Intégrale d`une fonction - Formation Continue Diplomante

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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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→+∞
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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
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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
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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
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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
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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
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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 
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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→+∞
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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
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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
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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)
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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→+∞
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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
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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
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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→+∞
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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
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