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Solutions des exercices

Solution 5.1 : On trouve : $ I_{1}=\ln2+e^{2}-e,$ $ I_{2}=\frac{1}{4}\pi,$ $ I_{3}=2$ et $ I_{4}=0.$



Solution 5.2 : On écrit en utilisant la relation de Chasles :

$\displaystyle I=\int_{-3}^{-2}\left( t-1\right) \left( t^{2}-4\right) \,dt+\int...
...t) \,dt+\int_{2}^{3}\left(
t-1\right) \left( t^{2}-4\right) \,dt=-\frac{46}{3}
$



Solution 5.3 :

$\displaystyle 2\int_{1}^{2}\left( \ln t\right) dt+\int_{1}^{2}\left( \frac{1}{2...
...{t}}+\ln\frac{1}{t^{2}}\right) dt=\int_{1}^{2}\frac
{dt}{2\sqrt{t}}=\sqrt{2}-1
$



Solution 5.4 : $ V=\frac{1}{3-1}\int_{1}
^{3}\left( x^{3}+x^{2}-x\right) dx=\allowbreak\frac{37}{3}$.



Solution 5.5 : 1) Comme pour tout $ t$ de $ \left[ 0,1\right] $ $ \sqrt{f\left( t\right) g\left( t\right) }
\geqslant1,$ on en déduit que

$\displaystyle \int_{0}^{1}\sqrt{f\left( t\right) g\left( t\right) }\,dt\geqslant\int
_{0}^{1}1\,dt\geqslant1
$


2) L'inégalité de Cauchy-Schwarz fournit, en remarquant que $ \sqrt{f\left( t\right) g\left( t\right) }=\sqrt{f\left( t\right)
}\sqrt{g\left( t\right) }$

$\displaystyle \left\vert \int_{0}^{1}\sqrt{f\left( t\right) g\left( t\right) }\...
...t{\int_{0}^{1}f\left(
t\right) \,dt}\,\sqrt{\int_{0}^{1}g\left( t\right) \,dt}
$

Il suffit alors d'élever au carré l'inégalité pré cédente pour obtenir la réponse.
3) On déduit des questions précédentes que :

$\displaystyle \left( \int_{0}^{1}f\left( t\right) \,dt\right) \left( \int_{0}
^...
...nt_{0}^{1}
\sqrt{f\left( t\right) g\left( t\right) }\,dt\right) ^{2}\geqslant1
$



Solution 5.7 : La fonction $ t\mapsto e^{t^{2}}$ est continue sur $ \mathbb{R},$ donc $ x\mapsto\int_{0}^{x}e^{t^{2}}dt$ est dérivable sur $ \mathbb{R},$ de dérivée $ e^{x^{2}}.$ Par dérivation du produit, on a :

$\displaystyle f^{\prime}\left( x\right) =-2xe^{-x^{2}}\int_{0}^{x}e^{t^{2}}dt+e^{-x^{2}
}e^{x^{2}}=-2xf\left( x\right) +1
$

On obtient bien la relation cherchée. On peut donc résoudre cette équation différentielle afin de déterminer l'expression de la fonction $ f.$



Solution 5.8 : On obtient les résultats suivants :

$\displaystyle I_{1}=\int_{1}^{e}\frac{\ln t}{t}\,dt=\int_{1}^{e}\frac{\ln t}{t}\,dt=\left[
\frac{1}{2}\ln^{2}t\right] _{1}^{e}=\frac{1}{2}
$

$\displaystyle I_{2}=\int_{0}^{1}\left( 1-x\right) \sqrt{x}\,dx=\left[ \frac{2}{3}
x^{\frac{3}{2}}-\frac{2}{5}x^{\frac{5}{2}}\right] _{0}^{1}=\frac{4}{15}
$

$\displaystyle I_{3}=\int3x\sqrt{1-2x^{2}}\,dx=-\frac{1}{2}\left( \sqrt{\left(
1-2x^{2}\right) }\right) ^{3}+c
$

$\displaystyle I_{4}=\int\frac{e^{\frac{1}{x}}}{x^{2}}\,dx=-e^{\frac{1}{x}}+c
$



Solution 5.9 : On a :

$\displaystyle \frac{x^{3}-3x^{2}+x}{1-x^{2}}=\allowbreak-x+3+\frac{1}{2\left( x-1\right)
}-\frac{5}{2\left( x+1\right) }\text{ d'o\\lq {u}}
$

$\displaystyle I$ $\displaystyle =\int_{2}^{3}\left( -x+3+\frac{1}{2\left( x-1\right) }-\frac {5}{2\left( x+1\right) }\right) dx$    
  $\displaystyle =\left[ -\frac{1}{2}x^{2}+3x+\frac{1}{2}\ln\left( 2x-2\right) -\frac {5}{2}\ln\left( 2x+2\right) \right] _{2}^{3}$    
  $\displaystyle =\frac{1}{2}-\frac{9}{2}\ln2+\frac{5}{2}\ln3$    



Solution 5.10 : On remarque que :

$\displaystyle I_{1}=\left[ \frac{\ln\left( 1+2\sin x\right) }{2}\right] _{0}^{\frac{\pi
}{2}}=\ln\left( \sqrt{3}\right)
$

On a ensuite $ I_{2}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos x\,dx=\allowbreak1,$ ce qui permet d'en déduire que :

$\displaystyle I=I_{2}-I_{1}=1-\ln\sqrt{3}
$



Solution 5.11 : On obtient :

$\displaystyle L=e-1\qquad K=-2
$



Solution 5.12 : On effectue une première intégration par parties :

$\displaystyle K=\int_{0}^{\pi}\sin t\,e^{t}\,dt=\allowbreak-\int_{0}^{\pi}\left( \cos
t\right) e^{t}\,dt$ en posant $\displaystyle u\left( t\right) =\sin t
$

On effectue une deuxième intégration par parties :

$\displaystyle K=-\left( \int_{0}^{\pi}\left( \cos t\right) e^{t}\,dt\right)
=\a...
...nt_{0}^{\pi}\left( -\left( \sin t\right)
e^{t}\right) \,dt\right) =e^{\pi}+1-K
$

Il suffit d'isoler $ K$ de cette équation pour obtenir :

$\displaystyle K=\int_{0}^{\pi}\sin t\,e^{t}\,dt=\frac{1}{2}e^{\pi}+\frac{1}{2}
$



Solution 5.13 : On a

$\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{dt}{t^{2}+2t+3}=\allowbreak\int_{\frac{1}{2}\sq...
...2}\right) }\,du=\left( \arctan
\sqrt{2}\right) \sqrt{2}-\frac{1}{4}\sqrt{2}\pi
$



Solution 5.14 : On a :

$\displaystyle J=\int\nolimits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos t}{1+\sin^{2}t}dt=\allowbreak
\int_{0}^{1}\frac{1}{1+u^{2}}\,du=\frac{1}{4}\pi
$



Solution 5.15 : On a $ du=3dt,$ d'où $ dt=\frac{du}{3}$

$\displaystyle I=\int_{0}^{1}t\sqrt{3t+2}\,dt=\int_{2}^{5}\frac{1}{3}\left( -\fr...
...\frac{1}{3}u\right) \sqrt{u}\,du=\frac{10}{27}\sqrt{5}+\frac{16}
{135}\sqrt{2}
$



Solution 5.17 : On commence par étudier les positions respectives des deux courbes sur $ \left[ -1,2\right] .$ On trouve que :

\includegraphics[scale=0.6]{fig24.ps}
Si $ x\in\left[ -1,\frac{3}{2}\right] $ alors $ -x^{2}+x+1\geqslant
x^{2}-2$
Si $ x\in\left[ \frac{3}{2},2\right] $ alors $ -x^{2}
+x+1\leqslant x^{2}-2$
On en déduit donc que l'aire cherchée, en unité d'aire, est égale à :

$\displaystyle A$ $\displaystyle =\int_{-1}^{\frac{3}{2}}\left( \left( -x^{2}+x+1\right) -\left( x...
...rac{3}{2}}^{2}\left( \left( x^{2}-2\right) -\left( -x^{2}+x+1\right) \right) dx$    
  $\displaystyle =\int_{-1}^{\frac{3}{2}}\left( -2x^{2}+x+3\right) dx+\int_{\frac{3}{2} }^{2}\left( 2x^{2}-x-3\right) dx$    
  $\displaystyle =\frac{125}{24}+\frac{17}{24}$    
  $\displaystyle =\frac{71}{12}$ $\displaystyle u.a$    



Solution 5.18 : On obtient les résultats suivants :
(1) (a) $ A_{1}=0,2\times\left( f\left( 1\right)
+f\left( 1,2\right) +f\left( 1,4\right) +\cdots+f\left( 2,8\right)
\right) \simeq0,28784$
(1) (b) $ A_{2}=0,2\times\left( f\left(
1,2\right) +f\left( 1,4\right) +f\left( 1,6\right) +\cdots+f\left(
3\right) \right) \simeq0,22807$
(1) (c) On en déduit que $ 0,228\leqslant A\leqslant0,288,$ et on peut proposer $ A\simeq0,25.$
(2) $ A_{3}=0,2\left( f\left( 1,1\right) +f\left( 1,3\right)
+\cdots+f\left( 2,9\right) \right) \simeq0,25644$
(3) En utilisant l'aire d'un trapèze,il vient :

$\displaystyle A_{4}$ $\displaystyle =\left[ \frac{\left( f\left( 1\right) +f\left( 1,2\right) \right)...
...\frac{\left( f\left( 2,8\right) +f\left( 3\right) \right) \times0,2} {2}\right]$    
  $\displaystyle =0,1\times\left( f\left( 1\right) +2f\left( 1,2\right) +2f\left( 1,4\right) +\cdots+2f\left( 2,8\right) +f\left( 3\right) \right) \simeq0,25795$    



Solution 5.19 : On reconnaît une somme de Riemann, d'où

$\displaystyle \lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\sin\frac{k\pi}{n}=\int
_{0}^{1}\sin\left( \pi x\right) \,dx=\frac{2}{\pi}
$



Solution 5.20 : On reconnaît une somme de Riemann

$\displaystyle \lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{1}{n^{3}}\sum_{k=1}^{n}k^{2}=\lim...
...\sum_{k=1}^{n}\left( \frac{k}{n}\right)
^{2}=\int_{0}^{1}x^{2}\,dx=\frac{1}{3}
$



Solution 5.21 : En calculant le logarithme népérien de cette expression strictement positive, on trouve que :

$\displaystyle \ln\left( S_{n}^{\prime\prime}\right) =-\ln n+\sum_{k=1}^{n}\frac...
...k+n\right) -\ln n}
{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ln\left( 1+\frac{k}{n}\right)
$

On reconnaît maintenant une somme de Riemann, d'où en appelant $ S
$ la valeur de la limite cherchée, on a :

$\displaystyle \ln S=\int_{0}^{1}\ln\left( 1+x\right) dx=\left[ \left( x+1\right)
\ln\left( x+1\right) -x\right] _{0}^{1}=2\ln2-1
$

On en déduit que $ S=e^{2\ln2-1}=\frac{4}{e}.$



Solution 5.22 : 1) Evident.
2) $ V_{1}=\frac{20}{3}\pi$ $ cm^{3}.$ On peut utiliser soit la formule donnant le volume d'un cône de révolution $ \left( \frac{Bh}{3}\right) ,$ ou montrer qu'une équation de la droite $ \left( BC\right) $ est $ y=-\frac{2}{5}x+4,$ et en déduire que le volume cherché est donné par la formule :

$\displaystyle V_{1}=\pi\int_{5}^{10}\left( -\frac{2}{5}x+4\right) ^{2}dx=\frac{20}{3}\pi
$


3) Par cette même formule, le volume de la partie inférieure du modèle réduit est :

$\displaystyle V_{2}=\pi\int_{0}^{5}\left( 4\sin\left( \frac{\pi x}{6}\right) \r...
...1}{2}-\frac{1}{2}\cos\left( \frac{\pi
x}{3}\right) \right) dx=40\pi+12\sqrt{3}
$


4) Si $ OC$ en vraie grandeur est égal à $ 30$ cm, cela implique que toutes les longueurs du graphique doivent être multiplié es par $ 3$ pour obtenir les vraies grandeurs. Donc le volume $ V$ cherché vaut :

$\displaystyle V=3^{3}\left( V_{1}+V_{2}\right) =27\left( \frac{140}{3}\pi+12\sqrt
{3}\right) =1260\pi+324\sqrt{3}\simeq4519,\,\allowbreak6$ cm$\displaystyle ^{3}
$



Solution 5.23 : On obtient les résultats suivants :
$ \int_{0}^{X}e^{-2t}\,dt=\allowbreak-\frac{1}{2}
e^{-2X}+\frac{1}{2},$ donc l'intégrale est convergente, et $ \int
_{0}^{+\infty}e^{-2t}\,dt=\allowbreak\frac{1}{2}.$
$ \int_{0}^{X}
\frac{dt}{1+t}=\ln\left( X+1\right) .$ Or $ \lim_{X\rightarrow+\infty}
\ln\left( X+1\right) =+\infty$, donc l'intégrale est divergente.
$ \int_{X}^{1}\frac{dt}{\sqrt{t}}=\allowbreak2-2\sqrt{X},$ donc l'intégrale est convergente, et $ \int_{0}^{1}\frac{dt}{\sqrt{t}
}=\allowbreak2.$
$ \int_{0}^{X}\sin t\,dt=\allowbreak-\cos X+1,$ donc l'intégrale est divergente.
$ \int_{x}^{2}\frac{dt}{t-1}
=\allowbreak-\ln\left( x-1\right) ,$ donc l'intégrale est divergente.



Solution 5.24 : On effectue une intégration par parties sur $ \left[ 0,X\right] ,$ d'où

$\displaystyle I\left( X\right) =\int_{0}^{X}x^{2}e^{-2x}\,dx=-\frac{1}{2}X^{2}
e^{-2X}-\frac{1}{2}Xe^{-2X}-\frac{1}{4}e^{-2X}+\allowbreak\frac{1}{4}
$

On calcule la limite de $ I\left( X\right) $ quand $ X$ tend vers $ +\infty,$ et on trouve que

$\displaystyle \int_{0}^{+\infty}x^{2}e^{-2x}\,dx=\allowbreak\frac{1}{4}
$



Solution 5.25 : On effectue le changement de variable proposé, mais pour l'intégrale définie suivante :

$\displaystyle I\left( X\right)$ $\displaystyle =\int_{0}^{X}\frac{x^{2}}{\left( 1+x^{2}\right) ^{2} }\,dx=\allowbreak\int_{0}^{\arctan X}\frac{\tan^{2}u}{1+\tan^{2}u}\,du$    
  $\displaystyle =\int_{0}^{\arctan X}\sin^{2}u\,\,du=\frac{1}{2}\frac{-X+\arctan X+\left( \arctan X\right) X^{2}}{1+X^{2}}$    

On fait tendre $ X$ vers $ +\infty,$ et on trouve que

$\displaystyle I=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{2}}{\left( 1+x^{2}\right) ^{2}}\,dx=\frac{1}
{4}\pi
$



Solution 5.26 : 1. Il suffit de vérifier que $ G\left( 1\right) =0$ et que pour tout $ x$ de $ \left[
0,1\right] ,$ on a $ G^{\prime }\left( x\right) =g\left( x\right) .
$
2. On effectue une intégration par parties :

$\displaystyle I_{n}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \left[ -\frac{2}{3}\left( 1-x\right) ^{\frac{3}{2}}x^{n+\frac{1}{...
...ft( 1-x\right) ^{\frac{3}{2}%%
}\left( n+\frac{1}{2}\right) x^{n-\frac{1}{2}}dx$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{2}{3}\left( n+\frac{1}{2}\right) \int_{0}^{1}\left( 1-x\right)
\sqrt{1-x}\,x^{n-\frac{1}{2}}dx$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{2}{3}\left( n+\frac{1}{2}\right) \int_{0}^{1}\left( \sqrt{1-x}%%
\,x^{n-\frac{1}{2}}-x^{n+\frac{1}{2}}\sqrt{1-x}\,\right) dx$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{2}{3}\left( n+\frac{1}{2}\right) \left( I_{n-1}-I_{n}\right)$  

3. En isolant $ I_{n}$ dans le membre de droite, il vient :

$\displaystyle I_{n}=\frac{2n+1}{2n+4}I_{n-1}$

4. On a $ I_{1}=\frac{3}{6}I_{0}=\frac{\pi }{16}$ et $ I_{2}=\frac{5}{8}I_{1}=%%
\frac{5\pi }{128}$.



Solution 5.27 : 1. $ f$ est paire, donc

$\displaystyle \int_{-x}^{x}f\left( t\right)\,dt=2\int_{0}^{x}f(x)dx=2F(x)$

pour tout $ x$ de $ \mathbb{R}.$ On en déduit que :

$\displaystyle F\left( x\right) -F\left( -x\right) =\int_{0}^{x}f\left( t\right)...
...,dt+\int_{-x}^{0}f\left( t\right) \,dt=\int_{-x}^{x}f\left( t\right) \,dt=2F(x)$    

donc $ F\left( -x\right) =-F\left( x\right) $ pour tout $ x$ de $ \mathbb{R},$ donc la fonction $ F$ est impaire.
2. $ F$ étant l'unique primitive de $ f$ qui s'annule en $ 0,$ on a donc $ %%
F^{\prime }\left( x\right) =f\left( x\right) =\frac{x^{2}+2}{x^{2}+1}.$ Cette fonction est positive sur $ \mathbb{R},$ donc $ F$ est une fonction croissante sur $ \mathbb{R}.$
3. a) Il suffit d'appliquer la relation de Chasles. On a pour tout $ x$ de $ %%
\mathbb{R}$ :

$\displaystyle \varphi \left( x\right) =\int_{x}^{0}f\left( t\right) \,dt+\int_{...
...) \,dt+\int_{0}^{x+2}f\left( t\right) \,dt=F\left( x+2\right) -F\left( x\right)$    


b) Comme $ F$ est dérivable sur $ \mathbb{R}$, la fonction $ \varphi$ est dérivable sur $ \mathbb{R},$ et on a :

$\displaystyle \varphi ^{\prime }\left( x\right) =f\left( x+2\right) -f\left( x\...
...ft( x+1\right) }{\left[ \left( x+2\right) ^{2}+1\right] \left[ x^{2}+1\right] }$    


c) La fonction $ \varphi$ est donc croissante sur $ \left] -\infty ;-1\right]
,$ et décroissante sur $ \left[ -1;+\infty \right[ .$
4. a) $ \int_{x}^{x+2}\left( f\left( t\right) -1\right)
\,dt=\int_{x}^{x+2}f\left( t\r...
...=\varphi \left(
x\right) -\left[ t\right] _{x}^{x+2}=\varphi \left( x\right) -2$ pour tout $ x$ réel.
b) Pour tout $ t$ de $ \left] -\infty ,-3\right] \cup \left[ 3,+\infty \right[
,$ on a :

$\displaystyle \left\vert f\left( t\right) -1\right\vert =\left\vert \frac{t^{2}...
...t\vert \frac{1}{t^{2}+1}\right\vert =\frac{1}{t^{2}+1}\leqslant \frac{1}{t^{2}}$    


c) Pour tout $ t$ de $ \left] -\infty ,-3\right] \cup \left[ 3,+\infty \right[
,$ on a :

$\displaystyle \left\vert \varphi \left( x\right) -2\right\vert =\left\vert \int...
...rac{1}{t^{2}}<tex2html_comment_mark>494 \,dt\leqslant \frac{1}{x}-\frac{1}{x+2}$    


d) Le théorème des gendarmes permet d'établir que comme $ %%
\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{1}{x}-\frac{1}{x+2}=0,$ on a
$ \lim_{x\rightarrow \infty }\left( \varphi \left( x\right) -2\right) =0,$ ce qui prouve que $ \lim_{x\rightarrow \infty }\varphi \left( x\right) =2.$
e) On obtient :
$ x$ $ -\infty$   $ -1$   $ +\infty$
$ \varphi ^{\prime }\left( x\right) $   $ +$ 0 $ -$  
      $ 2+\frac{\pi }{2}$    
$ \varphi \left( x\right) $   $ \nearrow$   $ \searrow$  
  $ 2$       $ 2$


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Michel 2002-08-06