Chapitres Maths en ECG1

Corrigés : Intégration en ECG1

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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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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 :

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

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