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Exercices sur l’int´egration sur un segment - Correction 1
Exercice 1:
1. F:x7→ −1
4(1 + x2)2
2. x7→ sin2(x)
2
3. x7→ ln(x)n+1
n+ 1
4. x7→ 2
3(1 + x)3
2
5. x7→ ln(|cos(x)|)
6. cos(x)2=cos(2x)+1
2donc F:x7→ sin(2x) 4+x 2.
7. 1
√x+√x+ 1 =√x−√x+ 1
x−(x+ 1) =√x+ 1 −√xdonc
F:x7→ 2
3((1 + x)3
2−x3 2).
8. tan(x)2= tan0(x)−1 donc F:x7→ tan(x)−x.
Exercice 2: Soient m, n ∈N.
cos(mt) cos(nt) = 1
2cos((m−n)t) + cos((m+n)t)
Z2π
0
cos(mt) cos(nt)dt =1
2Z2π
0cos((m−n)t) + cos((m+n)t)dt
=1
2Z2π
0
cos((m−n)t)dt +Z2π
0
cos((m+n)t)dt
=
sin((m−n)t
m−n2π
0
+sin((m+n)t
m+n2π
0
si m6=n
t2π
0+sin((m+n)t
m+n2π
0
si m=n
=0 si m6=n
2πsi m=n
Exercice 3:
1. On utilise u0(t)=1
v(t) = arctan(t)ce qui donne u(t) = t
v0(t) = 1
1+t2
. Ces fonctions sont de classe C1sur [0; 1].
Z1
0
arctan(t)dt =t.arctan(t)1
0−Z1
0
t
1 + t2dt
=π
4−1 2[ln(1 + t2]1
0
=π
4−ln(2) 2
2. On utilise u0(t)=1
v(t) = ln(1 + t2)ce qui donne u(t) = t
v0(t) = 2t
1+t2
. Ces fonctions sont de classe C1sur [0; 1].
Z1
0
ln(1 + t2)dt =t. ln(1 + t2)1
0−Z1
0
2t2
1 + t2dt
= ln(2) −2Z1
0
t2+ 1 −1
1 + t2dt
= ln(2) −2Z1
01−1
1 + t2dt
= ln(2) −2t−arctan(t)1
0
= ln(2) −2 + π
2
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Exercices sur l’int´egration sur un segment - Correction 2
3. On utilise u0(t) = t
v(t) = arctan(t)ce qui donne (u(t) = t2
2
v0(t) = 1
1+t2
. Ces fonctions sont de classe C1sur [0; 1].
Z1
0
tarctan(t)dt =t2
2.arctan(t)1
0−Z1
0
t2
2(1 + t2)dt
=π
8−1 2Z1
0
t2
1 + t2dt
=π
8−1 2Z1
01−1
1 + t2dt
=π
8−1 2t−arctan(t)1
0
=π
4−1 2
4. On utilise u0(t) = ch(t)
v(t) = t+ 1 ce qui donne u(t) = sh(t) v0(t)=1 . Ces fonctions sont de classe C1sur [0; 1].
Z1
0
(t+ 1)ch(t)dt =(t+ 1)sh(t)1
0−Z1
0
sh(t)dt
= 2sh(1) −[ch(t)]1
0
= 2sh(1) −ch(1) + 1
Exercice 4: Lemme de Riemann-Lebesgue
Zb
a
f(t)eintdt =f(t)eint
in b
a−Zb
a
f0(t)eint
in dt
=f(b)einb
in −f(a)eina in −Zb
a
f0(t)eint
in dt
Zb
a
f(t)eintdt = f(b)einb
in −f(a)eina in −Zb
a
f0(t)eint
in dt
≤ f(b)einb
in 
+ f(a)eina
in 
+Zb
a
f0(t)eint
in dt
≤|f(b)|
n+|f(a)| n+Zb
a
f0(t)eint
in 
dt
≤|f(b)|
n+|f(a)| n+Zb
a
|f0(t)|
ndt
Zb
a
f(t)eintdt≤|f(b)|+|f(a)|+Rb
a|f0(t)|dt
n
Par le th´eor`eme d’encadrement, lim
n→+∞Rb
af(t)eintdt = 0.
On en d´eduit ´egalement lim
n→+∞Rb
af(t) cos(nt)dt = 0 et lim
n→+∞Rb
af(t) sin(nt)dt = 0.
Exercice 5:
1. ∀x∈[0; 1], 1 ≤1 + x2≤2 donc 0 ≤1
1+x2≤1.
0≤1
1 + x2≤1⇒0≤xn 1 + x2≤xn⇒0≤Z1
0
xn
1 + x2dx ≤Z1
0
xndx
Or, R1
0xndx =1
n+1 . Par le th´eor`eme d’encadrement, lim
n→+∞Z1
0
xn
1 + x2dx = 0.
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Exercices sur l’int´egration sur un segment - Correction 3
2. ∀x∈[0; 1], 0arccos(x)≤π
0≤arccos(x)≤π⇒0≤xn.arccos(x)≤π.xn⇒0≤Z1
0
xn.arccos(x)dx ≤Z1
0
π.xndx
Or, R1
0xndx =1
n+1 . Par le th´eor`eme d’encadrement, lim
n→+∞Z1
0
xn.arccos(x)dx = 0.
Exercice 6:
1.
I1=Z1
0
x
1 + xdx =Z1
0
x+ 1 −1
1 + xdx =Z1
01−1
1 + xdx =x−ln(1 + x)1
0= 1 −ln(2)
I2=Z1
0
x2
1 + x2dx =Z1
0
x2+ 1 −1
1 + x2dx =Z1
01−1
1 + x2dx =x−arctan(x)1
0= 1 −π
4
2. On utilise (u0(t) = nxn−1
1+xn
v(t) = x
n
ce qui donne u(t) = ln(1 + xn)
v0(t) = 1
n
. Ces fonctions sont de classe C1sur [0; 1].
In=x
nln(1 + xn)1
0−Z1
0
1
nln(1 + xn)dx
=ln(2)
n−1 nZ1
0
ln(1 + xn)dx
3.
nIn−ln(2)≤−Z1
0
ln(1 + xn)dx
≤Z1
0
ln(1 + xn)dx ≤Z1
0
xndx
nIn−ln(2)≤1
n+ 1
Par le th´eor`eme d’encadrement, lim
n→+∞nIn= ln(2) donc In∼ n→+∞
ln(2)
n.
Exercice 7:
1. On utilise le changement de variable x=√tdonc dx =1
2√tdt donc dt = 2xdx.
Z1
0
1
√t+√t3dt =Z√1
√0
1
x+x32xdx =Z1
0
2
1 + x2dx = [2arctan(x)]1
0=π
2
2. On utilise le changement de variable x= ln(t) donc dx =1
tdt donc dt =exdx.
Ze
1
ln(t)
t+t(ln(t))2dt =Zln(e)
ln(1)
x
ex+ex.x2exdx =Z1
0
x
1 + x2dx =1 2ln(1 + x2)1
0=1
2ln(2)
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Exercices sur l’int´egration sur un segment - Correction 4
3. On utilise le changement de variable x= arccos(t) donc dx =−1
√1−t2dt donc dt =−√1−t2dx.
Z1
−1p1−t2dt =Zarccos(1) arccos(−1) p1−cos(x)2.(−p1−cos(x)2)dx =−Z0 π
sin(x)2dx =Zπ
0
sin(x)2dx
On utilise ensuite la lin´earisation
Zπ
0
sin(x)2dx =Zπ
0
1−cos(2x)
2dx =x−sin(2x) 4π
0
=π
4. On utilise le changement de variable x=1
tdonc dx =−1
t2dt donc dt =−t2dx =−dx x2.
Z+∞
1
1
t.√t2−1dt =Z0
1
1
1
xq1
x2−1
−1
x2dx =−Z0
1
1
√1−x2dx =Z1
0
1
√1−x2dx =arcsin(t)1
0=π
2
Exercice 8: Par le th´eor`eme des sommes de Riemann,
1
n
n
X
k=1 k
nα
−→
n→+∞Z1
0
tαdt =1
α+ 1
1
n.nα
n
X
k=1
kα∼
n→+∞
1
α+ 1
n
X
k=1
kα∼
n→+∞
nα+1
α+ 1
Exercice 9:
1.
Z1
0
tndt =tn+1
n+ 11
0
=1
n+ 1
donc lim
n→+∞Z1
0
tndt = 0.
2. Toute fonction continue sur un segment y est born´ee et atteint ses bornes donc
∃(m, M)∈R2tel que ∀t∈[0; 1], m ≤f(t)≤M. Soit f∈ C([0; 1],R).
m≤f(t)≤M
m.tn≤f(t).tn≤M.tn
Z1
0
m.tndt ≤Z1
0
f(t).tndt ≤Z1
0
M.tndt
m
n+ 1 ≤Z1
0
f(t).tndt ≤M
n+ 1
Par encadrement, on en d´eduit que lim
n→+∞Z1
0
tnf(t)dt = 0.
Exercice 10:
(f2−f)2=f4−2f3−f2⇒Z1
0
(f2−f)2=Z1
0
(f4−2f3−f2) = Z1
0
f4−2Z1
0
f3−Z1
0
f2= 0
La fonction (f2−f)2est continue sur [0;1],positive et a une int´egrale nulle donc (f2−f)2= 0 sur [0; 1].
∀t∈[0; 1], f(t)2=f(t)⇔f(t) = 0 ou f(t) = 1
Or, la fonction fest continue donc f= 0 sur [0; 1] ou f= 1 sur [0; 1].
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