄

cosu

»1 +¹₂sin 2u+^π₂du

=√ 2

Z ^π

4

−^π

4

cosu

√1 + cos 2udu cos 2u 2 = 1

2 −sin²u

=

√ 2

Z ^π

4

−^π₄

cosu

»3

2 −sin²u

du v= sinu; dv= cosudu

= 2√ 2

Z

√ 2/2 0

1

…

»^√

3 2

2

−v² dv

= 2

√ 2



arcsin Ñ

v

»3 2

é



√2/2

0

= 2√

2 arcsin Å 1

√ 3

ã

I =√

2 arcsin Å 1

√ 3

ã