EXERCICES SUR L'INTEGRATION

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EXERCICES COMPLEMENTAIRES EXERCICES SUR L'INTEGRATION 1. A l'aide des sommes de Riemann d'une fonction convenable, calculer la limite des suites dont le terme général est donné ci-dessous. an = n ∑ k=0 1 n? + k? (? et ? > 0) , bn = n ∑ k=1 √ k n √ n cn = 1 n2 n ∑ k=1 k sin kpi 2n , dn = 1 n2 n ∑ k=1 k exp ( ?k n ) 2. Trouver la limite de la suite (un)n≥1 définie par un = n ∑ k=1 n k2 + 2kn + n2 . 3. Trouver la limite de la suite (un)n≥1 définie par un = 1√ n n ∑ k=1 1√ k + n . 4. Trouver la limite de la suite (un)n≥1 définie par un = n ∑ k=1 k k2 + n2 . 5. Etablir les propriétés suivantes à l'aide de changements de variable simples. a) Si f une fonction continue de [ a, b ] dans R, b ∫ a f(x) dx = b ∫ a f(a + b? x) dx .

  • majorant irrationnel

  • pi ∫

  • exercices sur l'integration

  • arctan xn

  • courbe représentative

  • formule de la moyenne

  • tn ln

  • ln ?


Publié le : mardi 19 juin 2012
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Source : iecn.u-nancy.fr
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EXERCICES COMPLEMENTAIRES EXERCICES SUR L’INTEGRATION
1. A l’aide des sommes de Riemann d’une fonction convenable, calculer la limite des suites dont le terme général est donné ci-dessous. n 1 n n = k = X 0 + β ( α et β > 0)  b n = k = X 1 nkn ak 1 n k sin kπd 1 2 k = X n 1 k exp nk c n = n 2 X 2 n  n = n k =1 2. Trouver la limite de la suite ( u n ) n 1 définie par n u n = X k 2 + 2 knn + n 2 k =1
3. Trouver la limite de la suite ( u n ) n 1 définie par n u n = 1 n X 1 k 1+ nk = 4. Trouver la limite de la suite ( u n ) n 1 définie par n k u n = k = X k 2 + n 2 1
5. Etablir les propriétés suivantes à l’aide de changements de variable simples. a) Si f une fonction continue de [ a b ] dans R , b b Z f ( x ) dx = Z f ( a + b x ) dx  a a b) Si f une fonction continue de [ 1 1 ] dans R , π 2 π 2 Z f (cos x ) dx = Z f (sin x ) dx  0 0 c) Si f une fonction continue de [ 1 1 ] dans R , π π π 2 Z xf (sin x ) dx = π 2 Z f (sin x ) dx = π Z f (sin x ) dx  0 0 0
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π Application : calculer Z 1 x +scions x 2 dx . x 0 d) Si f une fonction continue de R dans R , et si f est impaire alors la fonction F définie par x F ( x ) = Z f ( t ) dt est paire. Si de plus f est T périodique, alors F est aussi T périodique. a π 2 α 6. a) Soit 0 < α < π 2 . Calculer Z sin t cos t ln(tan t ) dt . On posera x = π 2 t . α 1 a b) Soit 0 < a < 1 . Calculer Z ln ttdt . On posera x = 1 t . a 7. Soit u une fonction continue de R dans R . On pose, pour x réel, x 2 v ( x ) = Z u ( t ) dt  x +1 a) Montrer que v s’annule en au moins deux points de R . b) Donner un exemple d’une fonction u telle que v s’annule en exactement deux points de R . c) Calculer v ( x ) pour tout x de R . 8. Soit f une fonction continue sur R . Calculer la dérivée de la fonction F définie par x 2 F ( x ) = Z ( f ( t ) x ) 2 dt  2 x
9. Calculer la dérivée de la fonction F définie sur R par x 2 +1 F ( x ) = Z e t 2 dt  2 x 1
10. Soit F la fonction définie sur R par 2 x F ( x ) Z t 4 dt= + t 2 + 4 x a) Montrer que F est une fonction impaire. b) Montrer que la fonction F est dérivable puis calculer F ( x ) pour x réel et déterminer les zéros de F .
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c) Montrer que pour tout x > 0 , on a les inégalités 0 F ( x ) xx 4 + x 2 + 4
d) Déduire de ce qui précède que la fonction F est bornée sur R et donner un majorant irrationnel de | F | . Tracer approximativement le graphe de F .
11. Soit f la fonction définie sur R par 3 x f ( x ) = Z arctan( t 2 ) dt  x Sans chercher à calculer cette intégrale, a) montrer que f est impaire ; b) calculer f et montrer que f est positive ; c) en utilisant la formule de la moyenne, montrer que f ( x ) + πx ; d) montrer que 3 x πx f ( x ) = Z arctan t 1 2 dt  x En déduire que cette différence tend vers 0 lorsque x tend vers + , et que la courbe représen-tative de f admet une asymptote. Donner l’allure de cette courbe représentative. 12. Pour tout x réel on pose 2 x f ( x ) = Z e dt  t 2 x a) Montrer que f est impaire et déterminer le signe de f . b) Montrer que pour tout x 0 , on a 0 f ( x ) xe x 2 . En déduire la limite de f ( x ) lorsque x tend vers + . c) Donner l’allure de la courbe représentative de f . 13. Pour tout x réel on pose 2 x f ( x ) = Z 14 d + tt 4 x a) Montrer que f est impaire et déterminer le signe de f . b) Montrer que pour tout x 0 , on a 0 f ( x ) 14 + xx 4 En déduire la limite de f ( x ) lorsque x tend vers + . 3
c) Donner l’allure de la courbe représentative de f . 4 n n 14. Calculer lim Z 1 + te t dt et n l im + Z +1 1 + te t dt . n + n n 15. Déterminer la limite de la suite ( u n ) n 2 dans les cas suivants 2 n 2 n 4 a ) u n = Z arct x an nx dx  b ) u n = Z ar x ctlann x xn dx  n 2 n 2
16. Soit f une bijection continue strictement croissante de [ α β ] sur [ a b ] . On pose β b A = Z f ( t ) dt + Z f 1 ( x ) dx  α a a) Si f est de classe C 1 , calculer A par le changement de variable x = f ( t ) . b) Retrouver géométriquement le résultat en supposant seulement que f est continue. (Tracer la courbe d’équation x = f ( t ) , puis interpréter A comme l’aire de la réunion de deux domaines séparés par cette courbe). 17. a) Démontrer, à l’aide de l’inégalité de Cauchy-Schwarz, l’inégalité : 21 Z 01 1 + t 3 dt < Z (1 + t 3 ) dt  0 x b) Montrer que l’équation Z 1 + t 3 dt =25 possède une unique solution x 0 et que l’on a : 0 x 0 > 1 . 18. Soit c ] 0 1 [ . Pour n N , on pose c 1 u n = Z t n ln(1 + t 2 ) dt et v n = Z t n ln(1 + t 2 ) dt  0 0 Montrer, avec le minimum de calculs, que lim u n 0 . = n →∞ v n 1 1 19. Calculer Z xd xi et Z dt . t + i 0 1
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Corrigé des exercices
1. a n On écrit n 1 a n = n 1 X + β k + n 1 α  α k =1 n Si l’on pose f ( x ) = α +1 βx pour x [ 0 1 ] on a encore 1 a n = 1 n k = n X 1 nk f + Cette suite converge vers la valeur moyenne de f sur [ 0 1 ] . Donc 1 1 = β 1ln α + αβn l i + m a n = Z αd + xβx = 1 β ln( α + βx ) 0 0
b n On écrit b n = 1 X n knn k =1 Si l’on pose f ( x ) = x pour x [ 0 1 ] , on a encore b n = 1 n k X n = f kn 1 Cette suite converge vers la valeur moyenne de f sur [ 0 1 ] . Donc 1 n l im + b n = Z x dx =32 h x 3 2 i 01 =23 0 c n On écrit 1 n k si c n = n X n n2 nk =1 Si l’on pose f ( x ) = x sin x 2 π , on a encore c n = 1 X n f kn n k =1 Cette suite converge vers la valeur moyenne de f sur [ 0 1 ] . Donc 1 lim c n = Z x sin xπdxn + 2 0 5
On intègre par parties. En posant u ( x ) = x et v ( x ) = sin x 2 πon obtient u ( x ) = 1 et v ( x ) = 2 π cos x 2 πd’où n l im + c n = 2 πx cos x 2 π 10 + Z 1 2 π cos x 2 πdx = π 4 2 sin x 2 π 01 π 4 2 = 0 d n On écrit d n = n 1 k = X n 1 nk exp kn Si l’on pose f ( x ) = xe x , on a encore d n = n 1 k X n =1 f nk Cette suite converge vers la valeur moyenne de f sur [ 0 1 ] . Donc 1 n lim d n = Z xe x dx  + 0 Ceci s’intègre par parties 1 1 Z xe x dx = h xe x i 10 + Z e x dx = h xe x e x i 10 = 1 2 e  0 0 d’où lim d 2 n = 1 n + e
2. En écrivant 1 n 1 1 n u n = X = X 1 kn +11 2 n k =1 kn 22 + 2 nk + 1 n k = on obtient une somme de Riemann qui converge vers 1 dt Z ( t + 1) 2 = t +11 01 =12 0
3. On écrit
1 n 1 u n = n X 1 kk =1 + n 6
et il apparaît une somme de Riemann. La suite ( u n ) converge vers 1 Z 1 dx + x = h 2 1 + x i 10 = 2( 2 1) 0
4. En écrivant k 1 n u n = X k 2 nn k =12 + 1 n on obtient une somme de Riemann qui converge vers Z 1 t 2 td + t 1 = 21ln( t 2 + 1) 01 = ln 2 2 0 5. a) On effectue le changement de variable u = ϕ ( x ) = a + b x , on a ϕ ( a ) = b , ϕ ( b ) = a et du = dx . Donc b a b Z f ( x ) dx = Z f ( a + b x ) dx = Z f ( a + b x ) dx  a b a b) On applique a) avec a = 0 et b = π 2 . Alors, puisque cos( 2 π x ) = sin x , on obtient π 2 π 2 π 2 Z f (cos x ) dx = Z f cos 2 π x  dx = Z f (sin x ) dx  0 0 0 c) Toujours en appliquant a) avec a = 0 et b = π cette fois, on obtient, en remarquant que sin( π x ) = sin x , π π π π Z xf (sin x ) dx = Z ( π x ) f (sin( π x )) dx = π Z f (sin x ) dx Z xf (sin x ) dx  0 0 0 0 On en déduit que π π Z xf (sin x ) dx = π 2 Z f (sin x ) dx  0 0 π Considérons l’intégrale R f (sin x ) dx . Si l’on pose u = ϕ ( x ) = π x , on obtient ϕ ( π ) = 0 , π 2 ϕ ( π 2) = π 2 et du = dx , donc π 0 π 2 Z f (sin x ) dx = Z f (sin( π x )) dx = Z f (sin x ) dx  π 2 π 2 0
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donc π π 2 Z f (sin x ) dx = 2 Z f (sin x ) dx  0 0 Si l’on prend f ( x ) = 2 xx 2 , on a alors π π π Z xf (sin x ) dx = Z x 2 sisnin x 2 xdx = Z x 1+sins x 2 dx  co x 0 0 0 et d’après ce qui précède π π 2 π 2 Z x 1+sicnos x 2 x dx = π Z 2 sisnin x 2 xdx = π Z sin xd 1 + cos 2 x x  0 0 0 Mais cette dernière intégrale se calcule facilement et vaut 2 ππ2 2 π Z 1+sicno x s 2 x dx = π h arctan cos x i 0 = π arctan 1 = π 4 0 d) On donne une démonstration utilisant des changements de variable. On indiquera ensuite une autre plus rapide. En utilisant le changement de variable u = t , on obtient x x Z f ( t ) dt = Z f ( u ) du  0 0 et comme f est impaire x x Z f ( t ) dt = Z f ( u ) du  0 0 Alors x 0 x 0 F ( x ) = Z f ( t ) dt + Z f ( t ) dt = Z f ( t ) dt + Z f ( t ) dt = F ( x ) 0 a 0 a et F est paire. Autre méthode : Comme F = f , en dérivant la fonction G définie par G ( x ) = F ( x ) F ( x ) , on obtient G ( x ) = f ( x ) f ( x ) = 0 . Donc G est constante et G ( x ) = F ( x ) F ( x ) = G (0) = F ( 0) F (0) = 0 Si f est T périodique, on calcule F ( x + T ) , en faisant le changement de variable u = t T . On obtient x + T x F ( x + T ) = Z f ( t ) dt = Z f ( u + T ) du  a a T 8
et comme f est T périodique
x x Z f ( u + T ) du = Z f ( u ) du  a T a T Alors a x a F ( x + T ) = Z f ( u ) du + Z f ( u ) du = Z f ( u ) du + F ( x ) a T a a T Mais l’intégrale d’une fonction périodique sur une période ne dépend pas de la période choisie, et l’intégrale d’une fonction impaire sur un intervalle de centre l’origine est nulle. Donc a T  2 Z f ( u ) du = Z f ( u ) du = 0 a T T  2 Il en résulte que, pour tout x réel, F ( x + T ) = F ( x ) . La fonction F est T périodique. Autre méthode : en dérivant la fonction H définie par H ( x ) = F ( x + T ) F ( x ) on obtient f ( x + T ) f ( x ) = 0 . Donc H est constante et H ( x ) = F ( x + T ) F ( x ) = H T 2 = F T 2 F T 2 Mais comme F est paire on obtient H ( x ) = 0 . 6. a) Si l’on effectue le changement de variable x = π 2 t , on a dx = dt , et l’intervalle [ α π 2 α ] se transforme en lui même. Par ailleurs sin t cos t ln tan t = sin π 2 x cos 2 π x ln tan 2 π x = cos x sin x ln 1 tan x = sin x cos x ln tan x 
Donc π 2 α π 2 α Z sin t cos t log(tan t ) dt = Z sin x cos x log(tan x ) dx  α α Il en résulte que π 2 α Z sin t cos t log(tan t ) dt = 0 α b) Si l’on effectue le changement de variable x = 1 t , on a dxx = dtt , et l’intervalle [ 1 a a ] se transforme en lui même. Alors a a Z ln ttdt = Z ln xxdx1 a 1 a 9
et il en résulte que a Z ln tdt = 0 t 1 a ce que l’on pouvait obtenir directement puisque a = 1 Z aa ln ttdt = (ln2 t ) 2 1 aa =(ln2 a ) 2 (ln 1 ) 2 0 2 7. L’intégrale est nulle en particulier si l’intervalle d’intégration est réduit à un point c’est-à-dire si x 2 = x + 1 . Cette équation a deux solutions (1 ± 5) 2 . Donc v s’annule au moins pour ces deux valeurs. b) C’est le cas pour une fonction constante. En effet si u ( t ) = C , on a v ( x ) = C ( x 2 x 1) et v s’annule exactement aux deux points trouvés en a). c) Soit G une primitive de u . Alors v ( x ) = G ( x 2 ) G ( x + 1) et par dérivation des fonctions composées v ( x ) = 2 xG ( x 2 ) G ( x + 1) = 2 xu ( x 2 ) u ( x + 1) 8. On a tout d’abord
x 2 x 2 x 2 F ( x ) = Z f ( t ) 2 dt 2 x Z f ( t ) dt + x 2 Z dt 2 x 2 x 2 x x 2 x 2 = Z f ( t ) 2 dt 2 x Z f ( t ) dt + x 4 2 x 3 2 x 2 x Si G est une primitive de f 2 et H une primitive de f , on a x 2 x 2 Z f ( t ) 2 dt = G ( x 2 ) G (2 x ) et Z f ( t ) dt = H ( x 2 ) H (2 x ) 2 x 2 x donc F ( x ) = G ( x 2 ) G (2 x ) 2 x ( H ( x 2 ) H (2 x )) + x 4 2 x 3 Alors en dérivant F ( x ) = 2 xG ( x 2 ) 2 G (2 x ) 2( H ( x 2 ) H (2 x )) 2 x (2 xH ( x 2 ) 2 H (2 x )) + 4 x 3 6 x 2 x 2 = 2 xf ( x 2 ) 2 2 f (2 x ) 2 2 Z f ( t ) dt 4 x 2 f ( x 2 ) + 4 xf (2 x ) + 4 x 3 6 x 2 2 x 10
9. Soit f la fonction continue définie sur R par f ( x ) = e x 2 . Soit G une primitive de f . Alors F ( x ) = G ( x 2 + 1) G (2 x 1) et donc, puisque G = f , on obtient par dérivation des fonctions composées F ( x ) = 2 xG ( x 2 + 1) 2 G (2 x 1) = 2 xf ( x 2 + 1) 2 f (2 x 1) donc F ( x ) = 2 xe ( x 2 +1) 2 2 e (2 x 1) 2 10. a) On a 2 x F ( x ) = Z t 4 + dtt 2 + 4 x En effectuant le changement de variable u = t , donc du = dt , on obtient 2 x F ( x ) = Z u du = F ( x ) 4 + u 2 + 4 x La fonction F est donc impaire. b) La fonction f définie par f ( x ) = x 4 +1 x 2 + 4 est une fonction continue sur R . Elle admet donc des primitives. Si l’on note G une primitive de f , on a F ( x ) = G (2 x ) G ( x ) Alors la fonction qui à x associe G (2 x ) est dérivable comme composée de fonctions dérivables, et F est dérivable comme somme de fonctions dérivables. De plus F ( x ) = 2 G (2 x ) G ( x ) = 2 f (2 x ) f ( ) = 16 x 4 +24 x 2 + 4 1 xx 4 + x 2 + 4 d’où F 1 ( x ) = 4 x 4 + x 2 + 1 x 4 +1 x 2 + 4 En réduisant au même dénominateur et en multipliant ensuite par la quantité conjuguée du numérateur x 2 + 4 4 x F ( x ) = x 4 x 4 ++ x 2 + 4 4 x 44 ++ x 2 x 2 ++11=( x 4 + x 2 + 4 + 4 x 4 + x 3 2 (1+ 1) x 4 ) x 4 + x 2 + 4 4 x 4 + x 2 + 1 et cette expression est du signe du numérateur 3(1 x 4 ) = 3(1 + x 2 )(1 x 2 ) et donc du signe de 1 x 2 . Les zéros de F sont 1 et 1 . c) La fonction f est décroissante sur [ 0 + [ . Il en résulte que si 0 < x t 2 x , on a 0 f ( t ) f ( x ) et donc 2 x 0 F ( x ) Z f ( x ) dt = xf ( x ) x 11
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