Manipulation des intégrales

Exercice 1​🟠🟠​⚪​

Calculer les intégrales suivantes à l’aide d’une intégration par parties.

1. $I_1=\int_{-5}^{1}x e^{x} \mathrm{~d} x$
2. $I_2=\int_{0}^{\pi} x \cos x \mathrm{~d} x$
3. $I_3=\int_{e}^{e^5} \ln t \mathrm{~d} t$

1. On veut $u'(x)=e^x$ et $v(x) = x$. On pose donc $u(x)=e^x$ et $v(x) = x$ par formule d’intégration par partie ($\int u’v = [uv] – \int uv’$), on trouve : $I_1 = \left [ xe^x\right ]_{-5}^1 – \int_{-5}^{1} e^{x} \mathrm{~d} x = e – (-5e^{-5}) – \left (e-(e^{-5}) \right ) = e+5e^{-5} – e + e^{-5} = 6e^{-5}$
2. On veut $u'(x)=\cos(x)$ et $v(x) = x$. On pose donc $u(x)=\sin(x)$ et $v(x) = x$ par formule d’intégration par partie ($\int u’v = [uv] – \int uv’$), on trouve : $$I_2 = \left [ x \sin(x) \right ]_{0}^\pi – \int_{0}^{\pi} \sin(x) \mathrm{~d} x = 0 – 0 – \left [ -\cos(x) \right ]_0^{\pi} = + \cos(\pi) – \cos(0) = -1-1=-2 $$
3. On veut $u'(t)=1$ et $v(t) = \ln(t)$. On pose donc $u(t)=t$ et $v(t) =\ln(t)$ par formule d’intégration par partie ($\int u’v = [uv] – \int uv’$), on trouve : $$I_3=\int_{e}^{e^5} \ln t \mathrm{~d} t = \left [ t\ln(t)\right ]_{e}^{e^5} – \int_{e}^{e^5} t \frac{1}{t} \mathrm{~d} t = e^5 \ln(e^5) – e\ln(e) – \int_{e}^{e^5} 1 \mathrm{~d} t$$ D’où : $$I_3 = 5e^5 – e – (e^5 – e) = 4e^5$$

Exercice 2​🟠🟠​⚪​

Trouver une primitive $F$ des fonctions $f$ suivantes en utilisant des intégrations par parties.

1. $f_1(t)=\ln(t) $
2. $f_2(t)=(t +1)\sin t$
3. $f_3(t)=te^t $
4. $f_4 = (t+4)^2e^t$ (on pourra se servir de $F_3$)

1. On veut $u'(t)=1$ et $v(t) = \ln(t)$. On pose donc $u(t)=t$ et $v(t) =\ln(t)$ par formule d’intégration par partie ($\int u’v = [uv] – \int uv’$) on trouve : soit $x \in ]0,+\infty[$, $\int_1^x \ln(t) dt = \left [ t\ln(t)\right ]_1^x – \int_1^x t \frac{1}{t} dt = x\ln(x) – 1\ln(1) – [t]_1^x = x\ln(x)-0 -(x-1) = x\ln(x)-x+1$ Comme les primitives sont définies à une constante près on préfère donner comme primivite $F_1(x) = x\ln(x)-x$
2. On veut $u'(t)=\sin(t)$ et $v(t) = t+1$. On pose donc $u(t)=-\cos(t)$ et $v(t) = t+1$ par formule d’intégration par partie ($\int u’v = [uv] – \int uv’$) on trouve : soit $x \in \mathbb{R}$, $\int_0^x (t +1)\sin t dt= \left [-(t+1)\cos(t) \right ]_0^x – \int_0^x -\cos t dt = -\cos(x)(x+1) + 1\cos(0) – [-\sin(t)]_0^x $
   $ =-(x+1)\cos(x) + 1 + \sin(x)-0 = \sin(x) -(x+1)\cos(x) +1$
   Comme les primitives sont définies à une constante près, on préfère donner une primitive sans contante : $F_2(x) = \sin(x) – (x+1)\cos(x)$
3. On veut $u'(t)=e^t$ et $v(t) = t$. On pose donc $u(t)=e^t$ et $v(t) = t$ par formule d’intégration par partie ($\int u’v = [uv] – \int uv’$) on trouve : $ \int_0^t f_3(t)dt = \left [ te^t\right ]_{0}^x – \int_{0}^{x} e^{t} \mathrm{~d} t = xe^x – 0 – \left (e^x-e^{0} \right ) = xe^x-e^x+1$
   Comme les primitives sont définies à une constante près on préfère donner une primitive sans contante : $F_3(x) =xe^x-e^x$
4. On veut $u'(t)=e^t$ et $v(t) = (t+4)^2$. On pose donc $u(t)=e^t$ et $v(t) = (t+4)^2$ par formule d’intégration par partie ($\int u’v = [uv] – \int uv’$) on trouve : $ \int_0^t f_4(t)dt = \left [ (t+4)^2e^t\right ]_{0}^x – \int_{0}^{x} 2(t+4)e^{t} \mathrm{~d} t = (x+4)^2e^x – 4^2 -\left ( 2 \int_{0}^{x} te^{t} + 4 \int_{0}^{x} e^{t} \right ) = $
   Ainsi, en négligeant les constantes on a $F_4(x) = (x+4)^2e^x -(2F_3(x) + 4e^x) = (x+4)^2e^x – \left (2(xe^x-e^x) +4e^x\right )$
   $ = (x+4)^2e^x – 2(xe^x + e^x) = x^2e^x + 6xe^x+14e^x $

Exercice 3​🟠🟠​⚪​

Comparer sans calcul : $I_1=\int_{1}^{2} x e^{x} \mathrm{~d} x$ et
$I_2=\int_{1}^{2} x^{2} e^{x} \mathrm{~d} x$

1. Sur $[1,2]$, $1 \leq x$ ainsi $x \leq x^2$. On a donc $xe^x \leq x^2e^x$, par croissance de l’intégrale $I_1 \leq I_2$

Exercice 4​🟠🟠​⚪​

Démontrer les encadrements suivants :

1. $\dfrac{30}{35} \leqslant \int_{5}^{35} \frac{1}{x} \mathrm{~d} x \leq 6$
2. $\sqrt{2} \leqslant \int_{1}^{2} \sqrt{x^{2}+x} \mathrm{~d} x \leqslant \sqrt{6}$
3. $\dfrac{2}{5} \leqslant \int_{0}^{2} \dfrac{1}{1+x^2} \mathrm{~d} x \leqslant 2$

1. Pour $x \in [5,35]]$, $\frac{1}{35} \leq \frac{1}{x} \leq \frac{1}{5}$ par croissance de l’intégrale on a : $$\int_{5}^{35} \frac{1}{35} dx \leq \int_{5}^{35} \frac{1}{x} dx \leq \int_{5}^{35} \frac{1}{5} dx $$
   Et donc $$\dfrac{30}{35} \leq\int_{5}^{35} \frac{1}{x} \mathrm{~d} x \leq \dfrac{30}{5} = 6 $$
2. Sur $[1,2]$ la fonction $x^2+x$ est croissante, la fonction $\sqrt{x^2+x}$ est donc aussi croissante sur $[1,2]$. On a donc pour $x \in [1,2]$, $\sqrt{1^2+1} \leq \sqrt{x^{2}+x} \leq \sqrt{2^2+2}$ par croissance de l’intégrale on trouve : $$\sqrt{2} \leqslant \int_{1}^{2} \sqrt{x^{2}+x} \mathrm{~d} x \leqslant \sqrt{6}$$
3. La fonction $\dfrac{1}{1+x^2}$ est décroissante sur $[0,2]$.
   Pour $x \in [0,2]$, $$\dfrac{1}{1+2^2} \leq \dfrac{1}{1+x^2} \leq \dfrac{1}{1+0^2}$$
   Autrement dit en simplifiant et par croissance de l’intégrale : $$ \int_{0}^{2}\dfrac{1}{5}dx \leq \int_{0}^{2} \dfrac{1}{1+x^2} \mathrm{~d} x \leq \int_{0}^{2} 1dx$$
   Enfin, comme $\int_a^b k dx = k(b-a)$, on a $$\dfrac{2}{5} \leqslant \int_{0}^{2} \dfrac{1}{1+x^2} \mathrm{~d} x \leqslant 2$$

Exercice 5​🟠🟠​⚪​

La suite $\left(W_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ est définie pour $n \in
\mathbb{N}$ par: $W_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^n(t) \mathrm{d} t$

1. Calculer $W_0$, $W_1$ et $W_2$
2. Prouver que la suite $\left(W_{n}\right)$ est décroissante.
3. Montrer que la suite converge

1. $$W_0 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^0(x) dx =\int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 dx = (\frac{\pi}{2}-0) = \frac{\pi}{2}$$ $$W_1 =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos(x) dx= \left [ \sin(x)\right ]_0^{\frac{\pi}{2}} = 1 – 0=1 $$ $W_2 = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2(x)dx$ or on sait que $\cos(2x) = 2\cos^2(x) -1$ et donc $\cos^2(x) = \dfrac{\cos(2x)+1}{2}$
   Ainsi $W_2 =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos(2x)+1}{2}dx = \frac{1}{2} \left ( \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(2x)dx + \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 dx\right )$
   Or $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(2x)dx = \left [ \frac{1}{2}\sin(2x)\right ]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{1}{2} ( \sin(\pi) – \sin(0) =\frac{1}{2}( 0-0)=0$ et $\int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 dx = \frac{\pi}{2}-0 = \dfrac{\pi}{2}$ Ainsi, $W_2 = \frac{1}{2}\left ( 0 + \frac{\pi}{2}\right ) =\dfrac{\pi}{4}$
2. Soit $n \in \mathbb{N}$, pour $x \in [0,\frac{\pi}{2}]$, $0\leq \cos(x) \leq 1$ et donc en multipliant de chaque côté de l’inégalité par $\cos^n(x)$ on trouve : $\cos^{n+1}(x) \leq \cos^n(x)$
   Par croissance de l’intégrale on a : $W_{n+1} \leq W_n$ autrement dit, la suite $(W_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est décroissante.
3. $W_n$ est l’intégrale d’une fonction positive donc elle est minorée par $0$. $W_n$ est minorée et décroissante donc elle converge.