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