Chapitres Maths en ECG1

Corrigés : Intégration en ECG1

Name: Groupe Réussite: Cours particuliers, stages intensifs de révision
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Résumé de cours Exercices Corrigés

Cours en ligne de Maths en ECG1

Corrigés – Intégration

Exercice 1 :

1) L’expression $x \mapsto \frac{\ln \left( x \right)}{x}$ (de la forme $u' u$ ) se primitive en $x \mapsto \dfrac12 \ln^2 \left( x \right)$ ainsi

$\int_1^2 \dfrac{\ln \left( x \right)}{x} dx = \left[ \dfrac12 \ln^2 \left( x \right) \right]_1^2 = \dfrac12 \ln^2 \left( 2 \right).$

2) Commençons par linéariser $\cos^4 \left( t \right).$ On utilise la formule de Moivre-Euler

$\cos^4 \left( t \right)$ $= \left( \dfrac{e^{it} - e^{-it}}{2} \right)^4$

$= \dfrac{e^{4it} + 4 e^{3it } + 6 + 4 e^{- 3it} + e^{- 4it} }{16}$

$= \dfrac18 \cos \left( 4 t \right) + \dfrac12 \cos \left( 3 t \right) + \dfrac38$ .

D’où

$\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}$ $= \left[ \dfrac{\sin \left( 4 t \right)}{32} + \dfrac{\sin \left( 3 t \right)}{6} + \dfrac38 t \right]_0^{\dfrac{\pi}{2}} .$

3) On écrit

$\int_0^{\dfrac12} \dfrac{x}{ \sqrt{1 - x^2}} dx$

$= - \dfrac12 \int_0^{\dfrac12} \dfrac{- 2 x}{\sqrt{ 1 - x^2} } dx.$

L’expression

$x \to \dfrac{- 2 x}{\sqrt{ 1 - x^2} }$ (de la forme

$u' u^{- \dfrac12}$ ) se primitive en

$x \mapsto 2 \sqrt{1 - x^2},$ ainsi

$- \dfrac12 \int_0^{\dfrac12} \dfrac{- 2 x}{\sqrt{ 1 - x^2} } dx$

$= -\dfrac12 \left[ 2 \sqrt{1 - x^2} \right]_0^{\dfrac12}$

$= - \sqrt{1 - \left( \dfrac12 \right)^2 } + 1.$

4) On fait une intégration par parties donne, en posant

$u : t \mapsto \dfrac{t^3}{3}$ et

$v : t \mapsto \ln \left( t \right).$ Les fonctions

$u$ et

$v$ sont

$C^1$ sur l’intervalle

$\left[ 1 , e \right]$ et :

$\int_1^e t^2 \ln \left( t \right) dt$

$= \left[ \dfrac{t^3}{3} \ln \left( t \right) \right]_1^e - \int_1^e \dfrac{t^2}{3} dt$

$= \dfrac{e^3}{3} - \left[ \dfrac{t^3}{9} \right]_1^e$

$= \dfrac{e^3}{3} - \dfrac{e^3}{9} + \dfrac19$

$= \dfrac{2 e^3}{9} + \dfrac19$ .

5) On fait une intégration par parties en posant

$u : t \mapsto \mathrm{Arctan} \left( t \right)$ et

$v : t \mapsto \dfrac{t^2}{2}.$ Les fonctions

$u$ et

$v$ sont

$C^1$ sur

$\left[ 0 , 1 \right]$ et :

$\int_0^1 t \mathrm{Arctan} \left( t \right) dt$ $= \left[ \dfrac12 \mathrm{Arctan} \left( t \right) t^2 \right]_0^1 - \dfrac12 \int_0^1 \dfrac{t^2}{1 + t^2} dt$

$= \dfrac12 \mathrm{Arctan} \left( 1 \right) - \int_0^1 \dfrac{t^2 + 1 - 1}{1 + t^2} dt$

$= \dfrac12 \dfrac{\pi}{4} - \int_0^1 1 dt + \int_0^1 \dfrac{1}{1 + t^2} dt$

$= \dfrac{\pi}{8} - 1 + \mathrm{Arctan} \left( 1 \right)$

$= \dfrac{\pi}{8} + \dfrac{\pi}{4} - 1$

$= \dfrac{3 \pi}{ 8}- 1$ .

Exercice 2 :

1) Si l’on pose $y = x^2,$ on commence par remplacer $x$ par $y,$ on a donc :

$\int \dfrac{\sqrt{y}}{ \left(y + 1 \right)^2 }.$

On exprime $dx$ en fonction de $dy.$ Comme $y = x^2,$ on a $dy = 2 x dx = 2 \sqrt{y} dx$ soit $dx = \dfrac{1}{2 \sqrt{y}} dy,$ ainsi

$\dfrac12 \int \dfrac{1}{ \left( y + 1 \right)^2} dy .$

Il nous reste à trouver les bonne bornes : lorsque $x = 1, y = 1^2 = 1$ et lorsque $x= 10, y=10^2 = 100,$ d’où finalement :

$\dfrac12 \int_1^{100} \dfrac{1}{ \left( y + 1 \right)^2} dy.$

Cette dernière est plus facile à calculer car $y \to \dfrac{1}{ \left( y + 1 \right)^2}$ se primitive en $y \to - \dfrac{1}{y + 1},$ d’où :

$\dfrac12 \int_1^{100} \dfrac{1}{ \left( y + 1 \right)^2} dy$

$= \dfrac12 \left[ - \dfrac{1}{y + 1} \right]_1^{100}$

$= \dfrac12 \left( - \dfrac{1}{101} + \dfrac12 \right).$

2) On va un peu plus vite : l’intégrale, après le changement de variable, est

$\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}} \cos^2 \left( \theta \right) d \theta.$

Pour calculer cette intégrale, il faut linéariser $\cos^2 \left( \theta \right).$ On utilise les formules de Moivre-Euler : $\cos^2 \left( \theta \right)$ $= \left( \dfrac{e^{i\theta} + e^{- i \theta} }{2} \right)^2$
$= \dfrac{e^{2i \theta} + e^{- 2i \theta } + 2}{4}$
$= \dfrac{\cos \left( 2 \theta \right) + 1}{2}$ .

Ainsi

$\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}} \cos^2 \left( \theta \right) d \theta = \int_0^{\dfrac{\pi}{2}} \dfrac{\cos \left( 2 \theta \right) + 1}{2} d \theta = \dfrac{\pi}{4}.$

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C’est reprendre le contrôle

Exercice 3 :

1) On a

$I_{0 ,q} = \int_a^b \left( b - t \right)^q dt$

$= \left[ - \dfrac{ \left( b - t \right)^{q + 1} }{q + 1} \right]_a^b$

$= \dfrac{ \left( b- a \right)^{q + 1} }{q + 1}$ .

2) On fait une intégration par parties en posant $u : t \mapsto \left( t- a \right)^p$ et $v : t \mapsto - \dfrac{ \left( b - t \right)^{q + 1}}{q + 1}.$ Les fonctions $u$ et $v$ sont $C^1$ sur $\left[ a , b \right]$ et :

$I_{p , q}$

$= \left[ - \dfrac{\left( t - a \right)^p \left( b - t \right)^{q + 1} }{q + 1} \right]_a^b$

$+ \dfrac{p}{q + 1} \int_a^b \left( t -a \right)^{p - 1} \left( b - t \right)^{q + 1} dt$ .

Comme

$\left[ - \dfrac{\left( t - a \right)^p \left( b - t \right)^{q + 1} }{q + 1} \right]_a^b = 0,$ on a

$I_{p , q} = \dfrac{p}{q + 1} I_{p - 1 , q +1}.$

3) Si l’on applique $k$ fois (avec $0 \le k \le p$ ) la relation précédente, on a :

$I_{p , q}$

$= \dfrac{p \left( p - 1 \right) \times \cdots \times \left( p - \left( k - 1 \right) \right)}{\left( q + 1 \right)\times \left( q + 2 \right) \times \cdots \times \left( q + k \right)} I_{p - k , q + k}.$
En prenant

$k = p,$ on a

$I_{p , q} = \dfrac{p! q!}{\left( q + p \right)!} I_{0 , p + q}.$

Comme $I_{0 , p + q} = \dfrac{\left( b - a \right)^{p + q + 1}}{p + q + 1}$ d’où finalement

$I_{p , q} = \dfrac{p! q!}{\left( q + p \right)!} \times \dfrac{\left( b - a \right)^{p + q + 1}}{p + q + 1} = \dfrac{p! q! \left( b - a \right)^{p + q + 1}}{\left( p + q + 1 \right)!}.$

Exercice 4 :

1) On calcule

$I_{n + 1 } - I_n$

$= \int_0^1 \dfrac{t^{n + 1}}{1 + t^2} dt - \int_0^1 \dfrac{t^n}{1 + t^2} dt$

$= \int_0^1 t^n \dfrac{t - 1}{ 1 + t^2} dt.$
Comme

$t - 1 \le 0$ pour

$0 \le t \le 1$ ainsi

$\int_0^1 t^n \dfrac{t - 1}{ 1 + t^2} dt \le 0$ et

$I_{n + 1} - I_n \le 0$ et donc la suite

$\left( I_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ est décroissante.

Pour voir que la suite

$\left( I_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ est minorée, il suffit de voir que pour tout

$n \in \mathbb{N},$

$I_n \ge 0.$

2) On encadre $I_n$ par deux suites ayant $0$ pour limite.

Pour

$0\le t \le 1,$ on a

$0 \le \dfrac{1}{1 + t^2} \le \dfrac12$ puis

$0 \le \dfrac{t^n}{1 + t^2} \le \dfrac12 t^n$ et

$0 \le I_n \le \dfrac12 \int_0^1 t^n = \dfrac{1}{2 \left( n + 1 \right)}.$ Comme

$\lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{2 \left( n + 1 \right)} = 0,$ on en déduit que grâce au théorème d’encadrement que

$\lim_{n \to +\infty} I_n = 0.$

3) On une intégration par parties en posant $u : t \mapsto \dfrac{1}{1 + t^2}$ et $v : t \mapsto \dfrac{t^{n + 1} }{n + 1}.$ $u$ et $v$ sont $C^1$ sur $\left[ 0 , 1 \right],$ on a donc

$I_n = \left[ \dfrac{1}{1 + t^2} \times \dfrac{t^{n + 1}}{n + 1} \right]_0^1 + \dfrac{2}{n + 1} \int_0^1 \dfrac{t^{n +2} }{1 + t^2} dt$

$= \dfrac{1}{2 \left( n + 1 \right)} + \dfrac{2}{n + 1} \int_0^1 \dfrac{t^{n +2} }{1 + t^2} dt$ .

De sorte que

$n I_n = \dfrac12 \times \dfrac{n}{n + 1} + \dfrac{2n}{n + 1} \int_0^1 \dfrac{t^{n + 2}}{1 + t^2} dt.$
En procédant comme ci-dessus, on montre que

$\lim_{n \to +\infty} \int_0^1 \dfrac{t^{n + 2}}{1 + t^2} dt = 0.$

De plus,

$\lim_{n \to +\infty} \dfrac12 \times \dfrac{n}{n + 1} = \dfrac12,$ on obtient :

$\lim_{n \to +\infty} n I_n = \dfrac12 .$

Même si certains chapitres n’ont pas encore été travaillés en cours, vous pouvez d’ores et déjà en prendre connaissance et en découvrir les grandes notions avec les cours en ligne d’ECG1 en maths :

Corrigés : Intégration en ECG1

Corrigés – Intégration

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