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CORRECTION INTERROGATION N˚5
EXTRAIT SUJET CCP 2014 - PSI
IV. Un résultat inattendu
IV.1.1 t 7→ sin(t)
est continue sur ]0, 1] et tend vers 1 en 0. Elle est donc prolongeable en une fonction
t
R1
continue sur le segment [0, 1] et 0 f existe (intégrale classique).
IV.1.2 On opère une intégration par partie en primitivant sin en − cos et en dérivant t 7→ 1t en t 7→ − t12 .
On obtient directement :
Z x
Z x
sin(t)
cos(t)
cos(x)
dt
dt = cos(1) −
−
t
x
t2
1
1
On a cos(t)
= O(1/t2 ) au voisinage de +∞. C’est donc (comparaison à Riemann) une fonction intégrable
t2
au voisinage de +∞. L’intégrale du membre de droite admet donc a fortiori une limite quand x → +∞
(intégrabilité entraı̂ne existence d’intégrale). De plus, cos(x)/x → quand x → +∞ (car cos est bornée).
Finalement, on a l’existence de :
Z +∞
Z x
Z +∞
sin(t)
cos(t)
sin(t)
dt = lim
dt = cos(1) −
dt
x→+∞
t
t
t2
1
1
1
IV.1.3 On a de même :
x
Z
1
1
cos(2t)
dt =
t
2
Z x
cos(2x)
sin(2t)
− sin(2) +
dt
x
t2
1
t 7→ sin(2t)
= O(1/t2 ) au voisinage de +∞. C’est donc (comparaison à Riemann) une fonction intégrable
t2
au voisinage de +∞. Comme à la question précédente, on a l’existence de
Z +∞
Z +∞
cos(2t)
sin(2t)
sin(2)
dt = −
+
dt
t
2
t2
1
1
IV.1.4 On a
sin2 (t)
t
=
1
2t
−
cos(2t)
2t
et donc :
Z
x
1
sin2 (t)
ln(x)
dt =
−
t
2
Z
1
x
cos(2t)
dx
2t
et cette quantité tend vers +∞ quand x → +∞.
R +∞ sin2 (t)
Ainsi, l’intégrale généralisée 1
dt est divergente.
t
2
2
Comme sint (t) ≥ 0, ceci revient à dire que t 7→ sint (t) n’est pas intégrable sur [1, ∞[. Or, | sin | ≥ sin2 ≥ 0
et donc t 7→ | sin(t)|
n’est pas intégrable non plus sur [1, +∞[. Et comme cette fonction est positive,
t
R +∞ | sin(t)|
ceci revient à dire que l’intégrale généralisée 1
dt diverge.
t
IV.2.1 t 7→ 1/t est de classe C 1 sur [x, 1] pour x > 0. On peut donc poser le changement de variable
u = 1/t. Il indique que :
Z 1
Z 1/x
1
1
sin(u)
f (x) =
sin
dt =
du
t
u
x t
1
Z +∞
sin(u)
Avec les questions précédentes, f est prolongeable par continuité en 0 en posant f (0) =
du
u
1
IV.2.2 Rg est continue sur ]0, 1], ]0, 1] est un intervalle qui contient 1. Par théorème fondamental, −f :
x
x 7→ 1 g(t) dt est une primitive de g sur ]0, 1]. Comme g est de classe C ∞ sur ]0, 1], −f , et donc f ,
l’est aussi. On a vu (ou imposé par choix de f (0)) la continuité en 0.
IV.2.3 Le même calcul que plus haut donne :
Z
1
Z
|g(t)| dt =
x
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1
1/x
| sin(u)|
du
u
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CORRECTION INTERROGATION N˚5
On a vu que l’intégrale de u 7→ | sin(u)|
n’existe pas sur [1, +∞[. Comme cette fonction est positive,
u
son intégrale entre 1 et a tend vers +∞ quand a → +∞. Ainsi :
Z 1
|g(t)| dt = +∞
lim
x→0+
IV.3. Pour t ∈]0, 1], on a
f 0 (t)
x
= −g(t) et donc 1 + (f 0 (t))2 = 1 + t12 sin2 1t . Ainsi :
Z 1s
1
2 1
dt
∀x ∈]0, 1], λ(x) =
1 + 2 sin
t
t
x
On en déduit que :
Z
1
|g(t)| dt
∀x ∈]0, 1], λ(x) ≥
x
et par comparaison :
lim λ(x) = +∞
x→0+
Ceci signifie que la courbe représentative de la fonction f continue sur le segment est [0, 1] est infinie !
IV.4. Rappelons que pour toute fonction ϕ : [a, b] → R2 ; t 7→ (x(t), y(t)) de classe C 1 , on a par
définition la longueur de l’arc paramétré entre les instants t = et t = b qui est :
Z bp
L(f ) =
(x0 (t))2 + (y 0 (t))2 dt
a
Or ici x(t) = t et y(t) = f (t) et ce sont bien deux fonctions de de classe
C1
Z bp
1 + (f 0 (t))2 dt.
donc L(f ) =
a
I. Quelques exemples de calculs de longueurs
I.1. Si f : t √
∈ [0, 1] 7→ t, le graphe de f est le segment d’origine (0, 0) et d’extrémité (1, 1) et sa
longueur est 2. C’est cohérent avec :
Z 1√
√
L(f ) =
2 dt = 2
0
I.2. On a ici
Z
L(f ) =
1q
1 + sh2 (t) dt =
Z
0
t
I.3.1. On a f 0 (t) = − √1−t
et donc 1 + (f 0 (t))2 =
2
Z
L(f ) =
0
+ f (t)2
I.3.2. Comme
I.4. On a cette fois :
Z
|ch(t)| dt =
0
t2
1
√
1/ 2
√
1
ch(t) dt = sh(1)
0
1
.
1−t2
Ainsi,
√
dt
π
1/ 2
dt = [arcsin(t)]0
=
4
1 − t2
= 1, la courbe de f est un huitième du cercle unité et sa longueur est
Z
L(f ) =
2π
8
= π4 .
1p
1 + 4t2 dt
0
Un changement de variable u = 2t puis u = sh x donne successivement :
Z
Z −1 q
Z −1
1 2p
1 sh (2)
1 sh (2) 2
2
2
L(f ) =
1 + u du =
1 + sh (x) ch x dx =
ch x dx
2 0
2 sh−1 (0)
2 0
On linéarise ch2 (x) = 21 (1 + ch 2x) et ainsi
sh−1 (2)
Z −1
1 sh (2)
1
1
L(f ) =
(1 + ch 2x) dx =
x + sh 2x
4 0
4
2
0
√
2
On connait par cœur une forme logarithmique de argsh : x 7→ ln(x + x + 1) (ou on retrouve par le
calcul) et finalement :
√
√
5 1
L(f ) =
+ ln(2 + 5)
2
4
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