7. INTEGRALE D'UNE FONCTION CONTINUE. 1. Subdivision. Etan t donné un int ervalle [ a,b ] ⊂ R, a < b,on appelle subdivision de [ a, b ] notée D toute famille croissante finie de nombres réels (a i ) vérifiant a = a 0 < a 1 <..... < a n = b Par définition le pas de la subdivision D est le nombre réel σ(D ) = max (a i+1 − a i ) 0≤i≤n−1 2. Fonction en escalier. Soit D une subdivision de l'intervalle [ a,b ] , S = (a i )0≤i≤n et ξ = (ξ0 ,ξ1,...., ξ n−1 ) une suite de réels. On appelle fonction en escalier sur [ a,b ] toute application e définie par ] [ ∀i ∈[ 0.....n − 1], ∀x ∈ a i ,a i +1 , e(x) = ξi Etant donnée une fonction en escalier e sur [ a,b ] , on dit que la subdivision D est adaptée à e si et seulement si la restriction de e à chaque intervalle de la subdivision est constante. n−1 Le nombre ∑ (a i +1 − a i )ξ i ne dépend pas de la subdivision adaptée à e. On appelle ce i=0 b nombre intégrale de e sur [ a,b ] et on note ∫ e(x)dx a 3. Intégration des fonctions continues par morceaux sur [ a,b ] . Soit f une fonction continue par morceaux sur [ a,b ] et ε ∈R∗+ Il existe deux fonctions en escalier e1 et e 2 telles que e1 ≤ f ≤ e 2 et ∀x ∈[ a,b ], e 2 (x) − e1 (x) ≤ε U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. Cours. On note A l'ensemble des fonctions en escalier e1 sur [ a,b ] telles que e1 ≤ f et B l'ensemble des fonctions en escalier e 2 sur [ a,b ] telles que e 2 ≥ f Théorème : A admet une borne supérieure et B une borne inférieure, ces deux bornes sont égales. b On appelle intégrale de f sur [ a,b ] cette borne commune notée ∫ f(t)dt . a 4. Propriétés de l'intégrale. 1 • La var iable qui int ervient sous le signe ∫ est muette b b b ∫a f(x)dx = ∫ a f(t)dt = ∫ a f(.)d. où . représente n'importe quel symbole 2 • Relation de Chasles b c b ∫a f(x)dx = ∫ a f(x)dx + ∫c f(x)dx 3 • f continue sur [ a, b ] a ∫a f(x)dx = 0 (par définition) a b ∫b f(x)dx = −∫a f(x)dx b si ∀x ∈[ a, b ], f(x) ≥ 0 alors ∫ f(x)dx ≥ 0 a 4 • Linéarité b b b ∫a [ f(x) + g(x)] dx = ∫a f(x)dx + ∫ a g(x)dx ∀k ∈R b b ∫ a kf(x)dx = k ∫ a f(x)dx 2 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. Cours. 5 • Relation d'ordre Si a < b et si ∀x ∈[ a,b ] b f(x) ≤ g(x) ,alors b ∫a f(x)dx ≤ ∫a g(x)dx b b ∫a f(x)dx ≤ ∫a f(x) dx 6 • Majoration de l'int égrale Si f est continue et bornée sur [ a, b ] alors il existe m et M tels que m ≤ f(x) ≤ M b et m(b − a) ≤ ∫ f(x)dx ≤ M(b − a) a 4.1. Formules de la moyenne. Première formule de la moyenne : f continue sur [ a, b ] alors il existe c ∈ [ a, b ] tel que b ∫a f(x)dx = (b − a)f(c) le réel 1 b f(x)dx est la valeur moyenne de f sur [ a,b ] b − a ∫a Deuxième formule de la moyenne : f et g continues sur [ a, b ]; on suppose de plus que g garde un signe constant sur [ a, b ] alors il existe c ∈[ a,b ] tel que b b ∫a f(x)g(x)dx = f(c) ∫ a g(x)dx 4.2. Inégalité de Cauchy-Schwarz. Soit f et g deux fonctions continues sur [ a,b ] , alors on a l 'inégalité 1/2 b 1/2 b 2 2 ∫a f(x)g(x)dx ≤ ∫a f (x)dx ∫ a g (x)dx b 9 • Soit f continue sur [ a,b ] et F une primitive de f sur [ a, b ] b alors ∫ f(t)dt = F(b) − F(a) = [F(t) ] a b a 3 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. 10 Intégrale d'une fonction continue. Cours. • Si f est continue sur [ − a,a ] et f est paire a a alors ∫ f(x) dx = 2 ∫ f(x) dx −a 0 • Si f est continue sur [ − a,a ] et f est impaire a alors ∫ f(x) dx = 0 −a • Si f est continue sur R et f est T − périodique alors quel que soit le nombre réel α: α+ T ∫α f(x) dx = ∫ T f(x) dx 0 5. Sommes de Riemann. (Allemand 1826-1866) 5.1. Définition. On considère une fonction f continue sur [ a,b ] , D =(a i )1≤i ≤n une subdivision de [ a,b ] et ξ une famille de réels avec ξ i ∈ [a i−1 , a i ] La somme de Riemann associée à (f, D, ξ) est le nombre réel défini par n S = ∑ (a i − a i −1 )f(ξ i ) i=1 5.2. Théorème b Toutes les sommes de Riemann associées à f convergent vers ∫ f(x)dx lorsque le pas de la a subdivision tend vers 0. Dans le cas particulier d'une fonction continue f et d'une subdivision équipartie : pour tout i, a i − a i−1 = h = b−a n Le pas de la subdivision tend vers zéro si et seulement si h tend vers zéro donc lorsque n tend vers l'infini. On obtient : Somme de Riemann de la fonction x a f(x) sur l'intervalle [ a,b ] avec le choix de la borne droite ξ i = a i pour i = 1,....,n pour chacun des n intervalles égaux de longueur 4 b−a n © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. b Cours. b −a n b−a ) ∑ f(a + i n n→+∞ n i=1 ∫a f(x)dx = lim Illustration : f ( x) = (x + 1) sinx sur [ 0,2π] avec n = 15. Somme de Riemann de la fonction x a f(x) sur l'intervalle [ a,b ] avec le choix de la borne gauche ξ i = a i −1 pour i = 1,....,n pour chacun des n intervalles égaux de longueur b b−a n b − a n−1 b−a b−a n b−a f(a + i ) = lim ) ∑ ∑ f(a + (i − 1) n n n→+∞ n i= 0 n→+∞ n i =1 ∫a f(x)dx = lim 5 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. Cours. ou encore Somme de Riemann de la fonction x a f(x) sur l'intervalle [ a,b ] avec le choix du point 1 médian ξ i = (a i−1 + a i ) pour i = 1,....,n pour chacun des n intervalles égaux de longueur 2 b−a n b b −a n b − a ∑ f a + (2i − 1) 2n n→+∞ n i=1 ∫a f(x)dx = lim 6 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. Exercices corrigés. INTEGRALE D'UNE FONCTION CONTINUE. EXERCICES CORRIGES. MATH07E01. 2 1 n i Déterminer lim ∑ n→+∞ n i=1 n MATH07E02. Déterminer 1 n π ∑ cos(k − 1) 2n n→+∞ n k=1 lim MATH07E03. n−1 Calculer n 2 n→+∞ k=0 n + k lim ∑ 2 MATH07E04. Calculer 1 n 2 2 ∑ n + kn n→+∞ n k=1 lim MATH07E05. n−1 Calculer lim ∑ n→+∞ p=0 1 4n 2 − p2 7 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. Exercices corrigés. MATH07E06. n Calculer n 2 n→+∞ p=0 (n + p) ∑ lim MATH07E07. * On pose u n = Calculer 1 n n ∏ (n + k) n k=1 ∀n ∈N∗ lim u n n→+∞ MATH07E08. ** Cas où les termes sont équivalents à ceux d'une somme de Riemann. La méthode consiste à faire la différence entre la somme à étudier et la somme de Riemann qui l'approche, et majorer cette différence par la formule de Taylor. 1 n+k ∑ (e n Calculer lim n→+∞ k=1 )−n MATH07E09. ** n 1 On pose u n = ∑ ch −n k+n k=1 pour n ≥ 1 . Calculer lim u n n→+∞ MATH07E10. Montrer que la fonction F définie par F(x) = ∫ x2 x t3 dt est dérivable sur R+ + t +1 et calculer sa dérivée 8 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. Exercices corrigés. MATH07E11. ∀t > 0, Démontrer que t 3 ≤ 1+ t 3 ≤ (1+ t) 3 Après avoir encadré l'intégrale, trouver dt 2x lim ∫x 3 x→+∞ 1 + t3 MATH07E12. Déterminer 1 f(x) = ∫ inf(x,t) dt 0 1 puis g(x) = ∫ max(x, t) dt 0 MATH07E13. 1 Soit I n la suite définie par In = ∫ 0 1. Montrer que lim In = 0 xn dx 1 + xn n→+∞ 2. Considérer nI n et intégrer par parties 3. En utilisant ∀t ≥ 0, 0 ≤ ln(1+ t) ≤ t donner un équivalent de In quand n → +∞ MATH07E14. 1 x ∫ f(t) dt x→ 0 x 0 Soit f continue sur R, déter miner lim 2 t 1 x −2 Application : calculer lim ∫ e dt x→0 x 0 MATH07E15. [ ax,bx ] si x > 0 Soit a > 0 et b > 0, on pose (ax,bx) = [ bx,ax ] si x < 0 bx Soit f continue sur (ax, bx) déter miner lim ∫ ax x→0 9 f(t) dt t © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. Exercices corrigés. Application : Détermin er 2x lim ∫ x 1• x→ 0 2x lim ∫ x 2• x→ 0 2x lim ∫ x 3• x→0 cost dt t sint dt t2 et dt Arcsint MATH07E16. Déterminer la limite de la suite de terme général In = ∫ 1 0 t n − t 2n dt 1−t n ∈N∗ MATH07E17. ** x2 Calculer lim ∫ x x→1 dt lnt MATH07E18. ** 3x cost dt t Déter miner l' ensemble de définition de f Calculer la dérivée f'(x) Déter miner lim f(x) puis lim f(x) Soit f(x) = ∫ x x→ 0 x→+∞ 10 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. SOLUTION MATH07E01. Solutions. retour Somme de Riemann de la fonction x a f(x) = x 2 avec a = 0 et b = 1 donc sur l'intervalle [ 0,1 ] avec le choix de la borne droite pour chacun des n intervalles égaux de longueur 1 . La n limite existe donc et 2 1 1 n i 1 ∑ = ∫ 0 x 2 dx = x3 3 n→+∞ n i=1 n lim [ ] 1 = 0 1 3 la somme de Riemann s'écrit en utilisant la borne gauche de chaque intervalle : 1 n−1 i 2 1 ∑( ) = 3 n→+∞ n i =0 n lim 11 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. Solutions. retour SOLUTION MATH07E02. Somme de Riemann de la fonction x a f(x) = cosx (ou cos πx) sur l'intervalle 0, π (ou 0,1 )avec le choix de la borne gauche pour chacun des n intervalles égaux de [ ] 2 longueur π 1 (ou ). La limite existe donc et 2n 2n π π 2 1 n π 2 2 2 2 lim ∑ cos(k − 1) = ∫0 cosxdx = [sinx ] 0 = 2n π π π n→+∞ n k=1 La somme de Riemann s'écrit aussi en utilisant toujours la borne gauche de chaque intervalle et en posant k − 1 = p n−1 1 n π pπ 2 ∑ cos(k − 1) = lim ∑ cos = 2n n→+∞ p=0 2n π n→+∞ n k=1 lim ou en utilisant maintenant la borne droite de chaque intervalle : n 1 n π pπ 2 ∑ cos(k − 1) = lim ∑ cos = 2n n→+∞ p=1 2n π n→+∞ n k=1 lim 12 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. SOLUTION MATH07E03. Solutions. retour 1 sur l'intervalle [ 0,1 ] avec le choix de la 1 + x2 1 borne gauche pour chacun des n intervalles égaux de longueur . La limite existe et n Somme de Riemann de la fonction x a f(x) = 1 dx 1 1 n−1 n 2 1 n−1 1 π lim = = [ Arctan x ] = ∑ 2 2 = lim ∑ ∫ 2 k 0 0 4 n→+∞ n k=0 n + k n→+∞ n k=0 1 + ( )2 1+x n 13 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. SOLUTION MATH07E04. Solutions. retour Somme de Riemann de la fonction x a f(x) = 1 + x sur l'intervalle [ 0,1 ] avec le choix de la borne droite pour chacun des n intervalles égaux de longueur 1 . La limite existe n 1 n n 1 1 1 k 2 2 ∑ n + kn = lim n ∑ 1 + n = ∫0 n→+∞ n k=1 n→+∞ k=1 lim 14 3 2 2 1 + x dx = (1+ x) 2 = (2 2 − 1) 3 3 0 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. Solutions. SOLUTION MATH07E05. retour Somme de Riemann de la fonction x a f(x) = 1 sur l'intervalle 0, avec le choix de 2 1 − x2 1 la borne gauche pour chacun des n intervalles égaux de longueur 1 . 2n La limite existe et 1 n−1 lim ∑ n→+∞ 2n p=0 1 p 2 1− 2n =∫ 1 2 0 1 2 dx 1 − x2 15 = [ Arcsinx ]0 = π 6 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. SOLUTION MATH07E06. Solutions. retour Ce n'est pas exactement une somme de Riemann car il y a une valeur en trop, on obtient 1 n 1 1 1 1 dx 1 1 =∫ lim + ∑ =− = 2 p 0 (1+ x) 1 + x 0 2 n→+∞ n n p=1 (1+ )2 n 16 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. SOLUTION MATH07E07. un = Solutions. retour n 1 n k n ∏ (n + k) = n ∏ 1+ ∀n ∈N∗ n k=1 n k=1 Pour transformer le produit en somme, calculons lnu n 1 n k ln u n = ∑ ln(1+ ) n k=1 n Somme de Riemann de la fonction x a ln(1 + x) (ou x a lnx) surl' intervalle [ 0,1] (ou sur [ 1,2] ) avec le choix de la borne droite pour chacun des n intervalles égaux de longueur 1 . n 1 1 lim ln u n = ∫ ln(1 + x)dx = [(1+ x)ln(1 + x) − (1+ x)] = 2ln2 − 1 0 0 n→+∞ Par la composition des limites, on obtient lim ln u n = 2ln2 − 1 4 ⇒ lim e lnu n = lim u n = 4 e n→+∞ lim e u = n→+∞ e u→2ln2 −1 n→+∞ 17 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. Solutions. retour SOLUTION MATH07E08. 1 Posons u n = ∑ e n+k − 1 k=1 n Pour n et k assez grands 1 → 0 et e t − 1 ~ t n+k 0 n 1 on peut penser que u n'est pas très loin de v avec v n = ∑ k=1 n + k or v n est une somme de Riemann : n 1 1 n 1 = ∑ n k=1 1 + k k=1 n + k n vn = ∑ et 1 dx lim v n = ∫ = ln2 01+x n→+∞ On applique alors la formule de Taylor Lagrange à l'ordre 2 pour la fonction f(t) = e t ∀t ∈R, ∃θ ∈ ] 0,1 [ ∀k ∈[1, n] 1 e n+k t 2 θt e = 1+ t + e 2 t θ 1 1 −1 − = e n+k n+k 2(n + k) 2 avec θ ∈ ] 0,1 [ et donc ∀k ∈ [1, n] 1 n+ e k − 1− 1 n+k e 1 e ≤ ≤ 2 n + k 2(n + k) 2n 2 D'où par l'inégalité triangulaire et par sommation : un − vn ≤ e 2n et lim u n = lim vn = ln2 n→+∞ n→+∞ 18 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. SOLUTION MATH07E09. Solutions. retour n 1 Posons u n = ∑ ch −1 k+ n k=1 Pour n et k assez grands 1 t2 → 0 et cht − 1~ − n+ k 0 2 1 n 1 on peut penser que u n'est pas très loin de v avec v n = ∑ 2 k=1 n + k or v n est une somme de Riemann : 1 n 1 1 1 dx 1 → = ln2 ∑ ∫ k 0 2n k=1 1 + 2 1+x 2 n 1 donc lim v n = ln2 2 n→+∞ vn = On applique alors la formule de Taylor Lagrange à l'ordre 2 pour la fonction f(t) = cht ∀t ∈R, ∃θ ∈ ] 0,1 [ cht = 1+ ∀k ∈[1, n] t2 t3 + shθt 2 6 ch 1 1 1 1 θ − 1− = sh k+n 2 n+k 6(k + n) k + n k+n ch 1 1 1 sh1 −1 − ≤ k+n 2 n + k 6n n avec 0 <θ < 1 et donc ∀k ∈ [1, n] D'où par l'inégalité triangulaire et par sommation : sh1 un − vn ≤ 6 n 1 et lim u n = lim vn = ln2 2 n→+∞ n→+∞ 19 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. SOLUTION MATH07E10. Solutions. retour 1 La fonction f:t a 3 est continue donc int égrable sur R+ t + t +1 La fonction f est continue sur R+ et g:x a x 2 est dérivable sur R+ donc F est dérivable sur R+ comme fonction composée 1 Soit Φ(x) une primitive inconnue de x af(x) = 3 x + x +1 alors ∀x ∈R+ Φ '(x) = f(x) F(x) = ∫ x2 x dt =Φ(x 2 ) −Φ(x) t + t +1 3 Appliquons le théorème de dérivation des fonctions composées : x 1 F'(x) = 2x Φ ' (x2 ) −Φ ' (x) = 2xf(x 2 ) − f(x) = 2 6 − 3 2 x + x +1 x + x +1 Plus généralement, on peut énoncer le théorème suivant : Soit u et v deux fonctions définies sur I à valeurs dans R de classe C1 f définie et continue sur J si u(I) ⊂ J et v(I) ⊂ J alors I → R v(x) F est de classe C1 et ∀x ∈ I x a ∫u(x) f(t)dt 20 F'(x) = f(v(x))v' (x) − f(u(x))u' (x) © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. SOLUTION MATH07E11. Solutions. retour t 3 ≤ 1 + t 3 ≤ (1+ t) 3 ∀t > 0 La fonction u a 3 u est croissante sur R+ 3 t ≤ 1+ t 3 ≤ 1 + t 1 est décroissante sur R∗+ v 1 1 1 ≤3 ≤ 1+t 1 + t3 t La fonction v a (ou bien directement en utilisant la fonction w a w − 1 3 décroissante sur R∗+ ) Soit x > 0 2x ∫x 2x 2x dt dt dt ≤∫ 3 ≤∫ x x 1+ t t 1 + t3 2x 2x [ ln(1+ t) ] x ≤ I ≤ [ lnt ] x = ln2x − lnx 1 + 2x ≤ I ≤ ln2 1+x 1+ 2x Puisque lim ln = ln2 d'après le théorème du "sandwich" ou du "gendarme" 1+x x→+∞ ln dt 2x lim ∫x 3 = ln2 x→+∞ 1 + t3 21 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. Solutions. retour SOLUTION MATH07E12. b Rappel: Dans l' écriture ∫ f(t)dt, la var iable d' intégration t vérifie a ≤ t ≤ b a 1 1 • Si x ≤ 0 alors inf(x, t) = x et f(x) = ∫ xdt = x ∫ dt = x 0 0 • Si 0 < x < 1 alors inf (x,t) = x si x ≤ t et t si x > t x 1 0 x d'où f(x) = ∫ tdt + ∫ xdt = x − 1 2 x 2 1 • Si x > 1 alors inf(x, t) = t et f(x) = ∫ tdt = 0 1 2 Représentation graphique : De même 1 tdt = 1 ∫ 2 0 x 1 1 1 g(x) = ∫ xdt + ∫ tdt = x2 + 0 x 2 2 1 ∫ xdt =x 0 si x ≤ 0 si 0 < x < 1 si x ≥ 1 22 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. SOLUTION MATH07E13. Solutions. retour On part de l'inégalité xn n n ≤x 1+ x L' intégration sur [ 0,1 ] conserve le sens des inégalités ∀x ∈ [ 0,1 ] 0≤ 1 n+1 1 xn 1 n dx = x 0≤∫ dx ≤ x = ∫ n 0 1+ x 0 n + 1 0 n + 1 1 lim In = 0 Donc n→+∞ En appliquant la formule des accroissements finis à la fonction f(t) = ln(1+ t) sur [ 0,t ], on obtient ∀t ≥ 0 0 ≤ ln(1 + t) ≤ t nxn Intégrons par parties nIn = ∫ dx 0 1+ x n u=x ⇒ u' = 1 1 v' = nx n−1 1 + xn ⇐ v = ln(1+ x n ) [ nI n = xln(1 + x n ) ]0 − ∫ 1 1 0 ln(1 + xn )dx 1 nI n = ln2 − ∫ ln(1+ x n )dx 0 utilisons la relation proposée par l'énoncé ∀x ≥ 0 0 ≤ ln(1+ x n ) ≤ x n 1 1 0 0 soit 0 ≤ ∫ ln(1+ x n )dx ≤ ∫ x n dx = 1 n +1 1 ≤ nI n ≤ ln2 n +1 et donc lim nI n = ln2 ln2 − n→+∞ soit nI n ~ ln2 +∞ et ln2 +∞ n In ~ 23 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. SOLUTION MATH07E14. Solutions. retour x f est continue sur R donc ∫ f(t)dt existe 0 On applique la première formule de la moyenne (0, x) = [ 0,x il existe c x ∈(0,x) avec (0, x) = [ x,0 et donc ] ] si x > 0 si x < 0 x tel que ∫ f(t)dt = xf(c x ) 0 1 x f(t)dt = f(c x ) tend vers f(0) lorsque x tend vers 0 car f est continue x ∫0 1 x ∫ f(t)dt = f(0) x→0 x 0 lim La fonction t af(t) = e − t2 2 , est continue sur R et f(0) = e 0 = 1 t2 1 x − lim ∫ e 2 dt = 1 x→0 x 0 24 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. SOLUTION MATH07E15. Solutions. retour Les deux bornes de cette intégrale tendent vers zéro. On applique la seconde formule de la moyenne Hypothèses : f et g continues sur [ a, b ] g de signe constant sur [ a, b ] Conclusion : b b il existe c ∈ [ a, b ] tel que ∫ f(x)g(x)dx = f(c) ∫ g(x)dx a a 1 et donc g garde un signe constant sur l' intervalle d' intégration t alors que l' on ne connait pas le signe de f(t) On prend g(t) = bx bx dt f(t) b bx dt = f(c ) = f(c x )[ln t ]ax = f(c x )ln avec cx ∈(ax,bx) ∫ax t x ∫ ax t a or c x tend vers 0 lorsque x tend vers 0 bx donc lim ∫ ax x→ 0 f(t) b dt = f(0)ln t a Application : 2x 1• lim ∫ x x→ 0 2• cost dt = ln2 avec f(t) = cost t sint sint et puisque lim = 1 on prolonge f par continuité en 0 t t→ 0 t sint si t ≠ 0 ~ en posant f (t) = t 1 si t = 0 f(t) = 2x lim ∫ x x→0 ~ sint 2 dt = ln2 avec f (0) = 1 t 25 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. 3• Intégrale d'une fonction continue. te t f(t) = et puisque Arcsint tet ~ t Solutions. Arcsint ~ t 0 0 te t = 1 on prolonge f par continuité en 0 t→0 Arcsint te t ~ si t ≠ 0 en posant f (t) = Arcsint 1 si t = 0 alors lim 2x lim ∫ x x→0 et dt = ln2 avec Arcsint ~ f (0) = 1 26 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. SOLUTION MATH07E16. Solutions. retour Rappel a n − b n = (a − b)(a n−1 + a n−2 b+.... + bn−1 ) n n t n − t 2n n 1− t La fonction t afn (t) = =t = t n (1+ t+.... +t n−1 ) = ∑ t n+k−1 1−t 1−t k=1 est continue sur [ 0,1 [ et prolongeable par continuité en 1 en posant fn (1)= n 1 L' intégrale ∫ fn (t) dt existe pour tout n ∈N∗ 0 n 1 I n = ∫ ∑ t n+ k−1 dt par suite de la linéarité de l' intégration (n est fini) 0 k=1 on permute les symboles ∫ et ∑ n 1 In = ∑ ∫ t 0 k=1 n+k−1 1 n t n+ k 1 1 n 1 dt = ∑ = = ∑ ∑ n k=1 1+ ( k ) k=1 n + k 0 k=1 n + k n n I n est une somme de Riemann de la fonction x a f(x) = 1 sur l'int ervalle 1+ x [ 0,1 ] 1 dx lim I n = ∫ = ln2 0 1+x n→+∞ 27 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. SOLUTION MATH07E17. Solutions. retour Convergence de l'intégrale Pour x ∈R∗+ − {1} , on a : soit 1 < x < x 2 x2 L'intégrale ∫ x soit x 2 < x < 1 dt est alors définie lnt 1 1 , mais t a admet t a ln lnt pour primitive. lnt tlnt 1 1 Comme t ∈ x2 ,x et x tend vers 1, les fonctions t a et t a sont équivalentes. lnt tlnt On ne connaît pas de primitive de t a [ ] D'où l'artifice qui consiste à considérer : x2 1 dt tlnt ϕ(x) = ∫ x On a ϕ(x) = [ln lnt ] x2 x lnx 2 = ln2 = ln lnx D'après la formule de la moyenne x2 ∫x 2 x t dt dt = x c ∫ x tlnt tlnt avec xc ∈(x,x 2 ) et xϕ(x) ≤ ∫ x2 x 1 dt ≤ x 2ϕ(x) si 1 < x < x2 lnt ou 2 x ϕ(x) ≤ ∫ x2 x 1 dt ≤ xϕ(x) si x2 < x < 1 lnt Ainsi x2 lim ∫ x x→1 x≠1 dt = ln2 lnt 28 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. SOLUTION MATH07E18. Solutions. retour Ensemble de définition : cost est continue sur R∗ t et si x > 0 alors [ x,3x ] ⊂ ] 0, + ∞ [ de même si x < 0 alors [ 3x,x ] ⊂ ]−∞,0 [ f est définie sur R∗ car t a De plus f est paire −3x cost dt −x t on pose T = −t alors dT = −dt 3x cos(−T) f( −x) = ∫ (− dT) = f(x) x −T f( −x) = ∫ On étudie la fonction f sur ] 0, + ∞ [ Dérivée (cf Exercice MATH07E10) cos3x − cosx 2sin2xsinx =− x x kπ f'(x) = 0 ⇔ x = (k ∈Z∗ ) 2 f'(x) = Graphe de le fonction : 29 xa cosx x © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. Solutions. Limite en 0 On applique la deuxième formule de la moyenne : La fonction t a 1 garde un signe constant sur (x,3x) t 3x il existe c x ∈ [ x,3x ] tel que f(x) = cos(c x ) ∫ x dt = cos(c x )ln3 t lim c x = 0 ⇒ lim cos(c x ) = 1 lim cosu = 1 x→0 u→0 x→0 donc lim f(x) = ln3 x→ 0 ~ On peut prolonger f par continuité en 0 en posant f (0) = ln3 Limite en plus l'infini On commence par intégrer par parties 3x sint sint 3x f(x) = +∫ dt x t x t2 b b on utilise l'inégalité ∫ f(t)dt ≤ ∫ f(t) dt a a sint 1 2 ≤ 2 et t t 3x sint 3x dt 2 ∫ x 2 dt ≤ ∫x 2 = 3x t t et lim f(x) = 0 alors puisque x < 3x x→+∞ 30 © dpic - inpl - mars 1999 U.M.N. 7. Intégrale d'une fonction continue. Exercices supplémentaires. INTEGRALE D'UNE FONCTION CONTINUE. EXERCICES SUPPLEMENTAIRES. MATH07S01. π k 2n Calculer lim ∑ sin n→+∞ k= n MATH07S02. Montrer que ∀n ∈N∗ Montrer que ∀t ≥ 0, 1 nt n π dt = − Arctan(t n )dt ∫ 2n 4 0 1+t Arctant ≤ t 1 ∫0 nt n π En déduire lim ∫ dt = 2n 4 n→+∞ 0 1+ t 1 31 © dpic - inpl - mars 1999