Intégration-1 (Prérentrée ECG1)

La fonction \(x \mapsto x^2+2\) est continue sur \([0,1]\) et prend ses valeurs dans \(\mathbb{R}_{+}^*\). Comme la fonction \(x \mapsto \sqrt{x}\) est continue et strictement positive sur \(\mathbb{R}_{+}^*\) et comme la fonction \(x \mapsto \frac{1}{x}\) est continue sur \(\mathbb{R}_{+}^*\), on en déduit que les fonctions \(x \mapsto \frac{1}{\sqrt{x^2+2}}, x \mapsto \frac{x^2}{\sqrt{x^2+2}}\) et \(x \mapsto \sqrt{x^2+2}\) sont continues sur \([0,1]\) et donc :

1. • La fonction \(x \mapsto x^2+2\) est dérivable sur \([0,1]\) et prend ses valeurs dans \(\mathbb{R}_{+}^*\). Comme la fonction \(x \mapsto \sqrt{x}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_{+}^*\) et comme la fonction \(x \mapsto x\) est dérivable sur \([0,1]\), la fonction \(x \mapsto x+\sqrt{x^2+2}\) est dérivable et strictement positive sur \([0,1]\) et comme la fonction ln est dérivable sur \(\mathbb{R}_{+}^*\) :

     La fonction \(f\) est dérivable sur \([0,1]\)

   • De plus, on a : \[\begin{aligned} \forall x \in[0,1], \ f^{\prime}(x)&=\frac{1+\frac{2 x}{2 \sqrt{x^2+2}}}{x+\sqrt{x^2+2}} \end{aligned}\] donc :

     \[\forall x \in[0,1], \ f^{\prime}(x) =\frac{1}{\sqrt{x^2+2}}\]

2. D’après le résultat précédent, on a : \[\begin{aligned} I &=\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+2}} \\ &=\int_0^1 f^{\prime}(x) \,\mathrm{d}x\\ &=[f(x)]_0^1 \\ &= f(1) - f(0) \end{aligned}\] d’où :

   \[I=\ln (1+\sqrt{3})-\ln (\sqrt{2})\]

1. Par linéarité de l’intégration, on a : \[\begin{aligned} J+2 I &=\int_0^1\left(\frac{x^2}{\sqrt{x^2+2}}+\frac{2}{\sqrt{x^2+2}}\right) \mathrm{d}x\\ &=\int_0^1 \frac{x^2+2}{\sqrt{x^2+2}} \,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^1 \frac{\left(\sqrt{x^2+2}\right)^2}{\sqrt{x^2+2}} \,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^1 \sqrt{x^2+2} \,\mathrm{d}x \end{aligned}\]

   d’où :

   \[J+2 I = K\]

2. On remarque que : \[K=\int_0^1 1 \times \sqrt{x^2+2} \,\mathrm{d}x\]

   On pose alors : \[\forall x \in[0,1], \ u(x)=x \quad \text{et} \quad v(x)=\sqrt{x^2+2}\]

   Les fonctions \(u\) et \(v\) sont continues sur \([0,1]\) et on a : \[\forall x \in[0,1], \ u^{\prime}(x)=1 \quad \text{et} \quad v^{\prime}(x)=\frac{2 x}{2 \sqrt{x^2+2}}=\frac{x}{\sqrt{x^2+2}}\]

   Ainsi \(u'\) et \(v'\) sont également continues sur \([0,1]\).

   On dit que \(u\) et \(v\) sont de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0,1]\) car elles sont continues, ainsi que leurs dérivées respectives.

   Par intégration par parties, on en déduit : \[\begin{aligned} K &=\left[x \sqrt{x^2+2}\right]_0^1-\int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{x^2+2}} \,\mathrm{d}x \end{aligned}\]

   d’où :

   \[K = \sqrt{3}-J\]

3. D’après les questions 4a et 4b, on a : \[\begin{cases} J+2 I=K \\ K=\sqrt{3}-J \end{cases}\]

   donc : \[\begin{cases} J+2 I=\sqrt{3}-J \\ K=\sqrt{3}-J \end{cases}\]

   soit encore : \[\begin{cases} 2 J=\sqrt{3}-2 I \\ K=\sqrt{3}-J \end{cases}\]

   d’où :

   \[J=\frac{\sqrt{3}}{2}-\ln (1+\sqrt{3})+\ln (\sqrt{2}) \quad \text{et} \quad K=\frac{\sqrt{3}}{2}+\ln (1+\sqrt{3})-\ln (\sqrt{2})\]

1. Soit \(t\in [0,2[\). On a : \[4-t^2 = (2-t)(2+t)\]

   donc : \[\begin{aligned} \frac{1}{4-t^2}=\frac{a}{2-t}+\frac{b}{2+t} &\Leftrightarrow 1 = a \left( 2+t \right) + b \left( 2-t \right) \\ &\Leftrightarrow 1 = \left( a-b \right) t + 2 \left( a+b \right) \end{aligned}\]

   Ainsi, pour avoir l’égalité souhaitée, il suffit d’avoir : \[\begin{cases} a-b = 0 \\ 2 \left( a+b \right) = 1 \end{cases}\]

   donc d’avoir : \[\begin{cases} a=b \\ 4b = 1 \end{cases}\]

   d’où :

   \((a,b) = \displaystyle \left( \frac{1}{4} , \frac{1}{4} \right)\) convient

2. Soit \(x \in \left[ 0,2\right[\). La fonction \(t\mapsto \frac{1}{4-t^2}\) est continue sur \([0,2[\) en tant que fonction rationnelle bien définie sur cet intervalle et on a, d’après le résultat de la question précédente :

   Commentaire

   Avant de calculer l’intégrale, on justifie qu’elle est bien définie.

   \[\begin{aligned} \int_x^1 \frac{\mathrm{d}t}{4-t^2} &= \int_x^1 \frac{1}{4} \left( \frac{1}{2-t} + \frac{1}{2+t} \right) \mathrm{d}t\\ &= \left[ \frac{1}{4} \left( - \ln\left| 2-t \right| + \ln \left| 2+t \right| \right) \right]_x^1 \\ &= \frac{1}{4} \left( - \ln(1) + \ln(3) \right) - \frac{1}{4} \left( - \ln(2-x ) + \ln(2+x) \right) \end{aligned}\]

   d’où, comme \(\ln(1)=0\) :

   \[\forall x \in\left[0,2\right[ ,\ \int_x^1 \frac{\mathrm{d}t}{4-t^2} = \frac{\ln(2-x)-\ln(2+x)+ \ln(3)}{4}\]

1. Soit \(x \in \left[ 0,2\right[\). Les fonctions \(u : t \mapsto \ln(4-t^2)\) et \(v:t\mapsto - \frac{1}{t}\) sont de classe \(\mathcal{C}^1\) (i.e. dérivables, de dérivées continues) sur \([x,1]\) et on a : \[\forall t \in [x,1],\ u'(t) = \frac{-2t}{4-t^2} \quad \text{et} \quad v'(t) = \frac{1}{t^2}\]

   donc, par intégration par parties : \[\begin{aligned} J(x) &= \left[ - \frac{\ln(4-t^2)}{t} \right]_x^1 - \int_x^1 \frac{-2t}{4-t^2} \times \frac{-1}{t}\,\mathrm{d}t\\ &= - \ln(3) + \frac{\ln(4-x^2)}{x} - 2 \int_x^1 \frac{\mathrm{d}t}{4-t^2} \end{aligned}\]

   d’où, d’après le résultat de la question précédente : \[\begin{aligned} J(x) &= - \ln(3) + \frac{\ln(4-x^2)}{x} - 2 \times \frac{\ln(2-x)-\ln(2+x)+ \ln(3)}{4} \\ &= - \ln(3) + \frac{\ln((2-x)(2+x))}{x} - 2 \times \frac{\ln(2-x)-\ln(2+x)+ \ln(3)}{4} \end{aligned}\]

   soit finalement :

   \[\forall x \in\left[0,2\right[ ,\ J(x) = - \frac{3\ln(3)}{2} +\frac{\ln(4-x^2)}{x} - \frac{\ln(2-x)}{2} + \frac{ \ln(2+x)}{2}\]

2. On a : \[\lim_{x\to 0} (2-x) = \lim_{x\to 0} (2+x) = 2 \quad \text{et} \quad \lim_{x\to 0} (4-x^2) = 4\]

   donc, comme la fonction \(\ln\) est continue sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) : \[\lim_{x\to 0} \ln(2-x) = \lim_{x\to 0} \ln (2+x) = \ln(2) \quad \text{et} \quad \lim_{x\to 0} \ln(4-x^2) = \ln(4)\]

   De plus on a : \[\lim_{x\to 0^+} \frac{1}{x} = {+\infty}\]

   donc, comme \(\ln(4)>0\) : \[\lim_{x\to 0^+} \frac{\ln(4-x^2)}{x} = {+\infty}\]

   ce qui nous permet de conclure, par somme :

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

3. On a : \[\lim_{x\to 2} \frac{\ln(4-x^2)}{x} = {-\infty}\quad \text{et} \quad \lim_{x\to 2} \frac{\ln(2-x)}{2} = {-\infty}\]

   donc il y a une forme indéterminée et on va transformer l’expression. Comme \((4-x^2)=(2-x)(2+x)\), on a : \[\begin{aligned} \forall x \in\left[0,2\right[ ,\ J(x) &= - \frac{3\ln(3)}{2} +\frac{\ln(2-x) + \ln(2+x)}{x} - \frac{\ln(2-x)}{2} + \frac{ \ln(2+x)}{2} \\ &= - \frac{3\ln(3)}{2} +\frac{ \ln(2+x)}{x} + \frac{ \ln(2-x)}{x} - \frac{\ln(2-x)}{2} + \frac{ \ln(2+x)}{2} \\ &= - \frac{3\ln(3)}{2} +\frac{ 2\ln(2+x) + x \ln(2+x)}{2x} + \frac{ 2\ln(2-x) - x \ln(2-x)}{2x} \\ &= - \frac{3\ln(3)}{2} +\frac{ \left( 2+x \right) \ln(2+x) }{2x} + \frac{ \left( 2-x \right) \ln(2-x) }{2x} \end{aligned}\]

   Or la fonction \(x\mapsto \frac{ \left( 2+x \right) \ln(2+x) }{2x}\) est continue en \(2\) (comme somme et produit de fonctions qui le sont) donc on a : \[\lim_{x\to 2} \frac{ \left( 2+x \right) \ln(2+x) }{2x} = \frac{4\ln(4)}{4} = \ln(4)\]

   Par ailleurs on a : \[\lim_{x\to 2^-} (2-x) = 0^+\]

   et, par croissances comparées : \[\lim_{t \to 0^+} t \ln(t) = 0\]

   d’où, par composition : \[\lim_{x\to 2^-} \left( 2-x \right) \ln(2-x) = 0\]

   ce qui nous permet de conclure :

   \[\lim_{x\to 2} J(x) = - \frac{3\ln(3)}{2} + \ln(4)\]

1. Soit \(t \in[0,2[\). Pour tout couple \((a, b)\) de réels, on a:

   \[\begin{aligned} \frac{1}{4-t^2}=\frac{a}{2-t}+\frac{b}{2+t} &\Leftrightarrow \frac{1}{4-t^2}=\frac{a(2+t)+b(2-t)}{4-t^2} \\ &\Leftrightarrow \frac{1}{4-t^2}=\frac{(2 a+2 b)+(a-b) t}{4-t^2} \end{aligned}\]

   Ainsi, pour que l’égalité souhaitée soit vérifiée, il suffit d’avoir : \[\begin{cases} 2 a+2 b=1 \\ a-b=0 \end{cases}\]

   Comme c’est le cas si \(a=b=\frac{1}{4}\), on peut finalement conclure :

   \(\displaystyle \left( \frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)\) convient

2. La fonction \(t \mapsto \frac{1}{4-t^2}\) est continue sur \([0,2[\) comme fonction rationnelle définie sur cet intervalle. De plus, d’après le résultat précédent, on a : \[\begin{aligned} \forall x \in\left[0,2\right[, \ \int_x^1 \frac{\mathrm{d}t}{4-t^2} &=\frac{1}{4} \int_x^1\left(\frac{1}{2-t}+\frac{1}{2+t}\right) \mathrm{d}t\\ &=\frac{1}{4}[-\ln |2-t|+\ln |2+t|]_x^1 \end{aligned}\] d’où :

   \[\forall x \in\left[0,2\right[, \ \int_x^1 \frac{\mathrm{d}t}{4-t^2} =\frac{1}{4}[\ln (3)+\ln (2-x)-\ln (2+x)]\]

1. Soit \(x \in[0,2[\). On pose : \[\forall t \in\left[0,2\left[, u(t)=\ln \left(4-t^2\right) \text { et } v(t)=-\frac{1}{t} .\right.\right.\]

   Les fonctions \(u\) et \(v\) sont dérivables sur \([0,2[\) et on a : \[\forall t \in\left[0,2\right[, \ u^{\prime}(t)=\frac{-2 t}{4-t^2} \quad \text{et} \quad v^{\prime}(t)=\frac{1}{t^2}\]

   De plus \(u'\) et \(v'\) sont de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0,2[\) donc, par intégration par parties, on en déduit : \[\begin{aligned} J(x) &=\left[-\frac{\ln \left(4-t^2\right)}{t}\right]_x^1-\int_x^1 \frac{2 t}{4-t^2} \times \frac{1}{t} \,\mathrm{d}t\\ &=-\ln (3)+\frac{\ln \left(4-x^2\right)}{x}-2 \int_x^1 \frac{\mathrm{d}t}{4-t^2} \end{aligned}\]

   D’après le résultat de la question précédente, on a donc : \[\begin{aligned} J(x)=-\ln 3+\frac{\ln \left(4-x^2\right)}{x}-\frac{1}{2}[\ln (3)+\ln (2-x)-\ln (2+x)] \end{aligned}\]

   d’où :

   \[\forall x \in\left[0,2\right[, \ J(x)=-\frac{3 \ln (3)}{2}+\frac{\ln \left(4-x^2\right)}{x}-\frac{\ln (2-x)}{2}+\frac{\ln (2+x)}{2}\]

2. Comme les fonctions \(x \mapsto \ln (2-x)\) et \(x \mapsto \ln (2+x)\) sont continues en 0, on a : \[\lim _{x \rightarrow 0}\left(-\frac{3 \ln (3)æ}{2}-\frac{\ln (2-x)}{2}+\frac{\ln (2+x)}{2}\right)=-\frac{3 \ln (3)}{2}\]

   De plus, on a : \[\lim _{x \rightarrow 0} \ln (4-x^2)=\ln (4)>0 \quad \text{et} \quad \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x}=+\infty .\]

   Comme \(\ln (4) >0\), on peut alors conclure :

   \[\lim _{x \rightarrow 0} J(x)=+\infty\]

3. On a : \[\lim _{x \rightarrow 2} \ln \left(4-x^2\right)=\lim _{x \rightarrow 2} \ln (2-x)=-\infty .\]

   Commentaire

   Il y a donc une forme indéterminée. Pour lever l’indétermination, transformer l’expression de \(J(x)\) en remarquant que : \[4-x^2=(2-x)(2+x)\]

   On a : \[\begin{aligned} \forall x \in\left[0,2\right[, \ J(x) &=-\frac{3 \ln (3)}{2}+\frac{\ln (2-x)+\ln (2+x)}{x}-\frac{\ln (2-x)}{2}+\frac{\ln (2+x)}{2} \\ &=-\frac{3 \ln (3)}{2}+\frac{2 \ln (2-x)-x \ln (2-x)+2 \ln (2+x)+x \ln (2+x)}{2 x} \\ &=-\frac{3 \ln (3)}{2}+\frac{(2-x) \ln (2-x)}{2 x}+\frac{(2+x) \ln (2+x)}{2 x} \end{aligned}\]

   Or on a : \[\lim _{x \rightarrow 2} ( 2-x) =0 \quad \text{et} \quad \lim _{u \rightarrow 0} u \ln (u)=0\]

   Par composition, on en déduit : \[\lim _{x \rightarrow 2}(2-x) \ln (2-x)=0\]

   En outre, par continuité, on a : \[\lim _{x \rightarrow 2}(2+x) \ln (2+x)=4 \ln 4 \text { et } \lim _{x \rightarrow 2} 2 x=4 .\]

   On peut finalement conclure :

   \[\lim _{x \rightarrow 2} J(x)=-\frac{3 \ln (3)}{2}+\ln (4)\]

On a : \[\forall n \in \mathbb{N}, \ \forall t \in[0,1], \ 0 \leqslant \frac{1}{1+t^2} \leqslant 1 \quad \text{et} \quad t^n \geqslant 0\]

donc : \[\forall n \in \mathbb{N}, \ \forall t \in[0,1], \ 0 \leqslant \frac{t^n}{1+t^2} \leqslant t^n\]

Par croissance de l’intégration, on en déduit, les fonctions en présence étant continues sur \([0,1]\), avec \(0 \leqslant 1\) : \[\begin{aligned} \forall n \in \mathbb{N}, \ 0 \leqslant \int_0^1 \frac{t^n}{1+t^2} \,\mathrm{d}t& \leqslant \int_0^1 t^n \,\mathrm{d}t\\ &\leqslant \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 \end{aligned}\] d’où :

Comme \(\displaystyle \lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{1}{n+1}=0\), on en déduit alors, d’après le théorème de l’encadrement :