Exercices corrigés : Intégration sur un segment (Prépa, 1re année)

1. Pour $t\in[0,2]$, on a $t^2\in[0,4]$. Pour un entier $j\in\{0,1,2,3\}$ et $t\ge0$ : $$\lfloor t^2\rfloor=j\iff j\le t^2<j+1\iff\sqrt j\le t<\sqrt{j+1}.$$ Donc :

• $f(t)=0$ sur $[0,1[$ ;
• $f(t)=1$ sur $[1,\sqrt2[$ ;
• $f(t)=2$ sur $[\sqrt2,\sqrt3[$ ;
• $f(t)=3$ sur $[\sqrt3,2[$ ;
• $f(2)=4$.

La subdivision $(0,1,\sqrt2,\sqrt3,2)$ vérifie $0<1<\sqrt2<\sqrt3<2$ et $f$ est constante sur chacun des intervalles ouverts $]0,1[$, $]1,\sqrt2[$, $]\sqrt2,\sqrt3[$, $]\sqrt3,2[$. Elle est donc adaptée à $f$ : $f$ est en escalier sur $[0,2]$, donc continue par morceaux.

2. Par définition de l'intégrale d'une fonction en escalier (les valeurs aux points de la subdivision, comme $f(2)=4$, n'interviennent pas) : $$\int_0^2 f=0\times(1-0)+1\times(\sqrt2-1)+2\times(\sqrt3-\sqrt2)+3\times(2-\sqrt3).$$ En développant : $\sqrt2-1+2\sqrt3-2\sqrt2+6-3\sqrt3=5-\sqrt2-\sqrt3$.

Conclusion : $\int_0^2\lfloor t^2\rfloor\,\mathrm{d}t=5-\sqrt2-\sqrt3\approx1{,}854$. Contrôle : la valeur est positive et inférieure à $2\times3=6$, puisque $0\le f\le3$ sauf en $t=2$.

La fonction $x\mapsto x\arctan x$ est continue sur $[0,1]$. On intègre par parties avec $$u'(x)=x,\quad u(x)=\frac{x^2}{2},\quad v(x)=\arctan x,\quad v'(x)=\frac{1}{1+x^2},$$ $u$ et $v$ étant de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$. Il vient $$I=\left[\frac{x^2}{2}\arctan x\right]_0^1-\frac12\int_0^1\frac{x^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x=\frac\pi8-\frac12\int_0^1\frac{x^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x.$$ Comme $\frac{x^2}{1+x^2}=\frac{(1+x^2)-1}{1+x^2}=1-\frac{1}{1+x^2}$ : $$\int_0^1\frac{x^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x=\big[x-\arctan x\big]_0^1=1-\frac\pi4.$$ Finalement $$I=\frac\pi8-\frac12+\frac\pi8=\frac\pi4-\frac12.$$ Variante. On peut choisir la primitive $u(x)=\frac{x^2+1}{2}$ de $x\mapsto x$. Alors $u(x)v'(x)=\frac12$ et $$I=\left[\frac{x^2+1}{2}\arctan x\right]_0^1-\int_0^1\frac12\,\mathrm{d}x=\frac\pi4-\frac12.$$ Contrôle : $\frac\pi4-\frac12\approx0{,}285$, et sur $[0,1]$ on a $0\le x\arctan x\le\frac\pi4$.

La fonction $f:x\mapsto\frac{1}{\sqrt x(1+\sqrt x)}$ est continue sur $[1,4]$ car $\sqrt x>0$ sur cet intervalle.

On pose $\varphi(t)=t^2$ sur $[1,2]$. La fonction $\varphi$ est de classe $\mathcal{C}^1$, à valeurs dans $[1,4]$, avec $\varphi(1)=1$, $\varphi(2)=4$ et $\varphi'(t)=2t$. Pour $t\in[1,2]$, $t>0$ donc $\sqrt{t^2}=t$, et $$f\big(\varphi(t)\big)\varphi'(t)=\frac{2t}{t(1+t)}=\frac{2}{1+t}.$$ Par le théorème de changement de variable : $$K=\int_{\varphi(1)}^{\varphi(2)}f(x)\,\mathrm{d}x=\int_1^2\frac{2}{1+t}\,\mathrm{d}t=2\big[\ln(1+t)\big]_1^2=2(\ln3-\ln2).$$ Conclusion : $K=2\ln\frac32\approx0{,}811$.

1. La fonction $f:t\mapsto\frac{1}{\ln t}$ est continue sur l'intervalle $I=]1,+\infty[$. Pour $x>1$, on a $x^2>x>1$, donc $x$ et $x^2$ appartiennent à $I$ et $G(x)$ est bien défini. Avec $u(x)=x$ et $v(x)=x^2$, dérivables sur $]1,+\infty[$ à valeurs dans $I$, la formule de dérivation des intégrales à bornes variables donne $$G'(x)=2x\,f(x^2)-1\cdot f(x)=\frac{2x}{\ln(x^2)}-\frac{1}{\ln x}=\frac{2x}{2\ln x}-\frac1{\ln x}=\frac{x-1}{\ln x}.$$ En particulier $G'>0$ : $G$ est strictement croissante.

2. Sur $I$, $\ln t>0$ et $t\mapsto\ln(\ln t)$ est dérivable de dérivée $\frac{1}{t\ln t}$. Donc $$J(x)=\big[\ln(\ln t)\big]_x^{x^2}=\ln(2\ln x)-\ln(\ln x)=\ln2.$$

3. Pour $t\in[x,x^2]$, on a $x\le t\le x^2$ et $\frac{1}{t\ln t}>0$, donc $$\frac{x}{t\ln t}\le\frac{t}{t\ln t}=\frac{1}{\ln t}\le\frac{x^2}{t\ln t}.$$ Les bornes vérifient $x<x^2$ ; par croissance de l'intégrale et linéarité : $$x\,J(x)\le G(x)\le x^2J(x),\quad\text{soit}\quad x\ln2\le G(x)\le x^2\ln2.$$

4. Quand $x\to1^+$, $x\ln2\to\ln2$ et $x^2\ln2\to\ln2$ ; par encadrement, $G(x)\to\ln2$. Quand $x\to+\infty$, $x\ln2\to+\infty$, donc par minoration $G(x)\to+\infty$.

1. $I_0=\int_0^1 e^x\,\mathrm{d}x=e-1$. Soit $n\ge1$. On intègre par parties avec $u'(x)=e^x$, $u(x)=e^x$, $v(x)=x^n$, $v'(x)=nx^{n-1}$, fonctions de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$ : $$I_n=\big[x^ne^x\big]_0^1-n\int_0^1 x^{n-1}e^x\,\mathrm{d}x=e-nI_{n-1},$$ car $0^n=0$ pour $n\ge1$. On en déduit : $$I_1=e-(e-1)=1,\quad I_2=e-2I_1=e-2,\quad I_3=e-3I_2=e-3e+6=6-2e.$$

2. Pour $x\in[0,1]$, $0\le e^x\le e$ et $x^n\ge0$, donc $0\le x^ne^x\le ex^n$. Par positivité et croissance de l'intégrale (bornes dans l'ordre) : $$0\le I_n\le e\int_0^1x^n\,\mathrm{d}x=\frac{e}{n+1}.$$ Par encadrement, $I_n\to0$.

3. La relation de la question 1 au rang $n+1\ge1$ donne $I_{n+1}=e-(n+1)I_n$, soit $(n+1)I_n=e-I_{n+1}$. Comme $I_{n+1}\to0$, on obtient $(n+1)I_n\to e$. Enfin $$nI_n=\frac{n}{n+1}\times(n+1)I_n\xrightarrow[n\to+\infty]{}1\times e=e.$$ Ainsi $I_n\sim\frac{e}{n}$.

1. Pour $1\le k\le n$, $n^2+2kn=n^2\left(1+\frac{2k}{n}\right)$, donc $\sqrt{n^2+2kn}=n\sqrt{1+\frac{2k}n}$ et $$a_n=\frac1n\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac kn\right)\quad\text{avec}\quad f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+2x}}.$$ $f$ est continue sur $[0,1]$. Par le théorème sur les sommes de Riemann, $$\lim_{n\to+\infty}a_n=\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+2x}}=\big[\sqrt{1+2x}\big]_0^1=\sqrt3-1,$$ car la dérivée de $x\mapsto\sqrt{1+2x}$ est $\frac{2}{2\sqrt{1+2x}}=\frac1{\sqrt{1+2x}}$.

2. On intègre par parties avec $u'(x)=1$, $u(x)=x$, $v(x)=\ln(1+x^2)$, $v'(x)=\frac{2x}{1+x^2}$, fonctions $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$ : $$\int_0^1\ln(1+x^2)\,\mathrm{d}x=\big[x\ln(1+x^2)\big]_0^1-\int_0^1\frac{2x^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x=\ln2-2\int_0^1\left(1-\frac{1}{1+x^2}\right)\mathrm{d}x.$$ Or $\int_0^1\left(1-\frac{1}{1+x^2}\right)\mathrm{d}x=1-\frac\pi4$. Donc $\int_0^1\ln(1+x^2)\,\mathrm{d}x=\ln2-2+\frac\pi2$.

3. Chaque facteur est strictement positif, donc $b_n>0$ et $$\ln b_n=\frac1n\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\left(\frac kn\right)^2\right).$$ La fonction $x\mapsto\ln(1+x^2)$ est continue sur $[0,1]$ : c'est une somme de Riemann, et $\ln b_n\to\ln2-2+\frac\pi2$. Par continuité de l'exponentielle, $$\lim_{n\to+\infty}b_n=e^{\ln2-2+\pi/2}=2e^{\frac\pi2-2}\approx1{,}30.$$

1. Soit $\lambda>0$. On intègre par parties avec $u'(t)=\sin(\lambda t)$, $u(t)=-\frac{\cos(\lambda t)}{\lambda}$, $v=f$, $v'=f'$, fonctions de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[a,b]$ : $$I(\lambda)=\left[-\frac{f(t)\cos(\lambda t)}{\lambda}\right]_a^b+\frac1\lambda\int_a^bf'(t)\cos(\lambda t)\,\mathrm{d}t.$$ Le crochet vaut $\frac{f(a)\cos(\lambda a)-f(b)\cos(\lambda b)}{\lambda}$, de valeur absolue au plus $\frac{|f(a)|+|f(b)|}{\lambda}$. Par l'inégalité triangulaire ($a\le b$) et $|\cos|\le1$ : $$\left|\int_a^bf'(t)\cos(\lambda t)\,\mathrm{d}t\right|\le\int_a^b|f'(t)|\,\mathrm{d}t.$$ D'où l'inégalité annoncée.

2. La quantité $A=|f(a)|+|f(b)|+\int_a^b|f'|$ ne dépend pas de $\lambda$. Donc $|I(\lambda)|\le\frac A\lambda\to0$, et $I(\lambda)\to0$ quand $\lambda\to+\infty$.

Pour $K$, on intègre par parties avec $u(t)=\frac{\sin(\lambda t)}{\lambda}$ : $$K(\lambda)=\left[\frac{f(t)\sin(\lambda t)}{\lambda}\right]_a^b-\frac1\lambda\int_a^bf'(t)\sin(\lambda t)\,\mathrm{d}t,$$ et les mêmes majorations donnent $|K(\lambda)|\le\frac A\lambda\to0$.

3. Pour tout $t$, $\sin^2(nt)=\frac{1-\cos(2nt)}{2}$. Par linéarité : $$\int_0^1e^t\sin^2(nt)\,\mathrm{d}t=\frac12\int_0^1e^t\,\mathrm{d}t-\frac12\int_0^1e^t\cos(2nt)\,\mathrm{d}t=\frac{e-1}{2}-\frac12K(2n),$$ où $K$ est associé à $f=\exp$, de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$. Comme $2n\to+\infty$, $K(2n)\to0$. Donc la limite vaut $\frac{e-1}{2}$.

Remarque. Le résultat reste vrai pour $f$ seulement continue par morceaux (approximation par des fonctions en escalier), mais la preuve est plus délicate.

1. $I_0=\int_0^{\pi/4}1\,\mathrm{d}x=\frac\pi4$. Sur $\left[0,\frac\pi4\right]$, $\cos x>0$ et $(-\ln\cos x)'=\frac{\sin x}{\cos x}=\tan x$, donc $$I_1=\big[-\ln(\cos x)\big]_0^{\pi/4}=-\ln\frac{\sqrt2}{2}=\frac{\ln2}{2}.$$

2. Pour $x\in\left[0,\frac\pi4\right]$, $0\le\tan x\le1$ ($\tan$ croissante, $\tan0=0$, $\tan\frac\pi4=1$). Donc $\tan^nx\ge0$ et $\tan^{n+1}x=\tan x\cdot\tan^nx\le\tan^nx$. Les bornes étant dans l'ordre, positivité et croissance donnent $I_n\ge0$ et $I_{n+1}\le I_n$.

3. Par linéarité, $I_n+I_{n+2}=\int_0^{\pi/4}\tan^nx\,(1+\tan^2x)\,\mathrm{d}x$. Or $1+\tan^2=\tan'$, et $x\mapsto\frac{\tan^{n+1}x}{n+1}$ a pour dérivée $\tan^nx\,(1+\tan^2x)$. Donc $$I_n+I_{n+2}=\left[\frac{\tan^{n+1}x}{n+1}\right]_0^{\pi/4}=\frac{1}{n+1}.$$ Ainsi $I_2=1-I_0=1-\frac\pi4$ et $I_3=\frac12-I_1=\frac{1-\ln2}{2}$.

4. Par décroissance, $I_{n+2}\le I_n$, donc pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $$2I_{n+2}\le I_n+I_{n+2}=\frac1{n+1}\le2I_n.$$ L'inégalité de droite donne $I_n\ge\frac{1}{2(n+1)}$. L'inégalité de gauche au rang $n-2$ (pour $n\ge2$) donne $2I_n\le\frac{1}{n-1}$. D'où l'encadrement. Par encadrement, $I_n\to0$. De plus $$\frac{n}{n+1}\le2nI_n\le\frac{n}{n-1},$$ les deux bornes tendent vers $1$, donc $2nI_n\to1$ : $I_n\sim\frac{1}{2n}$.

5. Posons $u_k=I_{2k}$. La question 3 donne $u_k+u_{k+1}=\frac{1}{2k+1}$. Donc $$\frac{(-1)^k}{2k+1}=(-1)^ku_k+(-1)^ku_{k+1}=(-1)^ku_k-(-1)^{k+1}u_{k+1}.$$ En sommant pour $k$ de $0$ à $n$, la somme télescope : $$\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{2k+1}=u_0-(-1)^{n+1}u_{n+1}=\frac\pi4+(-1)^nI_{2n+2}.$$ Comme $|(-1)^nI_{2n+2}|=I_{2n+2}\to0$, la somme tend vers $\frac\pi4$.

6. Posons $v_k=I_{2k+1}$ : $v_k+v_{k+1}=I_{2k+1}+I_{2k+3}=\frac{1}{2k+2}$. Le même télescopage donne $$\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{2(k+1)}=v_0+(-1)^nv_{n+1}=\frac{\ln2}{2}+(-1)^nI_{2n+3}.$$ En multipliant par $2$ : $\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k+1}=\ln2+2(-1)^nI_{2n+3}\to\ln2$, car $I_{2n+3}\to0$.

Vérification pour $n=0$ : $1=\frac\pi4+I_2$ et $\frac12=I_1+I_3$, conformes aux valeurs trouvées.