Colle 3 : Intégration - Université de Poitiers

08 février 2010
Mathématiques BCPST
Colle 3 : Intégration
√
Cours Rappeler les primitives des fonctions suivantes : sin x, 1/ 1 − x2 ,
1
, x1
1+x2
Exercice 1 1) A l’aide d’une intégration par parties, trouver une primitive de x 7→ ln(x) puis
de x 7→ ln2 (x).
2) Calculer
lim
A→∞
3) Pour n ≥ 0, on pose
A
Z
0
1
In =
n!
Z
0
dt
.
t2 + 5t + 6
1
(1 − t)n et dt.
(a) Montrer que pour tout n ∈ N, on a 0 ≤ In ≤ e/n!. En déduire la limite de In .
(b) Par intégration par partie, montrer que pour tout n ≥ 1, on a In = In−1 − 1/n!.
p
X
(c) En déduire la limite quand p tend vers l’infini de la somme
1/n!.
n=0
Cours Enoncer la formule d’intégration par partie pour une intégrale de la forme
Rb
a
f (x)g(x)dx.
Exercice 2 1) Calculer les intégrales suivantes en effectuant des changements de variables si
il y a lieu :
Z
0
π
2
3
sin x dx,
Z
0
π
2
cos x
x dx, ,
1 + sin2 x
2) On pose
I=
Z
π
t=0
Z
1
√
e
1
p
dx,
x 1 − ln2 x
Z
0
ln 2
√
ex − 1 dx.
t sin t
dt.
1 + cos2 t
Effectuer le changement de variable u = π − t et déterminer la valeur de I.
3) On pose
J=
Z
π/4
ln (1 + tan t) dt.
0
√
(a) Pour t ∈ R, établir cos t + sin t = 2 cos(π/4 − t).
!
√
Z π/4
2 cos(π/4 − t)
(b) En déduire que J =
ln
cos t
0
(c) Effectuer un changement de variable judicieux et déterminer la valeur de J.
Cours Rappeler les primitives des fonctions suivantes : xα , (α 6= −1), x−1 , 1/(cos2 x), cos x.
Exercice 3 Pour x ∈]0, π], on pose
1 2
x
2π
−x
2 sin x2
f (x) =
1) Montrer que f se prolonge par continuité en 0 par f (0) = −1. On note à nouveau f le
prologement.
2) Calculer f ′ (x) et montrer que cette quantité admet une limite finie lorsque x tend vers 0. Il
existe donc une constante M telle que ∀x ∈]0, π], |f ′ (x)| ≤ M .
3) A l’aide de la question précédente et d’une intégration par partie, montrer que
Z π
lim
f (x) sin(λx)dx = 0.
λ→+∞
0
Dans cette question, on ne devra pas utiliser l’expression de f .
4) Soit n ≥ 1, montrer que
Z
π
0
1 2
1
x − x cos(nx)dx = 2 .
2π
n
p
5) Soit p ∈ N. On pose Sp =
1
Sp = −
2
X 1
. Montrer que
2
n
n=1
Z
π
0
On pourra utiliser le fait que
1 2
x −x
2π
dx +
Z
π
f (x) sin(p + 1/2)x dx.
0
p
X
1 sin(p + 1/2)x
.
cos nx = − +
x
2
2
sin
2
n=1
6) En déduire la limite de Sp quand p → +∞.
Exercice 4 Utilisation de sommes de Riemann
n
X
n
. Déterminer, si elle existe, la limite de (un )n . On pourra utiliser la
1) Soit un =
2
2
n
+
k
k=1
1
fonction f (x) = 1+x
2.
n
Y
k
1 + 2 . Déterminer, si elle existe, la limite de (an )n . On pourra étudier la
2) Soit an =
n
k=1
suite un = ln an , utiliser l’encadrement classique
x−
x2
≤ ln(1 + x) ≤ x, ∀x ∈ R⋆+ ,
2
et enfin utiliser des sommes de Riemann.
Corrections des exercices
Université de Poitiers
Corrections des exercices
Correction 1
1. On trouve x ln x − x puis x ln2 (x) − 2x ln x + 2x.
1
1
1
2. On a t2 + 5t + 6 = (t + 2)(t + 3). On trouve t2 +5t+6
= t+2
− t+3
puis le résultat est
ln(3) − ln(2).
3. (a) Majoration simple du truc à intégrer.
(b) Pour n ≥ 1, Dériver (1 − t)n et intégrer et .
(c) Attention au terme n = 0, téléscopage.
Correction 2 1) Ecrire sin3 = (1 − cos2 x) sin x puis u = cos x. Pour la seconde, u√= sin x.
Pour la troisième, u = ln x, je trouve arcsin 1/2. Pour la dernière carrément u = ex − 1,
cela ramène à une arctangente je trouve 2 − π/2.
Rπ
2) Après changement de variable, je trouve I = π 0 sin u/(1 + cos2 u)du − I et finalement
I = π 2 /4.
3) (a) Formule trigo
(b) Juste un calcul
(c) Changement de variable u = π/4 − t. Puis réutilisation de la formule trigo du dessus.
R π/4
Je trouve J = 0 ln(2)du − J.
Correction 3 1) Le dénominateur est équivalent à x en 0.
2) Je trouve
1 2
−1 + π1 x sin x2 − 21 −x + 2π
x cos x2
′
f (x) =
=
2 sin2 x2
3)
4)
5)
6)
x2
4π
x2
2
+ o(x2 )
+ o(x2 )
−→
1
.
2π
Dériver f et intégrer le sinus. On se trouve avec des λ1 multiplié par des trucs bornés.
Intégrer par partie jusqu’à faire disparaitre les x devant les cosinus.
Sommer la relation précédente, utiliser l’indication.
Le second terme de la relation précédente tend vers 0. La limite est donc le premier terme
2
(qui est constant) et vaut π6 .
n
1X
Correction 4 1) On remarque que un =
f (k/n). Somme de Riemann associée à f sur
n k=1
R1
[0, 1]. Donc (un ) converge vers 0 f (x)dx = π/4.
2) En suivant les indications, on tombe sur
!
n
n 2
n
X
X
1Xk
k
k
1
1
1
≤ un ≤
−
×
.
n k=1 n 2n
n k=1 n
n k=1 n
Ce sont des sommes de Riemman qui convergent respectivement vers
R1 2
x dx = 1/3. Par les gendarmes, on trouve un → 1/2.
0
R1
0
xdx = 1/2 et