Intégration-3 (Prérentrée ECG1)

A. Étude d’une fonction auxiliaire

1. • La fonction \(x\mapsto 1+2\,\mathrm{e}^x\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et prend ses valeurs dans \(\mathbb{R}_+^\ast\). Il en découle, par quotient, que la fonction \(x\mapsto \frac{\mathrm{e}^x}{ 1+2\,\mathrm{e}^x }\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et que, par composition (la fonction \(\ln\) étant dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\)), la fonction \(x\mapsto \ln(1+2\,\mathrm{e}^x)\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\). Par somme, la fonction \(g\) est donc dérivable et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ g'(x) &= \frac{\mathrm{e}^x \left( 1+2\,\mathrm{e}^x \right) -2\,\mathrm{e}^x \, \mathrm{e}^x }{( 1+2\,\mathrm{e}^x)^2} \end{aligned}\]

     d’où :

     \[\forall x\in\mathbb{R},\ g'(x) = \frac{\mathrm{e}^x }{( 1+2\,\mathrm{e}^x)^2}\]

   • La fonction exponentielle est strictement positive sur \(\mathbb{R}\) donc :

     \[\forall x\in\mathbb{R},\ g'(x)>0\]

2. • On a : \[\lim_{x\to {-\infty}} \mathrm{e}^x = 0\] donc : \[\lim_{x\to {-\infty}} ( 1 + 2\,\mathrm{e}^{x} ) = 1\]

     De plus on a : \[\lim_{t\to 1} \ln(t) = 0\]

     donc, par quotient, somme et composition :

     \[\lim_{x\to {-\infty}} g(x) = 0\]

   • On a : \[\lim_{x\to {+\infty}} ( 1 + 2\,\mathrm{e}^{x} ) = {+\infty}\quad \text{et} \quad \lim_{t \to {+\infty}} \ln(t) = {+\infty}\] donc, par composition : \[\lim_{x\to {+\infty}} \ln( 1 + 2\,\mathrm{e}^{x} ) = {+\infty}\]

     De plus on peut remarquer que : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ \dfrac{\text{e}^x}{1 + 2 \, \text{e}^x} &= \dfrac{\text{e}^x}{ \mathrm{e}^x \left( \mathrm{e}^{-x} + 2 \right)} \\ &= \frac{1}{\mathrm{e}^{-x}+2} \end{aligned}\]

     Or on a : \[\lim_{x\to {+\infty}} (\mathrm{e}^{-x} +2 ) = 2\]

     donc, la fonction inverse étant continue en \(2\) : \[\lim_{x\to {+\infty}} \frac{1}{\mathrm{e}^{-x}+2} = \frac{1}{2}\]

     d’où, par somme :

     \[\lim_{x\to {+\infty}} g(x) = {-\infty}\]

3. On déduit des résultats précédents :

   

4. On en déduit :

   \[\forall x\in\mathbb{R},\ g(x) <0\]

B. Étude d’une fonction et calcul d’une aire

1. De même que dans la question 1, \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme produit de fonctions qui le sont et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ f'(x) &=-2 \, \text{e}^{-2x} \ln \! \left(1 + 2 \, \text{e}^x\right) + \mathrm{e}^{-2x} \times \frac{2\,\mathrm{e}^x}{1+2\,\mathrm{e}^{x}} \\ &= 2 \, \text{e}^{-2x} \left[ \frac{\mathrm{e}^x}{1+2\,\mathrm{e}^{x}} - \ln \! \left(1 + 2 \, \text{e}^x\right) \right] \end{aligned}\]

   d’où :

   \[\forall x\in\mathbb{R},\ f'(x) = 2 \, \text{e}^{-2x} \, g(x)\]

2. • Pour étudier la limite de \(f\) en \({-\infty}\), comme il y a une forme indéterminée on commence par changer la forme. pour pouvoir utilises les limites usuelles. On a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ f(x) &= \text{e}^{-2x} \ln \! \left(1 + 2 \, \text{e}^x\right) \\ &= \mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{e}^{-x} \ln \! \left(1 + 2 \, \text{e}^x\right) \\ &= \mathrm{e}^{-x} \times \frac{ \ln \! \left(1 + 2 \, \text{e}^x\right) }{\mathrm{e}^x}\\ &=2\, \mathrm{e}^{-x} \times \frac{ \ln \! \left(1 + 2 \, \text{e}^x\right) - \ln(1) }{(1+2\, \mathrm{e}^x)-1} \end{aligned}\]

     Or on a : \[\lim_{x\to {-\infty}} ( 1+2\,\mathrm{e}^x ) = 1\]

     et, comme la fonction \(\ln\) est dérivable en \(1\) : \[\lim_{t\to 1} \frac{\ln(t) - \ln(1)}{t-1} = \ln'(1) = 1\]

     donc, par composition : \[\lim_{x\to {-\infty}} \frac{ \ln \! \left(1 + 2 \, \text{e}^x\right) - \ln(1) }{(1+2\, \mathrm{e}^x)-1} = 1\]

     Or on a de plus : \[\lim_{x\to {-\infty}}2\, \mathrm{e}^{-x} = {+\infty}\]

     donc, par produit :

     \[\lim_{x\to {-\infty}} f(x) = {+\infty}\]

   • On a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ f(x) &= \text{e}^{-2x} \ln \! \left(1 + 2 \, \text{e}^x\right) \\ &= \left(1 + 2 \, \text{e}^x\right) \text{e}^{-2x} \times \frac{\ln \! \left(1 + 2 \, \text{e}^x\right) }{1 + 2\, \text{e}^{-2x} } \\ &= \left(\text{e}^{-2x} + 2 \, \text{e}^{-x}\right) \times \frac{\ln \! \left(1 + 2 \, \text{e}^x\right) }{1 + 2\, \text{e}^{-2x} } \end{aligned}\]

     Or on sait que : \[\lim_{x\to {+\infty}} \left(1 + 2 \, \text{e}^x\right) = {+\infty}\] et que, par croissances comparées : \[\lim_{t\to {+\infty}} \frac{\ln(t)}{t} = 0\]

     donc, par composition : \[\lim_{x\to {+\infty}} \frac{\ln \! \left(1 + 2 \, \text{e}^x\right) }{1 + 2\, \text{e}^{-2x} } = 0\]

     Or on a de plus : \[\lim_{x\to {+\infty}}\left(\text{e}^{-2x} + 2 \, \text{e}^{-x}\right) = 0\]

     donc, par produit :

     \[\lim_{x\to {+\infty}} f(x) = 0\]

3. Comme \(g\) est strictement négative sur \(\mathbb{R}\), le résultat de la question 5 assure que \(f'\) est strictement négative sur \(\mathbb{R}\) donc :

   

4. 1. • On a : \[\begin{aligned} \text{e}^{-x} - 2 \, \dfrac{\text{e}^{-x}}{\text{e}^{-x} + 2} &=\dfrac{\mathrm{e}^{-x} \left( \mathrm{e}^{-x} + 2 \right) - 2\,\mathrm{e}^{-x} }{\text{e}^{-x} + 2} \\ &= \dfrac{\text{e}^{-2x}}{\text{e}^{-x} + 2} \\ &= \dfrac{\text{e}^{-x} \,\mathrm{e}^{-x}}{\text{e}^{-x} + 2} \\ &= \dfrac{\text{e}^{-x}}{\mathrm{e}^x \left( \text{e}^{-x} + 2 \right)} \end{aligned}\]

        d’où :

        \[\forall x\in\mathbb{R},\ \dfrac{\text{e}^{-x}}{1 + 2 \, \text{e}^x} = \text{e}^{-x} - 2 \, \dfrac{\text{e}^{-x}}{\text{e}^{-x} + 2}\]

      • La fonction \(x\mapsto \dfrac{\text{e}^{-x}}{1 + 2 \, \text{e}^x}\) est continue sur \([0,\alpha]\) comme quotient, dont le dénominateur ne s’annule pas sur cet intervalle, de fonctions qui le sont et on a, d’après le résultat de la question précédente : \[\begin{aligned} I(\alpha) &=\int_0^{\alpha} \dfrac{\text{e}^{-x}}{1 + 2 \, \text{e}^x}\:\text{d}x \\ &= \int_0^{\alpha} \left( \text{e}^{-x} - 2 \, \dfrac{\text{e}^{-x}}{\text{e}^{-x} + 2} \right) \mathrm{d}x\\ &= \left[ -\mathrm{e}^{-x} + 2\ln( \text{e}^{-x} + 2) \right]_0^\alpha \end{aligned}\] d’où :

        \[I(\alpha) = 1-\mathrm{e}^{-\alpha} + 2\ln( \text{e}^{-\alpha} + 2) - 2\ln(3)\]

   2. Les fonctions \(u : x\mapsto -\frac{\mathrm{e}^{-2x}}{2}\) et \(x\mapsto \ln(1+2\,\mathrm{e}^x)\) sont dérivables sur \([0,\alpha]\) et on a : \[\forall x\in [0,\alpha],\ u'(x) = \mathrm{e}^{-2x} \quad \text{et} \quad v'(x) = \frac{2\,\mathrm{e}^x}{1+2\,\mathrm{e}^x}\]

      De plus \(u'\) et \(v'\) sont continue sur \([0,\alpha]\) donc, par intégration par parties : \[\begin{aligned} J(\alpha) &= \left[ -\frac{\mathrm{e}^{-2x}}{2} \, \ln(1+2\,\mathrm{e}^x) \right]_0^\alpha - \int_0^\alpha -\frac{\mathrm{e}^{-2x}}{2} \times \frac{2\,\mathrm{e}^x}{1+2\,\mathrm{e}^x} \,\mathrm{d}x\\ &= -\frac{\mathrm{e}^{-2\alpha}}{2} \, \ln(1+2\,\mathrm{e}^\alpha)+ \frac{\ln(3)}{2} + I(\alpha) \end{aligned}\]

      d’où :

      \[J(\alpha) = -\frac{\mathrm{e}^{-2\alpha}}{2} \, \ln(1+2\,\mathrm{e}^\alpha)- \frac{3\ln(3)}{2} + 1-\mathrm{e}^{-\alpha} + 2\ln( \text{e}^{-\alpha} + 2)\]

1. 1. Soit \(n \in\mathbb{N}\). On a : \[\begin{aligned} \forall x\in \left] 1,\mathrm{e}\right[,\ \left[ \ln(x) \right]^n - \left[ \ln(x) \right]^{n+1} &= \left[ \ln(x) \right]^n \left( 1- \ln(x) \right) \end{aligned}\]

      De plus on sait que la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) et que \(\ln(1)=0\) et \(\ln(\mathrm{e}) = 1\) donc on a : \[\forall x\in \left] 1,\mathrm{e}\right[,\ \ln(x) >0 \quad \text{et} \quad 1- \ln(x) >0\]

      d’où :

      \[\forall n \in \mathbb{N},\ \forall x\in \left] 1,\mathrm{e}\right[,\ \left[ \ln(x) \right]^n - \left[ \ln(x) \right]^{n+1} > 0\]

   2. On a ainsi : \[\forall n \in \mathbb{N},\ \forall x\in \left] 1,\mathrm{e}\right[,\ \left[ \ln(x) \right]^n > \left[ \ln(x) \right]^{n+1}\]

      donc, par croissance de l’intégration, les fonctions en présence étant continues sur \([1,\mathrm{e}]\) comme composée de la fonction \(\ln\), continue sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) et à valeurs dans \(\mathbb{R}\), par la fonction \(t\mapsto t^n\), continue sur \(\mathbb{R}\)), avec \(1 < \mathrm{e}\) : \[\forall n \in \mathbb{N},\ I_n> I_{n+1}\]

      ce qui nous permet de conclure :

      La suite \(\left(I_{n}\right)\) est (strictement) décroissante

2. 1. On a : \[I_1 = \int_1^\mathrm{e}1 \times \ln(x)\,\mathrm{d}x\]

      De plus les fonctions \(u : x\mapsto x\) et \(v:x\mapsto \ln(x)\) sont dérivables sur \([1,\mathrm{e}]\) et on a : \[\forall x\in [1,\mathrm{e}],\ u'(x) = 1 \quad \text{et} \quad v'(x) = \frac{1}{x}\]

      \(u'\) et \(v'\) sont donc continues sur \([1,\mathrm{e}]\) et, par intégration, par parties : \[\begin{aligned} I_1 &= \left[ x\ln(x) \right]_1^\mathrm{e}- \int_1^\mathrm{e}x\times \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x\\ &= \mathrm{e}\ln(\mathrm{e}) - \ln(1) - \int_1^\mathrm{e}1 \,\mathrm{d}x\\ &= \mathrm{e}- \left( \mathrm{e}-1 \right) \times 1 \end{aligned}\]

      d’où :

      \[I_1= 1\]

   2. On a : \[I_{n+1} = \int_1^\mathrm{e}1\times \left[ \ln(x) \right]^{n+1} \,\mathrm{d}x\]

      De plus les fonctions \(u : x\mapsto x\) et \(v:x\mapsto \left[ \ln(x) \right]^{n+1}\) sont dérivables sur \([1,\mathrm{e}]\) et on a : \[\forall x\in [1,\mathrm{e}],\ u'(x) = 1 \quad \text{et} \quad v'(x) = \left( n+1 \right) \frac{1}{x} \left[ \ln(x) \right]^{n}\]

      \(u'\) et \(v'\) sont donc continues sur \([1,\mathrm{e}]\) et, par intégration, par parties : \[\begin{aligned} I_{n+1} &= \left[ x \left[ \ln(x) \right]^{n+1} \right]_1^\mathrm{e}- \int_1^\mathrm{e}x\times\left( n+1 \right) \frac{1}{x} \left[ \ln(x) \right]^{n} \,\mathrm{d}x\\ &= \mathrm{e}- \left( n+1 \right) \int_1^\mathrm{e}\left[ \ln(x) \right]^{n} \,\mathrm{d}x \end{aligned}\]

      d’où :

      \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ I_{n+1} = \text{e} - (n + 1)I_{n}\]

   3. • En prenant \(n=1\) on en déduit : \[\begin{aligned} I_2 &= \mathrm{e}- 2I_1 \end{aligned}\]

        d’où, comme \(I_1=1\) :

        \[I_2= \mathrm{e}-2\]

      • En prenant \(n=2\), on obtient également : \[\begin{aligned} I_3 &= \mathrm{e}- 3I_2 \end{aligned}\]

        d’où, comme \(I_2=\mathrm{e}-2\) :

        \[I_3=6-2\,\mathrm{e}\]

      • En prenant \(n=3\), on obtient enfin : \[\begin{aligned} I_4 &= \mathrm{e}- 4I_3 \end{aligned}\]

        d’où, comme \(I_3=6-2\,\mathrm{e}\) :

        \[I_4=9\, \mathrm{e}- 24\]

3. 1. La fonction \(x\mapsto \left[ \ln(x) \right]^n\) est continue et positive sur \([1,\mathrm{e}]\), avec \(1\leqslant \mathrm{e}\) donc, par croissance de l’intégration :

      \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ I_{n} \geqslant 0\]

   2. On a donc aussi : \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ I_{n+1} \geqslant 0\]

      d’où, d’après le résultat de la question 2b : \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ \mathrm{e}- \left( n + 1 \right) )I_{n} \geqslant 0\]

      donc :

      \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ \left( n + 1 \right) )I_{n} \leqslant \mathrm{e}\]

   3. On a ainsi : \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ 0 \leqslant I_n \leqslant \frac{\mathrm{e}}{n+1}\]

      Or on a : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{\mathrm{e}}{n+1} = 0\]

      donc, d’après le théorème de l’encadrement :

      \[\lim\limits_{n\to+\infty}In = 0\]

   4. • Soit \(n \in\mathbb{N}\). On a : \[nI_{n} + (I_{n} + I_{n + 1}) = \left( n+1 \right) I_n +I_{n+1}\] donc, d’après le résultat de la question 2b :

        \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ nI_{n} + (I_{n} + I_{n + 1}) = \mathrm{e}\]

      • On a ainsi : \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ nI_n = \mathrm{e}- I_n - I_{n+1}\]

        Or on a de plus : \[\lim\limits_{n\to+\infty}I_n = \lim\limits_{n\to+\infty}I_{n+1} = 0\]

        d’où :

        \[\lim\limits_{n\to+\infty}nI_n = 0\]