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Solution TD chapitre I

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Université Sultan Moulay Slimane
Faculté des Sciences et Techniques de Beni-Mellal
Département de Mathématiques
A. ABBASSI
Exercices Analyse II
Travaux Dirigés N 1
Première version:
Décembre, 2017
FST Beni-Mellal.
2
Université Sultan Moulay Slimane
Faculté des Sciences et Techniques de Beni Mellal
Année universitaire 2017/2018
Filières : MIPC/GE-GM
Travaux Dirigés N 1
Module Analyse II
Exercice 1 : On considère la fonction f dé…nie par f (x) = x2 xE(x), où E désigne la fonction
partie entière.
1- Représenter le graphe de f sur R+ .
Z n
2- En désignant par n un entier positif, calculer
f (t)dt.
0
Z x
3- En désignant par x un nombre réel positif, calculer
f (t)dt.
i=p
P
0
p(p + 1)(2p + 1)
Rappelons que:
k =
6
i=1
2
Exercice 2 : Soient a et b deux réels tel que a < b, soit f :[a; b] ! R une fonction continue.
Rb
On pose: un = a j sin ntjdt.
1- Soient K 2 Z et N 2 N ,
Z (K+N )
n
a- Calculer IKN =
j sin ntjdt.
Kn
b- Déduire que lim un =
n!+1
2
(b
a).
2- Soit f une fonction en escalier, montrer que. lim
Rb
n!+1 a
Exercice 3 : Calculer les primitives des fonctions:
x ln(1 + x2 )
arctan x
et
1- arctan x,
1R+ x2
1 + x2
2
2- En déduire ln(1 + x ) arctan x dx.
Exercice 4 : Calculer les primitives des fonctions
Exercice 5 : Calculer
R1
0
1
dx.
(1 + x)2 (x2 + 1)
Exercice 6 : Calculer les primitives des fonctions:
1- cos4 x, cos6 x et cos4 x sin2 x
2- (sin x + sin 2x) 1 , sin x(1 + sin x) 1 , (shx) 3 .
f (t)j sin ntjdt =
2 Rb
p
[ln(1 + x)]2
et sin x.
1+x
a
f (t)dt.
— — — — — — — — TRAVAUX DIRIGÉS N 1— — — — — — — — — — —
Solutions série d’exercices
Exercice 1 :
1-Remarquons que lorsque x 2 N, alors
f (x) = 0;
2- Par dé…nition,
E(x) = k sur [k; k + 1[;
Soit n 2 N, on a
Z
n 1Z
X
n
E(x)dx =
0
k+1
E(x)dx
k
k=0
n 1 Z k+1
X
=
n 1
X
=
kdx
k
k=0
k=
n(n
k=0
1)
2
:
Notons par
In =
Z
n
f (x)dx
0
=
Z
n
2
x dx
0
= [
3
k=0
n 1
X
k
2
k=0
k[
k+1
kxdx
k
k=0
n 1
X
x3 n
]
3 0
n3
=
3
n 1Z
X
x2 k+1
]
2 k
1X
k
2 k=0
n 1
n
(n 1)n(2(n
3
6
1 2
1
=
n + n:
4
12
=
1) + 1)
3- Soit x 2 R; il existe n 2 N tel que
n
x
n + 1;
1 n(n 1)
2
2
3
4
l’intégrale Ix =
Rx
0
A. ABBASSI
f (t)dt se décompose sous la forme:
Z n
Z x
Ix =
f (t)dt +
f (t)dt
0
n
Z x
= In +
(t2 t n)dt
n
3
t2
n
t
+ [ ]xn n[ ]xn
3
3
2
x3
x2 n3 n2
n
=
n +
+
+ :
3
2
6
4
12
=
Exercice 2 :
1-a) Soit K 2 Z et N 2 N
(K+N ) n
Z
IKN =
j sin(nt)jdt
Kn
=
K+N
X1
(j+1) n
Z
j=K
j sin(nt)jdt:
jn
Puisque la fonction t ! j sin(nt)j est
g(t)), de plus sin(nt)
périodique ( poser g(t) = sin nt; montrer que g(t + ) =
n
n
0 sur l’intervalle [0; ], donc
n
IKN = N
Zn
sin(nt)dt
0
cos(nt) n
]0
n
= N[
2N
:
n
=
b) Soit n 2 N , il existe k = E(a n ) 2 N tel que
an
k
k + 1;
ou encore:
(1)
k
a
n
De la même manière, il existe N 2 N tel que
(k + 1) :
n
(2)
(k
N
| + {z
b
p
On a la majoration suivante de Un :
pn
Z
(k+1) n
j sin(nt)jdt
1})
n
Zb
a
(k
|+
{zN}) n :
p+1
(p+1) n
j sin(nt)jdt
Z
kn
j sin(nt)jdt;
— — — — — — — — TRAVAUX DIRIGÉS N 1— — — — — — — — — — —
ou encore
I(k+1)(p
k)
Zb
j sin(nt)jdt
Ik(p
5
(k 1)) ;
a
grâce à la question précédente a)
2
2
(p (k + 1)); et Ik(p (k 1)) = (p (k 1)):
n
n
Pour …nir, il su¢ t d’encadrer la quantité (p k), chose qu’on peut établir grâce aux inégalités
(1) et (2):
(
I(k+1)(p
(k+1))
d’où
=
n
i.e.
(b
2
(b
a)
a)
a
b
n
n
kn
pn
1
p
k
4
n
a
;
b
n
2
Un
(b
a) + 1;
(b
a) +
4
:
n
On en conclut que
lim Un =
2
n!+1
(b
a):
2- La fonction f étant en escalier, il existe donc une subdivision q = (a = a0 < a1 < ::: <
aq = b) de l’intervalle [a; b] et il existe une suite …nie de réels ( k )k=1::q tel que 8k = 1; ::; q on a:
f (x) =
donc
Zb
k
sur ]ak 1 ; ak [;
f (t)j sin(nt)jdt =
q
X
k
k=1
a
Zak
ak
j sin(nt)jdt:
1
D’après la question 1
lim
n!+1
Zb
f (t)j sin(nt)jdt =
q
X
k
k=1
a
q
=
2X
2
4 lim
n!+1
=
2
|
Zb
ak
k (ak
k=1
Rb
a
{z
Zak
f (t)dt
3
1
j sin(nt)jdt5 :
ak 1 )
}
f (t)dt:
a
Dans les exercices qui suivent, nous cherchons les primitives des fonctions là où elles sont dé…nies
et continue. Attension, l’intégration par parties nécéssite des fonctions de classe C 1.
Exercice 3 : Calcul des primitives.
6
A. ABBASSI
1)- La fonction t ! arctan t est de classe C 1 sur R, par la méthode de l’intégration par parties
(I.P.P.):
Z
I1 =
1: arctan xdx
Z
x
= x arctan x
dx
1 + x2
1
= x arctan x
ln(1 + x2 ) + c; x 2 R et c 2 R:
2
Appliquons la méthode du changement de variable:
Z
arctan x
I2 =
dx
1 + x2
Z
=
udu
1 2
u +c
2
=
où
8
< u = arctan x
;
1
: du =
dx
2
1+x
d’où
1
I2 = (arctan x)2 + c; x 2 R et c 2 R:
2
De la même façon,
x ln(1 + x2 )
dx
1 + x2
Z
1
=
vdv;
2
I3 =
où
donc
Z
8
< v = ln(1 + x2 )
;
2x
: dv =
dx
2
1+x
Z
x ln(1 + x2 )
1
dx = (ln(1 + x2 ))2 + c; x 2 R et c 2 R.
2
1+x
4
R
2
2)- Déduisons ln(1 + x ) arctan xdx
Par le biais d’une I.P.P.
Z
1: ln(1 + x2 ) arctan xdx = x ln(1 + x2 ) arctan x J;
où
Z
2x
ln(1 + x2 )
arctan
x
+
dx
1 + x2
1 + x2
Z
Z
x2 + 1 1
ln(1 + x2 )
=
2
arctan xdx + x
dx
1 + x2
1 + x2
= 2I1 2I2 + I3
1
= 2x arctan x ln(1 + x2 ) (arctan x)2 + (ln(1 + x2 ))2 + c;
4
J =
x
— — — — — — — — TRAVAUX DIRIGÉS N 1— — — — — — — — — — —
7
…nalement, pour x 2 R et c; c1 2 R.
Z
1
ln(1+x2 ) arctan xdx = x ln(1+x2 ) arctan x 2x arctan x+ln(1+x2 )+(arctan x)2
(ln(1+x2 ))2 +c1 :
4
Exercice 4 : Calcul des primitives par changement de variable:
1Z
(ln(1 + x))2
dx
I4 =
1+x
Z
=
u2 du
1 3
u + c; c 2 R
3
=
où
donc
8
< u = ln(1 + x)
;
1
: du =
dx
1+x
1
I4 = (ln(1 + x))3 + c; x >
3
2-
1 dans R, c 2 R:
Z
p
sin xdx
Z
= 2 v sin vdv;
I5 =
où
(
appliquons maintenant une I.P.P.
I5 =
=
p
v= x
;
2vdv = dx
Z
2v cos v + 2 cos vdv
p
p
p
2 x cos x + 2 sin x + c; x dans R+ , c 2 R:
Exercice 5 : La fonction rationnelle f (x) =
f (x) =
1
(1 +
x)2 (x2
+ 1)
se décompose sous la forme:
Ax + B
C
D
+
+
;
1 + x2
1 + x 1 + x2
avec
1
1
; B = 0 et C = D = :
2
2
On peut aboutir au même résultat avec la division Euclidiènne:
si on pose
y = 1 + x;
A=
donc
1 et (1 + x2 ) = 2 2y + y 2 :
1 1
1
1 3
=) 1 = (2 2y + y 2 )( + y) + y 2
y ;
2 2
2
2
x=y
8
A. ABBASSI
Donc
1
1=2 1=2 1=2 1=2y
= 2 +
+
:
2
2y + y )
y
y
2 2y + y 2
y 2 (2
En conclusion,
Z
1
0
Z 1
Z 1
Z 1
1
1
1
x
f (x)dx =
dx +
dx
dx
2
2
2 0 (1 + x)
0 1+x
0 1+x
1
1
1 1
=
[
]0 + [ln j1 + xj]10
[ln(1 + x2 )]10
2 1+x
2
1 1
=
+ ln 2:
4 4
Exercice 6 :
1- Dans le plan des nombres complexes, grâce aux formules d’Euler, les fonctions trigonométriques
peuvent se dé…nir ainsi :
cos x =
eix + e
2
ix
; sin x =
eix
e
2i
ix
:
Donc
1 4ix
[e + 4e3ix e ix + 6e2ix e 2ix + 4eix e
16
1 4ix
1
3
=
[e + e 4ix ] + [ei2x + e 2ix ] +
16
4
8
1
1
3
=
cos 4x + cos 2x + ;
8
2
8
cos4 x =
d’où
Z
cos4 xdx =
3ix
+e
4ix
]
1
1
3
sin 4x + sin 2x + x + c; c 2 R et x 2 R.
32
4
8
Par un raisonnement analogue, on a:
eix + e ix 6
)
2
1
=
[cos 6x + 6 cos 4x + 15 cos 2x + 10];
32
cos6 x = (
donc
Z
cos6 xdx =
1
3
15
10
sin 6x +
sin 4x +
sin 2x + x + c; c 2 R et x 2 R.
192
64
64
32
La dernière intégrale se base surla factorisation suivante:
cos4 x sin2 x = cos4 x(1
= cos4 x
donc
Z
4
2
cos x sin xdx =
Z
4
cos xdx
cos2 x)
cos6 x;
Z
cos6 xdx:
2- a) Soit I1=
R
— — — — — — — — TRAVAUX DIRIGÉS N 1— — — — — — — — — — —
1
dx
sin x+sin 2x
Z
1
dx =
sin x + sin 2x
Z
1
dx
sin x + 2 sin x cos x
Z
sin x
=
dx
2
sin x(1 + 2 cos x)
Z
sin x
=
dx
2
(1 cos x)(1 + 2 cos x)
Z
du
=
;
(1 u2 )(1 + 2u)
on revient sur l’intégrale d’une fraction rationnelle, avec
(
u = cos x
du = sin xdx;
qui se décompose sous la forme:
Z
Z
Z
1
du
1
du
4
du
I1 =
+
6
1 u 2
1+u 3
1 + 2u
1
1
2
=
ln(1 cos x) + ln(1 + cos x)
ln(j1 + 2 cos xj) + c;
6
2
3
avec
b) Soit I2 =
alors
en e¤et,
R
c 2 R et x 6= k
sin x
dx, on pose
1 + sin x
et x 6= 2k ; où k 2 Z:
3
x
u = tan ;
2
8
<
2u
1 + u2
: 2du = (1 + u2 )dx;
sin x =
x
x
x
x
cos = 2 tan cos2
2
2
2
2
2u
x
1
= 2 tan
=
:
2 1 + tan2 x2
1 + u2
sin x = 2 sin
Portons ce changement de variable sur I2 :
Z
2u
2
I2 =
du
2
(1 + u)
1 + u2
Z
(1 + u)2 (1 + u2 )
= 2
du
(1 + u)2 (1 + u2 )
Z
Z
1
1
= 2
du 2
du
2
1+u
(1 + u)2
2
= 2 arctan u +
+c
1+u
2
= x+
+ c; c 2 R, x 6=
1 + tan x2
2
+ 2k ; et x 6= 2k ; k 2 Z:
9
10
Z
c) J =
on pose
dx
=
sh3 x
Z
shxdx
=
sh4 x
Z
A. ABBASSI
shxdx
,
(ch2 x 1)2
u = chx;
du = shxdx;
donc
J =
=
Z
(u
du
1)2 (u + 1)2
1
[ ln jchx
4
1j
1
+ ln jchx + 1j
chx 1
1
] + c; c 2 R
chx + 1
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