Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

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Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices Rappel (Règles de Bioche) : Pour intégrer une fonction f (x) ne faisant intervenir que des sommes, produits, quotients de sin x et cos x, on regarde l’élément différentiel (x)= f (x) dx. Si en remplaçant x par x dans (x), l’élément différentiel est inchangé ((x)= (x)) on pose u = cos x Si en remplaçant x par π x dans (x), l’élément différentiel est inchangé ((π x)= (x)) on pose u = sin x Si en remplaçant x par π + x dans (x), l’élément différentiel est inchangé ((π + x)= (x)) on pose u = tan x (ou u = cotan x, qui marche parfois mieux) Attention, dans (x) ,dω (π x) et (π + x), ne pas oublier que d (x)= dx, d (π x)= dx et d (π + x)= dx. Si aucun des trois changements de variable ne marche, on pose t = tan x 2 , en effet dans ce cas : sin x = 2t 1+ t 2 , cos x = 1 t 2 1+ t 2 , dx = 2dt 1+ t 2 . 1 Les basiques Exercice 22.1 Soient (a,b) R 2 avec a<b et f une fonction continue sur [a,b] telle que b a |f | = b a f . Montrer que f garde un signe constant. Exercice 22.2 Soient (a,b) R 2 avec a < b, que dire d’une fonction continue telle que b a f =(b a)sup [a,b] |f |. Exercice 22.3 Soit f : [0, 1] −→ R continue d’intégrale nulle sur [0, 1]. On pose m = inf [0,1] f et M = sup [0,1] f (justifier l’existence de m et M ). Que dire de la fonction g =(M f )(f m) ? En déduire l’inégalité 1 0 f 2 ≤−mM, puis que f s’annule au moins une fois. Exercice 22.4 Soit f continue sur [a,b] avec a<b telle que b a f =0. Montrer que f s’annule au moins une fois sur [a,b] : 1. En raisonnant par l’absurde à l’aide du TVI. 2. En utilisant le théorème de Rolle appliqué à une autre fonction que f ! Application : En déduire que si f est continue vérifie 1 0 f = 1 2 , alors f admet un point fixe (i.e a [0, 1] tel que f (a)= a).

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Chapitre 22INTÉGRATION

Enoncé des exercices

Rappel (Règles de Bioche) : Pour intégrer une fonction f (x) ne faisant intervenir que des sommes, produits,quotients de sinx et cosx, on regarde l’élément différentiel dω (x) = f (x) dx.

Si en remplaçant x par −x dans dω (x), l’élément différentiel est inchangé (dω (−x) = dω (x)) on poseu = cosx

Si en remplaçant x par π− x dans dω(x), l’élément différentiel est inchangé (dω(π−x) = dω(x)) on poseu = sinx

Si en remplaçant x par π + x dans dω (x), l’élément différentiel est inchangé (dω (π + x) = dω (x)) onpose u = tanx (ou u = cotanx, qui marche parfois mieux)

Attention, dans dω (−x) , dω (π − x) et dω (π + x), ne pas oublier que d (−x) = −dx, d (π − x) = −dx et

d (π + x) = dx. Si aucun des trois changements de variable ne marche, on pose t = tanx

2, en effet dans ce cas :

sinx =2t

1 + t2, cosx =

1− t2

1 + t2, dx =

2dt

1 + t2.

1 Les basiques

Exercice 22.1 Soient (a, b) ∈ R2 avec a < b et f une fonction continue sur [a, b] telle que

∫ b

a

|f | =∣∣∣∣∣

∫ b

a

f

∣∣∣∣∣. Montrer

que f garde un signe constant.

Exercice 22.2 Soient (a, b) ∈ R2 avec a < b, que dire d’une fonction continue telle que

∫ b

a

f = (b− a) sup[a,b]

|f |.

Exercice 22.3 Soit f : [0, 1] −→ R continue d’intégrale nulle sur [0, 1]. On pose m = inf[0,1]

f et M = sup[0,1]

f (justifier

l’existence de m et M). Que dire de la fonction g = (M − f) (f −m) ? En déduire l’inégalité

∫ 1

0

f2 ≤ −mM, puis que

f s’annule au moins une fois.

Exercice 22.4 Soit f continue sur [a, b] avec a < b telle que

∫ b

a

f = 0. Montrer que f s’annule au moins une fois sur

[a, b] :

1. En raisonnant par l’absurde à l’aide du TVI.

2. En utilisant le théorème de Rolle appliqué à une autre fonction que f !

Application : En déduire que si f est continue vérifie

∫ 1

0

f =1

2, alors f admet un point fixe (i.e ∃a ∈ [0, 1] tel

que f (a) = a).

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1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Exercice 22.5 Calculer

∫ 0

−3

∣∣x2 − x− 2∣∣dx

Exercice 22.6 Soit f (x) = 3x2+2ax+ b où (a, b) ∈ R2, si

∫ +1

−1|f (x)| dx < 2, montrer que f (x) = 0 a deux racines

réelles distinctes.

Exercice 22.7 Soit f(x) =sin(x)

sin(x) + cos(x),

Montrer qu’il existe a et b réels, tels que ∀x ∈[0, π2], f(x) = b

cos(x)− sin(x)

cos(x) + sin(x)+ a.

Soit α ∈[0, π4], calculer

∫ π

2−α

α

sin(x)

sin(x) + cos(x)dx

Exercice 22.8 Calculer

∫ 3

0

x√x+ 1dx

Exercice 22.9 Calculer

∫ π

6

0

tan2(x)dx

Exercice 22.10 Calculer

∫ π

4

0

sin4(x)

cos2(x)dx

Exercice 22.11 Calculer

∫ π

2

0

sin2(x) cos3(x)dx

Exercice 22.12 Calculer

∫ 1

0

x2 arctan(x)dx

Exercice 22.13 Calculer

∫ π

2

π

3

cos(x) ln (1− cos(x)) dx

Exercice 22.14 Calculer

∫ π

4

0

x

cos2(x)dx

Exercice 22.15 Calculer∫ 212t3et

2+1dt

Exercice 22.16 Calculer

∫ 1√2

0

x arcsin(x)√1− x2

dx

Exercice 22.17 Calculer

∫ 1

−1

(1 + x3

)4x2dx en posant u = 1 + x3

Exercice 22.18 Calculer

∫ e2

e

dx

x lnn xen posant t = ln(x) où n ∈ N∗

Exercice 22.19 Calculer

∫ ln(3)2

0

dx

ch(x)en posant u = ex

Exercice 22.20 Calculer

∫ 1

0

exdx

2 + exen posant t = ex

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CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES

Exercice 22.21 Calculer

∫ π3

0

sin 2t

1 + cos tdt en posant u = cos t

Exercice 22.22 Calculer

∫ π

4

0

1

1 + cos2(t)dt en posant u = 1√

2tan(t)

Exercice 22.23 Calculer

∫ ln(13)

ln(5)

ex

(3 + ex)√ex − 1

dx en posant t = 12

√ex − 1

Exercice 22.24 Calculer

∫ π

4

0

sin (2x)

1 + cos (x)dx et

∫ π

2

0

sin 2x+ sinx

3 + cos 2xdx

Exercice 22.25 Soit F (x) =

∫ 1x

x

arctan t

tdt, quel est le domaine de définition de F ? Calculer F ′ (x) et en déduire

F .

Exercice 22.26 On définit la fonction F de la variable réelle x par

F (x) =

∫ 1x

x

1− t2

(1 + t2)√1 + t4

dt

1. Préciser le domaine de définition de F , on prendra soin de justifier sa réponse et déterminer la dérivée de F enjustifiant le calcul.

2. En déduire F puis que∫ 1

x

x

1

(1 + t2)√1 + t4

dt =

∫ 1x

x

dt

2√1 + t4

Exercice 22.27 Calculer I =

∫ π

2

0

sinx

sinx+ cosxdx et J =

∫ π

2

0

cosx

sinx+ cosxdx.

Exercice 22.28 Calculer

∫ 1

0

x2

(x2 + 1)3dx en posant x = tanu.

Exercice 22.29 Soit un =

∫ π

0

xn cosxdx établir une relation de récurrence vérifiée par la suite (un)n∈N .

Exercice 22.30 Calculer

∫ π

0

sin 2x

2 + cosxdx.

Exercice 22.31 Calculer

∫ 0

−π

3

dx

cos (x) (sinx− cosx).

Exercice 22.32 Calculer

∫ π

2

0

dx

1 + cosx.

Exercice 22.33 Calculer

∫ π

2

0

sinx

(cosx+ 1) (cosx+ sinx+ 1)dx en posant t = tan

x

2

Exercice 22.34 Calculer

∫ π

2

0

cosx

2− cos2 xdx en posant u = sinx.

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1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Exercice 22.35 Calculer

∫ 1

0

arctanxdx en intégrant par parties.

Exercice 22.36 Trouver les applications continues f telles que ∀x ∈ R, f (x)−∫ x0 tf (t) dt = 1.

Exercice 22.37 Calculer

∫ π

4

0

1

1 + cos2(t)dt en posant u = 1√

2tan(t).

Exercice 22.38 On considère pour n ≥ 0 le réel un défini par

un =

∫ e

1

x lnn (x) dx

Calculer u0, donner une relation de récurrence.

Exercice 22.39 Calculer les deux intégrales suivantes par intégrations par parties

I =

∫ π

1

(x cos (x) + sin (x)) ln(x)dx

J =

∫ eπ

2

1

sin (ln (x)) dx

Exercice 22.40 Calculer

∫ ln 2

0

ex

ex + e−xdx en posant u = ex

Exercice 22.41 On désire calculer

∫ 0

−1

1

(t− 1)2

√1 + t

1− tdt en posant u =

√1 + t

1− t, pourquoi ce changement de variable

ne convient-il pas ? Comment doit-on le modifier ?

Exercice 22.42 On définit I1 =

∫ π2

0

cosx ln (1 + cosx) dx, I2 =

∫ π2

0

sinx ln (1 + cosx) dx, J1 =

∫ π2

0

cosx ln (1 + sinx) dx

et J2 =

∫ π2

0

sinx ln (1 + sinx) dx.

Etablir un lien entre les intégrales Ik et Jk. Calculer I1 et I2.

Exercice 22.43 Soient a > 0 et b > 0, on pose I =

∫ b

a

exa − e

bx

xdx. A l’aide des changements de variables x = at,

puis t =α

xoù α est à choisir, calculer I.

Retrouver le résultat en posant ux = ab.

Exercice 22.44 Trouver f continue sur [0, 1] telle que f (x) = x2 −(√

2

∫ 1

0

|f (t)| dt)

x.

Exercice 22.45 Soit f continue sur [a, b] telle que1

b− a

∫ b

a

f (x) dx = 1 et1

b− a

∫ b

a

f2 (x) dx = 1. Montrer que

f (x) = 1 sur [a, b].

Exercice 22.46 Calculer

∫ π

4

0

ln (1 + tanx) dx en posant u = π4 − x. En déduire

∫ 1

0

ln (1 + t)

1 + t2dt

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CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES

Exercice 22.47 A l’aide d’un changement de variable calculer I =

∫ 2

12

(1 +

1

x2

)arctan (x) dx.

(Commentaire de l’élève : cela dépasse les bornes ! ! ! il n’y a même pas une indication ! Réponse du prof : si dans votreremarque...).

Exercice 22.48 Soient f : [a, b] −→ R (ou C) et g : [a, b] −→ R dérivables sur [a, b]. On suppose que ∀x ∈ [a, b],|f ′ (x)| ≤ g′ (x).

1. Que vaut

∫ b

a

f ′ (t) dt ? En déduire que |f (b)− f (a)| ≤ g (b)− g (a) .

2. Quel résultat retrouve-t-on si f est à valeurs réelles et si g′ = C est constante ?

Exercice 22.49 Soit T > 0 et f une fonction T périodique sur R, on pose F (x) =

∫ x+T

x

f (t) dt−∫ T

0

f (t) dt. Justifier

que F est dérivable sur R et déterminer F ′. En déduire que l’intégrale de f sur une période est constante.

Exercice 22.50 Soit f de classe C2 sur [0, 1] telle que ∀x ∈ [0, 1], f ′′ (x) + (4x− 2) f ′ (x) + f (x) = 0, calculer

I =

∫ 1

0

(x2 − x

)f (x) dx.

Exercice 22.51 Soit f une bijection de R dans R dérivable dont la dérivée n’est jamais nulle. On suppose que

∀x ∈ R,

∫ f−1(x)

x

f (t) dt = x2

Déterminer f .

Exercice 22.52 Soit f de classe C1 sur [−1, 1] et croissante, montrer que

∫ 1

−1

xf (x)√1 + x2

dx ≥ 0

(Une IPP judieuse peut être utile · · · ).

Exercice 22.53 Calculer

∫ 43

34

arg sinh

(1

x

)dx à l’aide d’une IPP.

Exercice 22.54 On définit f par f (x) = ex2

∫ x

0

e−t2

dt. Justifier que f est bien définie et est C∞ sur R, est impaire

et vérifie l’équation différentielle y′ − 2xy = 1. Donner une relation entre f (n+1), f(n) et f(n−1) pour n ≥ 1.

Exercice 22.55 C’est bien connu,

∫ −b

−af (t) dt = −

∫ b

a

f (t) dt ! Arghhhhhhh ! Non, c’est faux, mais quelles sont les

fonctions continues sur R pour lesquelles cette égalité est vraie pour tout (a, b) ∈ R2 ?

Exercice 22.56 Déterminer toutes les fonctions f : R −→ R continues telles que ∀ (x, y) ∈ R2,

∫ x+y

x

f (t) dt =∫ x

x−yf (t) dt.

Exercice 22.57 Soient f et g deux fonctions continues sur [a, b] et à valeurs réelles, montrer qu’il existe c ∈ ]a, b[ telque

f (c)

∫ c

a

g (t) dt = g (c)

∫ b

c

f (t) dt

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2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

2 Les techniques

Exercice 22.58 Formules de la moyenne.

1. Soit f continue sur [a, b] avec a < b, montrer qu’il existe c ∈ [a, b] tel que1

b− a

∫ b

a

f (t) dt = f (c).

Indication : on peut encadrer f entre deux valeurs prises par la fonction, lesquelles ?

2. Généralisation : Soient f et g continues sur [a, b] , a < b avec g positive sur [a, b], montrer qu’il existe c ∈ [a, b]

tel que

∫ b

a

f (t) g (t) dt = f (c)

∫ b

a

g (t) dt.

3. Application :

— Si f est continue au voisinage de 0, déterminer limx→0

1

x2

∫ x

0

tf (t) dt (on pourra commencer par la limite en 0+).

— Si f est continue au voisinage de 0, montrer que limx→0+

∫ 2x

x

f (t)

tdt = f (0) ln 2.

Exercice 22.59 Soit f ∈ C0 ([a, b] ,R) telle que ∀k ∈ {0, · · · , n− 1} ,∫ b

a

tkf (t) = 0. Montrer que f s’annule au

moins n fois sur [a, b].

Exercice 22.60 Etudier la convergence de In =

∫ 1

0

xn

1 + x2dx puis donner un équivalent simple de

∫ 1

0

xn ln(1 + x2

)dx

Exercice 22.61 Soient (a, b) ∈ R2 et (p, q) ∈ N2 on définit B(p, q) =

∫ b

a

(x− a)p(b− x)qdx

1. Montrer que si q > 0 , B(p, q) =q

p+ 1B(p+ 1, q − 1). En déduire B(p, q).

2. Avec a = −1, b = 1, p = q = n quelle égalité sur les coefficients du binôme obtient-on ?

3. Calculer J (p, q) =

∫ π

2

0

sin2p+1 x cos2q+1 xdx.

4. Donner la valeur de I2n+1 =

∫ π

2

0

sin2n+1 xdx (plus dur, cf les intégrales de Wallis).

Exercice 22.62 Calculer

∫ 18

13

1 +√

1+xx

xdx en posant u =

√1+xx

Exercice 22.63 Soit I =

∫ 12

− 12

x arcsin(x)dx et J =

∫ 12

− 12

√1− x2 dx. Calculer J à l’aide du changement de variable

x = sin(t). A l’aide d’une intégration par parties, calculer I.

Exercice 22.64 Etudier la fonction f définie par f (x) =

∫ cos2 x

0

arccos(√

t)dt+

∫ sin2 x

0

arcsin(√

t)dt

Exercice 22.65 Soit la suite (un)n∈N définie par un =

∫ e

1

x2 lnn xdx, montrer que la suite converge. Etablir une

relation de récurrence pour la suite (un)n∈N. En déduire la limite de (un)n∈N puis un équivalent.Question supplémentaire : donner un développement à l’ordre 2.

Exercice 22.66 Déterminer la limite de un =

∫ 1

0

|sinnx|(1 + cos2 nx)2

dx quand n tend vers +∞.

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CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES

Exercice 22.67 Soit a > 0, calculer

∫ 1a

a

lnx

1 + x2dx à l’aide du changement de variable u =

1

x, en déduire la valeur de

∫ 1a

a

arctanx

xdx.

Exercice 22.68 Soit f telle que f (0) = f (1) = 0 et g telle g′′ = g, montrer que∫ 10 [f (t) g (t) + f ′ (t) g′ (t)] dt = 0.

Exercice 22.69 Soit E ={f ∈ C2 ([0, 1]) , f (0) = f (1)

}. Donner un exemple de fonctions de E.

Déterminer inff∈E

∫ 10

√1 + f ′2 (x)dx et sup

f∈E

∫ 10

√1 + f ′2 (x)dx.

Exercice 22.70 Soit f(t) =1√

1 + t4et F définie par F (x) =

∫ 2x

x

f(t)dt.

1. Préciser le domaine de définition de F . F présente-t-elle une parité ? Etudier les variations de F , montrer queF a une limite ℓ en +∞.

(On ne cherchera pas à calculer la valeur des extrema de F, ni à calculer la limite)

2. A l’aide du changement de variable u =1

t, établir, pour x �= 0, une relation entre F (x) et F

(1

2x

), en déduire

ℓ.

3. Donner une développement limité de F en 0 à l’ordre 1, en déduire un équivalent de F (x) quand x tand vers+∞.

Exercice 22.71 Calculer

∫ 1

0

ln2(1 + t2

)t

1 + t2dt. En déduire

∫ π

4

0

ln2 (cosu) tanudu. Généralisation ?

Exercice 22.72 On définit

I =

∫ π

0

cos4 xdx et J =

∫ π

0

sin4 xdx

1. Justifier que I peut s’écrire

I =

∫ π

0

cosx(cosx− cosx sin2 x

)dx

2. A l’aide d’une intégration par parties, montrer la relation

I =

∫ π

0

sin2 xdx− 1

3J

Montrer de même que

J =

∫ π

0

cos2 xdx− 1

3I

3. Donner les valeurs de I + J et de J − I. En déduire celles de I et de J.

Exercice 22.73 Calcul de I =

∫ π

4

0

dx

cos2 x+ sin 2x+ 5 sin2 x

1. Soit z = a+ ib où (a, b) ∈ R2 un complexe, à quelle condition sur (a, b) a-t-on arg z = arctanb

a(2π) ?

2. Calculer (1 + 2i)× (1 + 3i), en déduire que arctan 2 + arctan 3 =3π

4.

3. Calculer I en posant t = tanx.

Indication : pour calculer une intégrale du type

∫dt

t2 + at+ b, il peut être judicieux d’utiliser la forme canonique

du trinôme et de se ramener à

∫du

u2 + α2en posant u = t+ · · · .

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2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Exercice 22.74 Soit n ∈ N, calculer∫ π0 |cosnt| dt.

Exercice 22.75 Trouver toutes les fonctions f et g continues sur R, qui vérifient

∫ x

0

f (t) dt = x+ g (x) et

∫ x

0

g (t) dt = x+ f (x)− 1

Exercice 22.76 Calculer

∫ 1

0

arctan√1 + x2

(1 + x2)√1 + x2

dx

Exercice 22.77 Soit In =∫ 10 xn

√1− xdx, etablir une relation de récurrence sur In. Calculer I0, en déduire que

In =22n+3 (n+ 2)! n!

(2n+ 4)!.

Exercice 22.78 Soit f continue sur [a, b] , montrer qu’il existe c ∈ ]a, b[ tel que

∫ c

a

f (t) dt = (b− c) f (c) .

Exercice 22.79 Soit a > 0,

∫ a

0

dx

x+√a2 − x2

en posant x = a cos t, et en posant x = a sin t.

Exercice 22.80 On définit I =

∫ π

4

0

(cosx

sinx+ cosx

)2dx et J =

∫ π

4

0

(sinx+ cosx

cosx

)2dx.

1. Calculer J.

2. Montrer que

(sinx+ cosx

cosx

)2= 2

1 + sin 2x

1 + cos 2x

3. A l’aide du changement de variable u = π4 − x, montrer que J = 4I et en déduire I.

Exercice 22.81 Calculer th (ln√a) et puis

∫ ln√2

ln√3

ch 2t+ sh 2t

ch3 t sh tdt en posant u = th t.

Exercice 22.82 Soit f dérivable sur R, on pose F (x) =

∫ x

0

cos (x− t) f (t) dt, montrer que F est dérivable deux fois

sur R et que F est solution de l’équation différentielle y′′ + y = f ′.

Application : Trouver les applications f continues sur R telles que ∀x ∈ R, f (x)− 2

∫ x

0

cos (x− t) f (t) dt = 1.

Exercice 22.83 Soit f : [0, 1] −→ R continue, on définit F : [0, 1] −→ R par F (x) =

∫ 1

0

min (x, t) f (t) dt.

1. Montrer que F est C2 sur [0, 1] et calculer F ′′ (x).

2. En déduire que pour x ∈ [0, 1], F (x) =

∫ x

0

(∫ 1

u

f (t) dt

)du.

Exercice 22.84 Soit f : R −→ R, montrer que

∀ (x, y) ∈ R2,∫ x

0

(∫ y

0

f (t) dt

)=

∫ x

0

(x− y) f (y) dy

Exercice 22.85 Soit un =

∫ 1

0

(ln (1 + x))n dx, donner un équivalent de un en +∞ (Oral Ensam 2009).

Exercice 22.86 Soit f : [0,+∞[ −→ R de classe C1 sur [0,+∞[ telle que f (0) = 0.

—8/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 9: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 3. LES EXOTIQUES

1. On définit g sur ]0,+∞[ par g (x) = f (x) coth (x), montrer que l’on peut prolonger g en une fonction continuesur [0,+∞[ (fonction notée encore g).

2. On définit F et G sur ]0,+∞[ par F (x) =

∫ x

0

(f (t)2 + f ′ (t)2

)dt−f (x)2 coth (x) et G (x) =

∫ x

0

(f ′ (t)− g (t))2 dt.

Justifier que F et et G sont dérivables sur ]0,+∞[ et déterminer leur dérivée.

3. Déterminer les limites de F et G en 0+, en déduire que

∀x > 0, f (x)2 ≤ th (x)×

∫ x

0

(f (t)2 + f ′ (t)2

)dt

et qu’il y a égalité si et seulement s’il existe λ ∈ R tel que f = λ sh.

Exercice 22.87 Variations sur l’exercice 22.86. Soit f : [0,+∞[ −→ R de classe C1 sur [0,+∞[ telle que f (0) = 0.

1. On définit g sur ]0,+∞[ par g (x) = f (x) coth (x), montrer que l’on peut prolonger g en une fonction continuesur [0,+∞[ (fonction notée encore g).

2. Soit F définit sur ]0,+∞[ par F (x) = f (x)2 coth (x)−∫ x

0

(f (t)2 + f ′ (t)2

)dt, justifier que F est dérivable et

calculer F ′ sur ]0,+∞[.

3. Déterminer la limite de F (x) en 0+ en déduire que

∀x > 0, f (x)2 ≤ th (x)×

∫ x

0

(f (t)2 + f ′ (t)2

)dt

Que dire de f s’il existe a > 0 tel que f (a)2 = th (a)×∫ a

0

(f (t)2 + f ′ (t)2

)dt ?

Exercice 22.88 Soit f C0 et T périodique sur R+, on définit g sur R∗+ par g (x) =1

x

∫ x

0

f (t) dt.

1. Déterminer la limite de g en +∞.

2. On suppose que F : x �−→∫ x

0

f (t) dt a une limite finie en +∞, déterminer f .

3 Les exotiques

Exercice 22.89 Déterminer toutes les fonctions f continue sur [0, 1] , à valeurs dans R telles que

∫ 1

0

f2(x2)dx =

∫ 1

0

f (x) dx− 1

3

Exercice 22.90 Soit n ∈ N∗ montrer qu’il existe un unique polynôme Qn ∈ R [X] tel que

X4n(1−X)4n = (1 +X2)Qn(X) + (−1)n4n

On pose alors

an =(−1)n−14n−1

∫ 1

0

Qn(x)dx

montrer que

|π − an| ≤1

45n−1

(on remarquera que ∀x ∈ [0, 1] , 0 ≤ x(1− x) ≤ 14 ).

(on a a1 =227 , a2 =

4717115015 , a3 =

431302721137287920 donne neuf décimales exactes de π)

—9/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 10: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Exercice 22.91 Soient f, g deux fonctions continues sur [a, b] à valeurs positives. On suppose f décroissante etg (x) ≤ 1 sur [a, b]. Montrer que

∫ b

a

f (t) g (t) dt ≤∫ a+λ

a

f (t) dt où λ =

∫ b

a

g (t) dt

Application : f (x) = g (x) = 11+x2 , a = 0, b = tan (u) où u ∈

]0, π2[, quelle inégalité obtient-on ?

Exercice 22.92 Soit n ∈ N, on définit fn (x) =

∫ x

−x

t2n

1 + etdt, calculer fn (x).

Exercice 22.93 Soit f positive, de classe C1 et décroissante sur [0,+∞[ , on définit F (x) =

∫ x

0

f (t) sin (t) dt.

Montrer que F est une fonction positive sur [0,+∞[.Application : montrer que

∀x ≥ 0, sinx arctanx ≥∫ x

0

cos t arctan tdt

Exercice 22.94 Soit f ∈ C1 (R+,R) telle que f (0) = 0 et ∀x ∈ R+, 0 ≤ f ′ (x) ≤ 1. Pour x ≥ 0, on pose g (x) =(∫ x

0

f

)2−∫ x

0

f3

1. Etudier les variations de g, en déduire que ∀x ≥ 0,

(∫ x

0

f

)2≥∫ x

0

f3

2. Déterminer les applications f telles que g = 0.

Exercice 22.95 Montrer que sur chaque intervalle In =]nπ,

π

2+ nπ

[, ou n ≥ 0, l’équation tanx = 2x admet une

unique racine positive noté un. Pour (n, p) ∈ N2 exprimer

∫ 1

0

sin (unx) sin (upx) dx

en fonction de un uniquement.

Exercice 22.96

1. Soit f impaire sur R et g continue sur R, montrer que pour tout a ∈ R, il existe c ∈ R tel que

f (c) = g (c)

∫ c

a

f (t) dt

2. Soit f définie sur [a, b] telle que

∫ b

a

f (t) dt = 0, g continue sur R, montrer qu’il existe c ∈ ]a, b[ tel que

f (c) = g (c)

∫ c

a

f (t) dt

4 Les olympiques

Exercice 22.97 Déterminer le réel k positif qui minimise

∫ π

2

0

|cosx− kx| dx.

—10/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 11: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 5. LE GRENIER

Exercice 22.98 Soit x > 1, montrer qu’il existe un unique y ∈ ]1,+∞[ tel que∫ y

x

dt

ln t= 1

On définit alors f par

∀x > 1,

∫ f(x)

x

dt

ln t= 1

Etudier la fonction f (Montrer qu’elle est continue, dérivable, étudier les variations, les limites aux bornes et plusencore !)

Exercice 22.99 Montrer que l’on définit parfaitement la suite (un)n∈N par u0 = 0 et

∫ un+1

un

(1 + |sin t|) dt = (n+ 1)2.

Donner un équivalent de un.

5 Le grenier

Exercice 22.100 Calculer

∫ π

3

π

4

dx

cos (x)√2 sin 2x

(poser u = tanx)

Exercice 22.101 Calculer

∫ π

4

0

tan3 xdx en posant u = cosx

Exercice 22.102 Etudier F (x) =

∫ 2x

x

dt√1 + cos2 t

.

Exercice 22.103 On pose In =

∫ e

1

lnn xdx, montrer que la suite (In)n est décroissante. Etablir une relation de

récurrence pour cette suite. Montrer que (In)n∈N converge, préciser sa limite (on pourra poser u = lnx, puis majorer

In pour avoir In ≤e

n+ 1). Que vaut nIn + (In + In+1) ? En déduire la limite de nIn.

Exercice 22.104 On veut calculer I =

∫ √2

1√2

2t2 − 1

t2et

2

dt, en considérant

∫ √2

1√2

et2

t2dt, calculer I. (rep : on a en dérivant

et2

,

∫ √2

1√2

et2

t2dt =

√2

(√e− e2

2

)+ 2

∫ √2

1√2

et2

dt d’où I =√2

(e2

2−√e

))

Exercice 22.105 Calculer

∫ 5

4

(x+ 2)√x+ 4dx en posant u =

√x+ 4.

Exercice 22.106 Calculer

∫ 4

2

dx

x− 1 +√x− 1

en posant u =√x− 1.

Exercice 22.107 Calculer

∫ 2

1

ln2 xdx en posant u = lnx.

Exercice 22.108 Calculer

∫ π

4

0

tanx

1 + sin2 xdx en posant u = sin2 x.

Exercice 22.109 Calculer I =

∫ 1

0

ln (1 + x)

1 + x2dx en posant x =

1− y

1 + y(on obtient I =

∫ 1

0

ln (1 + x)

1 + x2dx =

∫ 1

0

ln2

y + 1

y2 + 1dy

d’où I =π

8). En déduire

∫ 1

0

arctanx

1 + xdx

—11/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 12: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

5. LE GRENIER CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Exercice 22.110 Calculer I =

∫ π

4

0

(cos4 2x+ sin4 2x

)ln (1 + tanx) dx

rép : On pose u = π4−x, car 1+tan

(π4 − x

)= 1−tanx− 1

tanx+ 1=

2

tanx+ 1ainsi, on obtient 2I = ln 2

∫ π

4

0

(cos4 2x+ sin4 2x

)dx. Puis

(cos2 2x+ sin2 2x

)2= 1 mais vaut aussi 1 + 2 sin2 4x · · · On obtient

3π ln 2

16

Exercice 22.111 Soit a ∈ R, on définit fa (x) =

∫ π

0

sin (x− t) sin (2t− a) dt. Montrer que f est 2π périodique, π

antipériodique (f (x+ π) = −f (x)). Montrer que f est bornée sur R, on définit alors M (a) = supR f et m (a) =

infR (f). Quel est le lien entre M (a) et m (a) ? Calculer M (a) puis

∫ π

2

0

M (a) sin (2a) da.

Exercice 22.112 (basique) Trouver toutes les fonctions f et g telles que f (x) =

∫ 1

0

ex+tf (t) dt et g (x) =

∫ 1

0

ex+tg (t) dt+

x. (Etrange, n’est-ce pas f (x) =

∫ 1

0

ex+tg (t) dt et g (x) =

∫ 1

0

ex+tf (t) dt+ x ?).

Exercice 22.113 Trouver tous les réels x tels que

∫ x

0

t2 sin (x− t) dt = x2

Exercice 22.114 Trouver les fonctions continues sur R telles que

∫ x

0

f(t)dt +

∫ x

0

tf (x− t) dt = e−x − 1 (réponse :

f(x) = −e−x + xe−x = e−x(x− 1)).

Dans le même genre,

∫ x

0

sin t f(x− t)dt = f(x)− sinx (on trouve f (x) = x).

Exercice 22.115 Soit I =

∫ 1

0

dx√x+

√1− x

et J =

∫ 1

0

xdx√x+

√1− x

. Avec un changement de variable affine, montrer

que K = 2J − I est nulle.

On pose x = sin2 t dans J puis u = π4 − t, en déduire alors I et J.

—12/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 13: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

Chapitre 22INTÉGRATION

Solution des exercices

1 Les basiques

Exercice 22.1 Si

∫ b

a

f ≥ 0 alors on a

∫ b

a

f =

∫ b

a

|f | =⇒∫ b

a

(|f | − f) = 0. La fonction g = |f | − f est continue,

positive (f ≤ |f |) d’intégrale nulle donc nulle sur [a, b]. Ainsi f = |f | garde un signe constant. Si

∫ b

a

f ≤ 0, alors on

a

∫ b

a

(f + |f |) = 0 et ainsi f = − |f | (même type de raisonnement car −f ≤ |f |)

Exercice 22.2 Si

∫ b

a

f = (b− a) sup[a,b]

|f | , puisque (b− a) sup[a,b]

|f | =∫ b

a

(

sup[a,b]

|f |)

, on en déduit que

∫ b

a

(

sup[a,b]

|f | − f

)

= 0

La fonction g = sup[a,b]

|f | − f est continue, positive, d’intégrale nulle donc nulle. Ainsi f = sup[a,b]

|f | est constante sur

[a, b].

Exercice 22.3 La fonction f est continue sur [0, 1] donc admet un minimum et un maximum. On a alors M−f ≥ 0 et

f−m ≥ 0, ainsi g ≥ 0 sur [0, 1] . On en déduit que

∫ 1

0

g ≥ 0 par croissance de l’intégrale. Mais

∫ 1

0

g = (M +m)

∫ 1

0

f−∫ 1

0

f2−∫ 1

0

Mm = −∫ 1

0

f2 −Mm car f est d’intégrale nulle sur [0, 1]. On a donc

∫ 1

0

f2 ≤ −mM

De plus f2 ≥ 0 donc 0 ≤∫ 1

0

f2 ≤ −mM =⇒mM ≤ 0. Ainsi m et M sont de signes opposés, et puisque m ≤M, on a

m ≤ 0 ≤M . D’après le TVI, puisque m et M sont des valeurs prises par f (m est un minimum et M un maximum),on en déduit que f s’annule au moins une fois.

Exercice 22.4

1. Supposons que f ne s’annule pas, d’après le TVI elle garde un signe constant. En effet, par l’absurde s’il existex0 et x1 dans [a, b] tels que f (x0) f (x1) < 0 (i.e f change de signe) alors puisque f est continue, d’après le TVI,

f s’annule. On a donc f > 0 ou f < 0 sur [a, b] , mais alors

∫ b

a

f > 0 ou

∫ b

a

f < 0 car f est continue.

Page 14: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

2. Soit F (x) =

∫ x

a

f (t) dt, la fonction F est continue sur [a, b] , dérivable sur ]a, b[ , on a F (a) = F (b) = 0 (car

par hypothèse

∫ b

a

f = 0). Il existe c tel que F ′ (c) = f (c) = 0.

Application : On pose g (t) = f (t) − t qui est continue sur [0, 1] et vérifie

∫ 1

0

g (t) dt =

∫ 1

0

(f (t)− t) dt =∫ 1

0

f (t)− 1

2= 0. Il existe donc a ∈ [0, 1] tel que g (a) = f (a)− a = 0.

Exercice 22.5 La fonction intégrée est bien continue, l’intégrale existe donc (Toujours vérifier que l’intégrale à cal-culer existe, par soucis de concision cela ne sera pas systématiquement écrit).D’après la relation de Chasles,

∫ 0

−3

∣∣x2 − x− 2∣∣ dx =

∫ −1

−3

∣∣x2 − x− 2∣∣ dx+

∫ 0

−1

∣∣x2 − x− 2∣∣ dx

=

∫ −1

−3

(x2 − x− 2

)dx+

∫ 0

−1−(x2 − x− 2

)dx

=

[x3

3− x2

2− 2x

]−1

−3−[x3

3− x2

2− 2x

]−0

−1=

59

6

Exercice 22.6 Si l’équation f (x) = 0 n’a pas deux racines réelles alors ∆′ = a2 − 3b ≤ 0 et f est toujours positivedonc

∫ +1

−1|f (x)|dx =

∫ +1

−1f (x) dx =

∫ +1

−1

(3x2 + 2ax+ b

)dx = 2b+ 2 < 2 =⇒ b < 0 =⇒ ∆′ = a2 − 3b > 0

absurde

Exercice 22.7 On a

(bcos(x)− sin(x)

cos(x) + sin(x)+ a

)× (cos(x) + sin(x)) = (a+ b) cos(x) + (a− b) sin(x).

On prend a = −b = 12 , alors

∫ π

2−α

α

sin(x)

sin(x) + cos(x)dx =

∫ π

2−α

α

(bcos(x)− sin(x)

cos(x) + sin(x)+ a

)dx

= [−b ln |cos(x) + sin(x)|+ ax]π

2−αα

puis en remarquant que cos(α) + sin(α) = cos(π2 − α

)+ sin

(π2 − α

)on en déduit que

∫ π

2−α

α

sin(x)

sin(x) + cos(x)dx =

π

4− α

Exercice 22.8

∫ 3

0

x√x+ 1dx =

∫ 3

0

(x+ 1− 1)√x+ 1dx =

∫ 3

0

(x+ 1)32 dx−

∫ 3

0

√x+ 1dx

=

[2

5(x+ 1)

52 − 2

3(x+ 1)

32

]3

0

=116

15

Exercice 22.9

∫ π

6

0

tan2(x)dx =

∫ π

6

0

(1 + tan2(x)− 1

)dx

= [tanx− x]π

60 =

√3

3− π

6

—14/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 15: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES

Exercice 22.10

∫ π

4

0

sin4(x)

cos2(x)dx =

∫ π

4

0

(1− cos2(x)

)2

cos2(x)dx =

∫ π

4

0

1 + cos4(x)− 2 cos2(x)

cos2(x)dx

=

∫ π

4

0

(1

cos2(x)+ cos2(x)− 2

)dx

=

∫ π

4

0

(1

cos2(x)+

1 + cos 2x

2− 2

)dx

=

[tanx+

sin 2x

4− 3x

2

]π4

0

=5

4− 3π

8

Exercice 22.11 On utilise le changement de variable t = sin(x) qui est C1 sur[0, π2].

dt = cos(x)dxx = 0 =⇒ t = 0x = π

2 =⇒ t = 1

ainsi∫ π

2

0

sin2(x) cos3(x)dx =

∫ π

2

0

sin2(x) cos2(x) cos(x)dx

=

∫ π

2

0

sin2(x)(1− sin2(x)) cos(x)dx =

∫ 1

0

t2(1− t2) dt =2

15

Exercice 22.12 On vérifiera que les fonctions intervenant sont bien de classe C1 avant de procéder à une intégrationpar parties.

∫ 1

0

x2 arctan(x)dx =

[x3

3arctan(x)

]1

0

− 1

3

∫ 1

0

x3

1 + x2dx

f(x) = arctan(x) f ′ (x) =1

1 + x2

g′(x) = x2 g (x) =x3

3

f et g sont C1 sur [0, 1]

12− 1

3

∫ 1

0

x3

1 + x2dx =

π

12− 1

3

∫ 1

0

x3 + x− x

1 + x2dx

12− 1

3

∫ 1

0

(x− x

1 + x2

)dx =

π

12− 1

3

[x2

2− 1

2ln(1 + x2

)]1

0

12+

1

6(ln(2)− 1)

Exercice 22.13

∫ π

2

π

3

cos(x) ln (1− cos(x)) dx = [sin(x) ln(1− cos(x))]π

3−∫ π

2

π

3

sin2(x)

1− cos(x)dx

f(x) = ln(1− cos(x)) f ′ (x) =sin (x)

1− cos (x)g′(x) = cos(x) g (x) = sin (x)

f et g sont C1 sur[π3,π

2

]

=

√3

2ln(2)−

∫ π

2

π

3

1− cos2(x)

1− cos(x)dx =

√3

2ln(2)−

∫ π

2

π

3

(1 + cos(x))dx

=

√3

2(1 + ln(2))− π

6− 1

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Page 16: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Exercice 22.14

∫ π

4

0

xdx

cos2(x)= [x tan(x)]

π

40 −∫ π

4

0

tan(x)dx

f(x) = x f ′ (x) = 1

g′(x) =1

cos2(x)g (x) = tanx

f et g sont C1 sur[0,

π

4

]

4+ [ln |cos(x)|]

π

40 =

π

4− ln(2)

2

Exercice 22.15 On simplifie l’intégrale car∫ 212t3et

2+1dt = e∫ 212t3et

2

dt = e∫ 21t22tet

2

dt et on intègre par parties

∫ 2

1

t22tet2

dt =[t2et

2]2

1−∫ π

4

0

2tet2

dx

f(t) = t2 f ′ (t) = 2t

g′(t) = 2tet2

g (x) = et2 f et g sont C1 sur [1, 2]

= 4e4 − e−[et

2]2

1= 4e4 − e−

(e4 − e

)= 3e4

d’où ∫ 2

1

2t3et2+1dt = 3e5

Exercice 22.16

∫ 1√2

0

x arcsin(x)√1− x2

dx =[−√1− x2 arcsin(x)

] 1√2

0+

∫ 1√2

0

dx

f(x) = arcsinx f ′ (x) =1√

1− x2

g′(x) = x√1−x2 g (x) = −

√1− x2

f et g sont C1 sur[π3,π

2

]

=1√2

(1− π

4

)

Exercice 22.17 Le changement de variable u = 1 + x3 est bien C1 sur [−1, 1] . On a

du = 3x2

x = −1 =⇒ u = 0x = 1 =⇒ u = 2

d’où

∫ 1

−1

(1 + x3

)4x2dx =

∫ 2

0

u4

3du =

32

15

Exercice 22.18 Le changement de variable t = lnx est bien C1 sur[e, e2]. On a

dt =1

xx = e =⇒ t = 1x = e2 =⇒ t = 2

∫ e2

e

dx

x lnxn=

∫ 2

1

dt

tn=

1− 2−n+1

n− 1

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Page 17: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES

Exercice 22.19 Le changement de variable u = ex est bien C1 sur[0, ln(3)2

]. On a

du = ex

x = 0 =⇒ u = 1

x = ln(3)2 =⇒ t =

√3

∫ ln(3)2

0

dx

ch(x)=

∫ ln(3)2

0

2dx

ex + 1ex

=

∫ ln(3)2

0

2exdx

(ex)2 + 1=

∫ √3

1

2du

1 + u2=

π

6

Exercice 22.20 Le changement de variable t = ex est de classe C1 sur [0, 1] .

dt = exdx

x = 0 =⇒ t = 1x = 1 =⇒ t = e

etexdx

2 + ex=

dt

2 + tainsi

∫ 1

0

exdx

2 + ex=

∫ e

1

dt

2 + t= [ln (2 + t)]e1 = ln (2 + e)− ln 3 = ln

(2 + e

3

)

Exercice 22.21 Le changement de variable u = cos t est de classe C1 sur[0, π3].

du = − sin tdt

t = 0 =⇒ u = 1

t = π4 =⇒ u =

1

2

sin 2t

1 + cos tdt =

2 sin t cos tdt

1 + cos t= − 2udu

1 + u= −2(1 + u− 1)

1 + udu = −2

(1− 1

1 + u

)du ainsi

∫ π3

0

sin 2t

1 + cos t= −2

∫ 12

1

(1− 1

1 + u

)du = −2 [u− ln (1 + u)]

121 = 1 + 2 ln 3− 4 ln 2

Exercice 22.22 Le changement u = 1√2tan(t) est C1 sur

[0,

π

4

]

du = 1√2(1 + tan2(t))dt =⇒ dt =

√2

du

1 + 2u2t = 0 =⇒ u = 0

t = π4 =⇒ u =

1√2

Avec 1 + cos2(t) = 1 +1

1 + tan2(t)= 1 +

1

1 + 2u2on a

I =

∫ π

4

0

1

1 + cos2(t)dt =

∫ 1√2

0

√2

1 + 11+2u2

du

1 + 2u2=√2

∫ 1√2

0

du

2 + 2u2

=

√2

2[arctan (u)]

1√2

0 =1√2arctan

(1√2

)

Exercice 22.23 Le changement de variable t = 12

√ex − 1 est C1 sur [1, 2]

dt = ex

4√ex−1dx

x = ln(5) =⇒ t = 12

√eln(5) − 1 = 1

x = ln(13) =⇒ t = 12

√eln(13) − 1 =

√3

—17/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 18: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

on a 3 + ex = 3 + (4t2 + 1) = 4(t2 + 1) ainsi

∫ 2

1

ex

(3 + ex)√ex − 1

dx =

∫ √3

1

1

1 + t2dt = [arctan t]

√3

1 =π

12

Exercice 22.24 La règle de Bioche indique qu’il faut utiliser (pour les deux intégrales) le changement de variablesu = cosx qui est C1 sur R.

du = − sin (x) dxx = 0 =⇒ u = 1

x = π4 =⇒ u =

1√2

On a alors sin (2x) dx = 2cosx sinxdx = −2udu. Ainsi

∫ π

4

0

sin (2x)

1 + cos (x)dx = −

∫ 1√2

1

2u

1 + udu = 2

∫ 1

1√2

u+ 1− 1

1 + udu = 2 ln

(2 +

√2)− 4 ln 2 + 2−

√2

Pour l’autre intégrale, on a u = 0 si x = π2 et

sin 2x+ sinx

3 + cos 2xdx =

2 cos (x) + 1

3 + 2 cos2 x− 1sin (x) dx = − 2u+ 1

2u2 + 2du

Ainsi ∫ π

2

0

sin 2x+ sinx

3 + cos 2xdx = −

∫ 0

1

2u+ 1

2u2 + 2du =

1

2

∫ 1

0

2u

u2 + 1du+

1

2

∫ 1

0

du

1 + u2=

1

2ln 2 +

1

Exercice 22.25 Posons f (t) =arctan t

t, la fonction f est définie, continue sur R∗ donc intégrable sur

[x,

1

x

]∪[1

x, x

]

si x �= 0, on en déduit que F est définie sur R∗. On définit alors G (x) =∫ x1

f (t) dt et H (x) =∫ x−1 f (t) dt, les fonctions

G et H sont des primitives de f sur ]0,+∞[ et ]−∞, 0[ respectivement donc sont dérivables sur ces intervalles de dérivée

égale à f (x). De plus, si x > 0, on a F (x) = G

(1

x

)−G (x) et si x < 0, F (x) = H

(1

x

)−H (x). On en déduit que

F est dérivable sur R∗ et

Si x > 0, F ′ (x) = − 1

x2G′(1

x

)−G′ (x) = − 1

x2f

(1

x

)− f (x)

Si x < 0, F ′ (x) = − 1

x2H ′(1

x

)−H ′ (x) = − 1

x2f

(1

x

)− f (x)

Donc ∀x �= 0,

F ′ (x) = − 1

x2×

arctan1

x1

x

− arctanx

x= −

arctan1

x+ arctanx

x

D’où

Si x > 0, F ′ (x) = − π

2xet si x < 0, F ′ (x) =

π

2xcar arctan

1

x+ arctanx = signe (x)× π

2

Puisque F (1) = 0 et F (−1) = 0, on obtient

Si x > 0, F (x) =

∫ x

1

F ′ (x) dx = −π

2lnx− F (1) = −π

2lnx

Si x < 0, F (x) =

∫ x

−1F ′ (x) dx =

π

2lnx− F (−1) = π

2lnx

—18/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 19: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES

Exercice 22.26 1. La fonction f (t) =1− t2

(1 + t2)√1 + t4

est définie et continue sur R donc intégrable sur tout

segment de R en particulier sur

[x,

1

x

]∪[1

x, x

]si x �= 0. On en déduit que F (x) existe pour x �= 0.

On introduit la fonction G (x) =∫ x0

f (t) dt qui est une primitive de f, en particulier G est dérivable et G′ (x) =

f (x). On a alors F (x) = G

(1

x

)− G (x). On en déduit que F est dérivable sur R∗ en tant que somme et

composée de fonctions dérivables et que

∀x ∈ R∗, F ′ (x) =

(− 1

x2

)G′(1

x

)−G (x)

=

(− 1

x2

)f

(1

x

)− f (x)

=

(− 1

x2

) 1− 1

x2(1 +

1

x2

)√1 +

1

x4

− 1− x2

(1 + x2)√1 + x4

=

(− 1

x2

)x2 − 1

(x2 + 1)

√x4 + 1

x2

− 1− x2

(1 + x2)√1 + x4

= 0

2. On en déduit que F est constante sur chaque intervalle ]−∞, 0[ et ]0,+∞[ , mais on a F (−1) = F (1) = 0 doncF (x) = 0 ceci ∀x ∈ R∗.Posons I =

∫ 1x

x

1

(1 + t2)√1 + t4

et J =∫ 1

x

x

t2

(1 + t2)√1 + t4

, on a vu que I − J = 0, or I + J = 2I =

∫ 1x

x

1 + t2

(1 + t2)√1 + t4

=∫ 1

x

x

dt√1 + t4

d’où

I =1

2

∫ 1x

x

dt√1 + t4

Exercice 22.27 Les fonctions f (x) =sinx

sinx+ cosxet g (x) =

cosx

sinx+ cosxsont définies et continues sur

[0, π2], en

effet sur cet intervalle, sinx et cosx sont positifs, ainsi sinx + cosx ≥ 0. Pour que sinx + cosx = 0, il faut quesinx = 0 et cosx = 0 (la somme de deux nombres positifs n’est nulle que si ces deux nombres sont nuls). Or cosx etsinx ne sont jamais simultanément nuls (car cos2 x+ sin2 x = 1 par exemple !). Les deux intégrales existent donc.Dans I on fait le changement de variable de classe C1 u = π

2 − x,

du = −dx

x = 0 =⇒ u = π2

x = π2 =⇒ u = 0

sinx

sinx+ cosxdx =

sin(π2 − u

)

sin(π2 − u

)+ cos

(π2 − u

) (−du) = − cosu

cosu+ sinudu d’où

I = −∫ 0

π

2

cosu

cosu+ sinudu =

∫ π

2

0

cosu

sinxu+ cosudu = J

Mais I + J =

∫ π

2

0

sinx+ cosx

sinx+ cosxdx =

∫ π

2

0

dx =π

2= 2I d’après ce que l’on vient de prouver. D’où I = J =

π

4.

—19/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 20: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Exercice 22.28 La fonction f (x) =x2

(x2 + 1)3est continue sur [0, 1] , l’intégrale existe donc. Le changement de

variable x = tanu est de classe C1 sur un intervalle que l’on va déterminer dans un instant puisqu’ici le changementde variable se fait dans l’autre sens. On a

dx =(1 + tan2 u

)du =

(1 + x2

)du

Si x = 0 on choisit u = 0

Si x = 1 on choisit u =π

4

le changement de variable x = tanu est de classe C1 sur[0, π4].

On ax2

(x2 + 1)3dx =

x2

(1 + x2)2dx

1 + x2=

tan2 u(1 + tan2 u

)2 du = tan2 u×(cos2 u

)2du = sin2 u cos2 udu =

1

4(2 sinu cosu)2 du =

1

4sin2 2udu d’où

∫ 1

0

x2

(x2 + 1)3dx =

1

4

∫ π

4

0

sin2 2udu =1

4

∫ π

4

0

1− cos 4u

2du =

1

8

[u− 1

4sin 4u

]π4

0

32

Exercice 22.29 On intègre par parties, on a pour n ≥ 1

u′ (x) = xn v′ (x) = cosxu′ (x) = nxn−1 v (x) = sinx

, u et v sont C1 sur [0, 1]

ainsi

un =[nxn−1 sinx

]π0−∫ π

0

nxn−1 sinxdx = −n

∫ π

0

xn−1 sinxdx

on fait une seconde IPP, pour n ≥ 2

∫ π

0

xn−1 sinxdx =[−xn−1 cosx

]π0+ (n− 1)

∫ π

0

xn−2 cosxdx

= πn−1 + (n− 1)un−2

ainsi pour n ≥ 2

un = −n (n− 1)un−2 − nπn−1

Exercice 22.30 La fonction intégrée est définie et continue sur R. L’intégrale existe donc. On applique les règles de

Bioche, on a dω (x) =sin 2x

2 + cosxdx, dω (−x) =

sin (−2x)2 + cos (−x)

d (−x) =− sin 2x

2 + cosx(−dx) = dω (x) . On pose u = cosx

du = − sinxdx

x = 0 =⇒ u = 1x = π =⇒ u = −1

sin 2x

2 + cosxdx =

2cosx sinxdx

2 + cosx= − 2udu

2 + ud’où

∫ π

0

sinx

2 + cosxdx =

∫ −1

1

− 2udu

2 + u

= 2

∫ 1

−1

u+ 2− 2

u+ 2du

= 2 [u− 2 ln (u+ 2)]1−1= 4− 4 ln 3

—20/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 21: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES

Exercice 22.31 La fonction f(x) =1

cos (x) (sinx− cosx)n’est pas définie pour x = π

4 + kπ et x = π2 + lπ, où k et

l sont dans Z. Elle est donc définie sur l’intervalle[−π3 , 0]. On applique les règles de Bioche, on a .

dω (−x) =−dx

cos (x) (− sinx− cosx)�= dω(x)

dω (π − x) =−dx

− cos (x) (sinx+ cosx)�= dω(x)

dω (π + x) =dx

− cos (x) (− sinx+ cosx)= dω(x)

On pose u = tan(x)

du =1

cos2 xdx

x = −π

3=⇒ u = −

√3

x = 0 =⇒ u = 0

dx

cos (x) (sinx− cosx)=

dx

cos2 (x) (tanx− 1)=

du

u− 1ainsi

∫ 0

−π

3

dx

cos (x) (sinx− cosx)=

∫ 0

−√3

du

u− 1= [ln |u− 1|]0−√3

= − ln(1 +

√3)

Exercice 22.32 La fonction f (x) =1

1 + cosxest définie et continue sur

[0, π2], l’intégrale existe. On applique les

règles de Bioche, on a dω (x) =dx

1 + cosx, aucune régle ne s’applique, on pose u = tan

x

2.

du =1

2

(1 + tan2

x

2

)dx =⇒ 2du

1 + u2= dx

x = 0 =⇒ u = 0

x =π

2=⇒ u = 1

dx

1 + cosx=

2du

1 + u2

1 +1− u2

1 + u2

= du d’où

∫ π

2

0

dx

1 + cosx=

∫ 1

0

du = 1

Exercice 22.33 La fonction f (x) =sinx

(cosx+ 1) (cosx+ sinx+ 1)est bien définie sur

[0, π2], car sur ce segment

cosx ≥ 0 et sinx ≥ 0, elle y est continue, l’intégrale existe donc. Le changement de variable t = tanx

2est bien définie

et C1 sur ce segment. On a dt =1

2

(1 + tan2

x

2

)dx =⇒ dx =

2dt

1 + t2, si x = 0, on a t = 0, si x = π

2 , on a t = 1. Puis

sinx

(cosx+ 1) (cosx+ sinx+ 1)dx =

2t

1 + t2(1− t2

1 + t2+ 1

)(1− t2

1 + t2+ 1 +

2t

1 + t2

) × 2

1 + t2dt

=t

t+ 1dt

—21/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 22: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

d’où

∫ π

2

0

sinx

(cosx+ 1) (cosx+ sinx+ 1)dx =

∫ 1

0

t

t+ 1dt

=

∫ 1

0

t+ 1− 1

t+ 1dt

=

∫ 1

0

(1− 1

1 + t

)dt

= [t− ln |1 + t|]10= 1− ln 2

Exercice 22.34 L’intégrale existe car la fonction f (x) =cosx

2− cos2 xest bien définie et continue sur

[0, π2]

(on a

2 ≥ cos2 x pour tout x). Le changement de variable u = sinx est bien C1 sur l’intervalle[0, π2]. Si x = 0, on a u = 0

et si x = π2 , on a u = 1. On a du = cosxdx,

cosx

2− cos2 xdx =

cosxdx

2−(1− sin2 x

) =du

1 + u2

donc ∫ π

2

0

cosx

2− cos2 xdx =

∫ 1

0

du

1 + u2= [arctanu]10 = (arctan 1− arctan 0) =

π

4

Exercice 22.35 La fonction g (x) = arctanx est définie et continue sur [0, 1] donc l’intégrale existe. On intégre parparties,

u′ (x) = 1 v (x) = x

u (x) = arctanx v′ (x) =1

1 + x2, u et v sont C1 sur [0, 1]

d’où

∫ 1

0

arctanxdx = [x arctanx]10 −∫ 1

0

x

1 + x2dx

= arctan 1− 1

2

∫ 1

0

2x

1 + x2dx

4− 1

2

[ln∣∣1 + x2

∣∣]10

4− ln 2

2

Exercice 22.36 Si f est solution alors f (x) = 1 +∫ x0

tf (t) dt, or 1 +∫ x0

tf (t) dt est dérivable de dérivée égale àxf (x) donc f est dérivable et solution de l’équation différentielle

y′ = xy

On résout cette équation, les solutions sont les fonctions

y (x) = Cex2

2

De plus f (x) = 1 +∫ x0 tf (t) dt donne avec x = 0 la condition initiale f (0) = 1. Il n’y a donc qu’une seule solution

f (x) = ex2

2

—22/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 23: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES

Exercice 22.37 L’intégrale existe car la fonction t �→ 1

1 + cos2(t)est continue sur

[0, π4]. Le changement u =

1√2tan(t) est C1 sur

[0,

π

4

]

du = 1√2(1 + tan2(t))dt =⇒ dt =

√2

du

1 + 2u2t = 0 =⇒ u = 0

t = π4 =⇒ u =

1√2

Avec 1 + cos2(t) = 1 +1

1 + tan2(t)= 1 +

1

1 + 2u2on a

I =

∫ π

4

0

1

1 + cos2(t)dt =

∫ 1√2

0

√2

1 + 11+2u2

du

1 + 2u2=√2

∫ 1√2

0

du

2 + 2u2

=

√2

2[arctan (u)]

1√2

0 =1√2arctan

(1√2

)

Exercice 22.38 On a u0 =∫ e1xdx =

e2 − 1

2. On fait une intégration par parties. On pose u (x) = lnn x et v′ (x) = x,

alors u′ (x) =n

xlnn−1 x, v (x) =

x2

2. Les fonctions u et v sont C1 sur [1, e] donc

un =

[x2

2lnn x

]e

1

− n

2

∫ e

1

x lnn−1 xdx =e2

2− n

2un−1

Exercice 22.39 Pour la première, on pose u (x) = ln (x) et v′ (x) = x cos (x) + sin (x) , alors u′ (x) =1

x, v (x) =

x sinx. Les fonctions u et v sont de classe C1 sur [1, π] et on a alors

I = [x lnx sinx]π1 −∫ π

1

sinxdx

= − (1 + cos 1)

Pour la seconde, on pose u (x) = sin (lnx) et v′ (x) = 1, alors u′ (x) =cos lnx

xet v (x) = x, les fonctions u et v sont

C1 sur[1, e

π

2

]. Ainsi

J = [x sin lnx]eπ

2

1 −∫ e

π

2

1

cos lnxdx

= eπ

2 −∫ e

π

2

1

cos lnxdx

On recommence, une nouvelle intégration par parties avec f (x) = cos lnx et g′ (x) = 1, f ′ (x) = −sin lnx

x, g (x) = x

( f et g sont C1 sur[1, e

π

2

]) donne

∫ eπ

2

1

cos lnxdx = [x cos lnx]eπ

2

1 +

∫ eπ

2

1

sin lnxdx = −1 + J

d’où

J =eπ

2 + 1

2

—23/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 24: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Exercice 22.40 La fonction x �→ ex

ex + e−xest définie, continue sur [0, ln 2] donc l’intégrale existe. Le changement

de variable u = ex est bien C1 sur [0, ln 2] . On a

du = exdxex

ex + e−xdx =

du

u+1

u

=1

2

2u

1 + u2du

Si x = 0 alors u = 1

Si x = ln 2 alors u = 2

Donc∫ ln 2

0

ex

ex + e−xdx =

1

2

∫ 2

1

2u

1 + u2du =

1

2

[ln(1 + u2

)]21

=1

2[ln 5− ln 2]

Exercice 22.41 La fonction t �→√

1 + t

1− test définie et continue sur [−1, 0] (on a

1 + t

1− t> 0 ⇐⇒ (1 + t) (1− t) >

0 ⇐⇒ t ∈ ]−1, 1[), l’intégrale existe donc. En revanche le changement de variable proposé n’est pas C1 sur [−1, 0] (iln’est pas dérivable en −1 du fait de la racine carrée). On va donc l’inverser. On a

u =

√1 + t

1− t⇐⇒{

u2 =1 + t

1− tu ≥ 0

⇐⇒{

u2 (1− t) = 1 + t

u ≥ 0⇐⇒

t =

u2 − 1

u2 + 1u ≥ 0

On pose donc t =u2 − 1

u2 + 1, changement de variable C1 sur l’intervalle· · · ? Si t = −1, on a u =

√1− 1

1 + 2= 0, et si t = 0,

on a u =

√1 + 0

1− 0= 1, donc l’intervalle pour u est [0, 1] . Sur cet intervalle, le changement t =

u2 − 1

u2 + 1est C1 (en fait

il est C1 sur R !). On a de plus

t =u2 + 1− 2

u2 + 1= 1− 2

u2 + 1=⇒ dt =

4u

(1 + u2)2du

(t− 1)2 =4

(u2 + 1)2

1

(t− 1)2

√1 + t

1− tdt =

(u2 + 1

)2

4× u× 4u

(1 + u2)2du = u2

d’où ∫ 0

−1

1

(t− 1)2

√1 + t

1− tdt =

∫ 1

0

u2 du =1

3

Remarque : Le changement C1, u =1+ t

1− tconvient aussi et conduit à l’intégrale

∫ 0

−1

1

(t− 1)2

√1 + t

1− tdt =

∫ 1

0

1

2

√udu.

Exercice 22.42 A l’aide du changement de variable u =π

2− x on a immédiatement I1 = J2 et I2 = J1. Puis une

intégration par parties en dérivant ln (1 + cosx) et en intégrant cosx (on a bien des fonctions C1)∫ π

2

0

cosx ln (1 + cosx) dx =

∫ π2

0

sin2 x

1 + cosxdx =

∫ π2

0

1− cos2 x

1 + cosxdx =

∫ π2

0

(1− cosx) dx =π

2− 1

—24/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 25: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES

Enfin le changement de variable C1 u = cosx donne

I2 =

∫ π2

0

sinx ln (1 + cosx) dx =

∫ 1

0

ln (1 + u) du

= ln 2−∫ 1

0

u

1 + udu

= ln 2−∫ 1

0

u+ 1− 1

1 + udu

= 2 ln 2− 1

Exercice 22.43 L’intégrale existe car la fonction x �→ exa − e

bx

xest bien définie et continue sur I = [a, b] ∪ [b, a]. Le

changement de variable x = at est bien de classe C1 sur I (il l’est sur R) et conduit à (dx = adt)

I =

∫ α

1

et − eαx

tdt où α =

b

a

Le changement de variable t =α

xest C1 sur J = [1, α] ∪ [α, 1] car α > 0, et donne (dt = − α

x2dx,

dt

t= −dx

x)

I = −I

AinsiI = 0

Le changement de variable u =ab

xest définie et est de classe C1 sur [a, b] ∪ [b, a] (car a > 0 et b > 0). On a

dx = −ab

u2,

x

a=

b

uet

b

x=

u

a. Pour x = a, u = b et pour x = b, u = a, ainsi

∫ b

a

exa − e

bx

xdx =

∫ a

b

ebu − e

ua

ab

u

(−ab

u2

)du = −I

d’oùI = 0

Exercice 22.44 On poseα2

2=

∫ 1

0

|f (t)| dt où α > 0, alors f (x) = x2 − αx = x (x− α) . On a deux possibilités, ou

bien α ∈ ]0, 1[ et alors f change de signe sur [0, 1] , ou α > 1 et dans ce cas f (x) ≤ 0.Premier cas, α ≥ 1, alors |f (x)| = −f (x) et

∫ 1

0

|f (t)|dt = −∫ 1

0

t (t− α) dt = −(1

3− α

2

)= −(2− 3α

6

)

Si α > 1, on doit donc avoirα2

2=

3α− 2

3

qui n’a pas de racines réellesSi α ∈ ]0, 1[ , on a alors f négative sur [0, α] puis positive

∫ 1

0

|f (t)| dt = −∫ α

0

f (t) dt+

∫ 1

α

f (t) dt

= −∫ α

0

t (t− α) dt+

∫ 1

α

t (t− α) dt

=1

3α3 − 1

2α+

1

3

—25/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 26: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

et on doit donc avoir1

3α3 − 1

2α+

1

3=

α2

2

ce qui donne l’équation2α3 − 3α2 − 3α+ 2 = 0

Une racine évidente est −1, on factorise donc en (α− 2) (2α− 1) (α+ 1) , la seule solution comprise entre 0 et 1 est1

2, ainsi

α =1

2

Exercice 22.45 Soit g (x) = (f (x)− 1)2= f2 (x)− 2f (x) + 1 , on a

∫ b

a

g (x) dx =

∫ b

a

f2 (x) dx− 2

∫ b

a

f (x) dx+ (b− a)

= 0

d’après les hypothèses. La fonction g est continue, positive, d’intégrale nulle sur [a, b] donc g (x) = 0 sur [a, b] et ainsif (x) = 1 sur [a, b].

Exercice 22.46 L’intégrale existe car la fonction intégrée est continue, le changement de variable u = π4 − x est

définie et est de classe C1 sur[0, π4]. On a

tan (x) = tan(π4− u)=

1− tanu

1 + tanu

dx = −du

d’où

I =

∫ π

4

0

ln (1 + tanx) dx = −∫ 0

π

4

ln

(1 +

1− tanu

1 + tanu

)dx

=

∫ π

4

0

ln

(2

1 + tanu

)du

=

∫ π

4

0

(ln 2− (1 + tanu)) du

4ln 2− I =⇒ I =

π

8ln 2

Enfin J =

∫ 1

0

ln (1 + t)

1 + t2dt existe car · · · , le changement de variable t = tanx (C1 sur

[0, π4]) donne

I = J

Exercice 22.47 L’intégrale existe car la fonction intégrée est bien continue sur[12 , 2], le changement de variable C1

, u =1

xdonne

I =

∫ 2

12

(1 +

1

x2

)arctan (x) dx =

∫ 2

12

(1

u2+ 1

)arctan

1

udu

=

∫ 2

12

(1

u2+ 1

)(π2− arctanu

)du car u ∈

[1

2, 2

]

2

∫ 2

12

(1

u2+ 1

)du− I

—26/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 27: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES

d’où

2I =π

2

∫ 2

12

(1

u2+ 1

)du

2

[− 1

u+ u

]2

12

=3π

2

Exercice 22.48

1. On a

∫ b

a

f ′ (t) dt = f (b)− f (a) car f est une primitive de f ′ et de même

∫ b

a

g′ (t) dt = g (b)− g (a) On a alors

par croissance de l’intégrale des fonctions réelles

∫ b

a

|f ′ (t)| dt ≤∫ b

a

g′ (t) dt = g (b)− g (a)

Mais l’inégalité de la valeur absolue donne

|f (b)− f (a)| =∣∣∣∣∣

∫ b

a

f ′ (t) dt

∣∣∣∣∣≤∫ b

a

|f ′ (t)|dt

d’où le résultat.

2. Dans ce cas, on obtient |f ′| ≤ C =⇒ |f (b)− f (a)| ≤ C (b− a) ce qui est l’inégalité des accroissements finis. Ona donc démontré l’inégalité des accroissements finis dans le cas d’une fonction à valeurs dans C.

Exercice 22.49 La fonction f est continue, ainsi F est bien dérivable et F ′ (x) = f (x+ T ) − f (x) = 0 car f estT−périodique. On en déduit que F est constante égale à F (0) = 0. Ainsi

∀x ∈ R,

∫ x+T

x

f (t) dt =

∫ T

0

f (t) dt

Exercice 22.50 On a

I =

∫ 1

0

(x2 − x

)f (x) dx = −

∫ 1

0

(x2 − x

)f ′′ (x) dx−

∫ 1

0

(4x− 2)(x2 − x

)f ′ (x) dx

On intègre la première intégrale par parties, on a

−∫ 1

0

(x2 − x

)f ′′ (x) dx = −

[(x2 − x

)f ′ (x)

]10+

∫ 1

0

(2x− 1) f ′ (x) =

∫ 1

0

(2x− 1) f ′ (x)

u (x) =(x2 − x

)v′ (x) = f ′′ (x)

u′ (x) = (2x− 1) v (x) = f ′ (x)u et v sont C1 sur [0, 1]

Ainsi

∫ 1

0

(x2 − x

)f (x) dx =

∫ 1

0

[(2x− 1)− (4x− 2)

(x2 − x

)]f ′ (x) dx

= −∫ 1

0

(4x3 − 6x2 + 1

)f ′ (x) dx

= − 1

12

∫ 1

0

(x3

3− x2

2+

1

12

)f ′ (x) dx

= −12∫ 1

0

(x3

3− x2

2+

1

12

)f ′ (x) dx

—27/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 28: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Une dernière IPP,

∫ 1

0

(x3

3− x2

2

)f ′ (x) dx =

[(x3

3− x2

2+

1

12

)f (x)

]1

0

−∫ 1

0

(x2 − x

)f (x) = −f (1) + f (0)

12− I

u (x) =

(x3

3− x2

2+

1

12

)v′ (x) = f ′ (x)

u′ (x) =(x2 − x

)v (x) = f (x)

u et v sont C1 sur [0, 1]

d’où

I = (f (1) + f (0)) + 12I =⇒ I = −f (0) + f (1)

11

Exercice 22.51 Puisque ∀x ∈ R, f ′ (x) �= 0, on sait que f−1 est dérivable sur R. On dérive alors l’égalité

∫ f−1(x)

0

f (t) dt = x2

ce qui donne(f−1)′(x)× f

(f−1 (x)

)= 2x =⇒

(f−1)′(x) = 2 =⇒ f−1 (x) = 2x+ c

Il reste à déterminer c. Puisque f−1(− c2

)= 0, on a

∫ f−1(− c

2)

0

f (t) dt = 0 =c2

4=⇒ c = 0

conclusion f−1 (x) = 2x et

f (x) =x

2

Exercice 22.52 Comme indiqué, IPPons en dérivant f ′ (x) et en intégrantx√

1 + x2en√1 + x2 (les fonctions étant

C1 sur [−1, 1]). On obtient alors

∫ 1

−1

xf (x)√1 + x2

dx =√2 (f (1)− f (−1))−

∫ 1

−1

√1 + x2f ′ (x) dx

Mais0 ≤

√1 + x2 ≤

√2

0 ≤ f ′ (x) (f croissante, utilisons toutes les hypothèses )

}=⇒ 0 ≤

√1 + x2f ′ (x) ≤

√2f ′ (x)

d’où

0 ≤∫ 1

−1

√1 + x2f ′ (x) dx ≤

√2

∫ 1

−1f ′ (x) dx =

√2 (f (1)− f (−1))

Ainsi ∫ 1

−1

xf (x)√1 + x2

dx ≥ 0

Exercice 22.53 L’intégrale existe car la fonction intégrée est continue sur[34 ,

43

]. On intégre par parties,

u (x) = arg sinh

(1

x

)u′ (x) =

− 1x2√

1 + 1x2

= − 1

x√1 + x2

v′ (x) = 1 v (x) = x

, u et v sont C1 sur [1, 2]

—28/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 29: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES

d’où

∫ 43

34

arg sinh

(1

x

)dx =

[x arg sinh

(1

x

)]43

34

+

∫ 43

34

dx√1 + x2

=

[x arg sinh

(1

x

)]43

34

+ [arg sinhx]4334

= 43 arg sinh

(34

)− 3

4 arg sinh(43

)+ arg sinh

(43

)− arg sinh

(34

)

=1

4arg sinh

(43

)+

1

3arg sinh

(34

)

Pour mémoire arg shx = ln(x+

√1 + x2

)d’où arg sinh

(43

)= ln(43 +√1 + 16

9

)= ln 3 et arg sinh

(34

)= ln(34 +√1 + 9

16

)=

ln 2 nd’où∫ 4

3

34

arg sinh

(1

x

)dx =

ln 2

3+

ln 3

4

Exercice 22.54 La fonction ϕ : t �−→ e−t2

est définie et continue sur R, ainsi F : x �−→∫ x

0

e−t2

dt est définie et

dérivable sur R avec F ′ = ϕ. Puisque ϕ est C∞, on en déduit que F est également C∞. Il en découle que f est définieet C∞ sur R (produit de fonctions C∞).Pour x ∈ R, on a alors

f ′ (x) = 2xex2

∫ x

0

e−t2

dt+ ex2 × e−x

2

= 2xf (x) + 1

ce qui prouve que f est bien solution de l’équation différentielle y′ − 2xy = 1. Posons h : x �−→ xf (x) , on a doncf ′ − 2h = 1, pour n ≥ 1, on en déduit que

(f ′ − 2h)(n)

= 0 =⇒ f(n+1) − 2h(n) = 0

Mais puisque g : x �−→ x et f sont C∞, la formule de Leibniz donne (en utilisant g(k) = 0 si k ≥ 2)

h(n) (x) =n∑

k=0

(n

k

)g(k) (x) f (n−k) (x) =

(n

0

)g(0) (x) f(n−0) (x) +

(n

1

)g(1) (x) f (n−1) (x)

= xf (n) (x) + nf (n−1) (x)

On a donc

∀n ≥ 1, f (n+1) (x) = 2xf(n) (x) + 2nf (n−1) (x)

Exercice 22.55 On cherche donc f continue sur R telle que ∀ (a, b) ∈ R2,∫ −b

−af (t) dt =

∫ b

a

f (t) dt. En particulier

avec a = 0, on a

∫ −b

0

f (t) dt = −∫ b

0

f (t) dt. Le changement de variables u = −t dans la première intégrale donne

∫ −b

0

f (t) dt = −∫ b

0

f (−u) du

D’où ∀b ∈ R, F (b) =

∫ b

0

(f (u)− f (−u)) du = 0. La fonction F est donc nulle, donc sa dérivée est nulle. Or

F ′ (b) = f (b)− f (−b)

Ce qui prouve que f est paire.

—29/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 30: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Exercice 22.56 Posons F (x) =

∫ x

0

f (t) dt, alors F est définie, continue et dérivable sur R et ∀ (x, y) ∈ R2,

F (x+ y)− F (x) = F (x)− F (x− y), soit

∀ (x, y) ∈ R2, F (x+ y) + F (x− y)

2= F (x)

En posant u = x− y et v = x+ y ⇐⇒ x =u+ v

2et y =

v − u

2, on a

∀ (u, v) ∈ R2, F (u) + F (v)

2= F

(u+ v

2

)

Bon, si on a un peu d’inspiration c’est doncF (u) + F (v)

2≤ et ≥ F

(u+ v

2

), la fonction est donc convexe et concave.

Elle doit doit être affine donc de dérivée constante. On va donc montrer que f = Cst. Pour cela, on dérive par rapportà u par exemple pour avoir

∀ (u, v) ∈ R2, F ′ (u) = F ′(

u+ v

2

)

En particulier avec v = −u

2, on a F ′ (u) = F ′ (0) = cste et c’est fini.

Exercice 22.57 Soit F : x �−→∫ x

a

g (t) dt

∫ b

x

f (t) dt, la fonction F est continue et dérivable sur [a, b] avec F (a) =

F (b) = 0. D’après Rolle, il existe c ∈ ]a, b[ tel que F ′ (c) = 0. Mais F ′ (x) = g (x)

∫ b

x

f (t) dt− f (x)

∫ x

a

g (t) dt, ce qui

termine la preuve.

2 Les techniques

Exercice 22.58

1. La fonction f est continue sur [a, b] , l’image du segment [a, b] est donc un segment [m,M ], il existe donc

(α,β) ∈ [a, b]2 tels quem = min

[a,b]f = f (α) et M = max

[a,b]f = f (β)

∀x ∈ [a, b] , m ≤ f (x) ≤M =⇒∫ b

a

mdx ≤∫ b

a

f (x) dx ≤∫ b

a

Mdx =⇒m (b− a) ≤∫ b

a

f (t) dt ≤M (b− a)

Ainsi

f (α) ≤ 1

b− a

∫ b

a

f (t) dt ≤ f (β)

D’après le TVI, puisque f est continue, il existe c tel que f (c) =1

b− a

∫ b

a

f (t) dt.

Remarque : On peut également utiliser le TAF avec la fonction F (x) =

∫ x

a

f (t) dt. Cette fonction est dérivable

sur [a, b] , il existe donc c ∈ ]a, b[ tel que F (b)− F (a) =

∫ b

a

f (t) dt = (b− a)F ′ (c) = (b− a) f (c).

2. La positivité de g sur [a, b] et la croissance de l’intégrale (a < b) permet alors d’écrire que

∀x ∈ [a, b] , mg (x) ≤ f (x) g (x) ≤Mg (x) =⇒m

∫ b

a

g (x) dx ≤∫ b

a

f (x) g (x) dx ≤M

∫ b

a

g (x) dx

Si

∫ b

a

g (x) dx = 0, alors g étant continue et positive, on a g = 0 et pour tout c de [a, b] on a 0 =

∫ b

a

f (t) g (t) dt =

f (c)

∫ b

a

g (t) dt = 0.

—30/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 31: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES

Sinon, on a

f (α) = m ≤

∫ b

a

f (x) g (x) dx

∫ b

a

g (x) dx

≤M = f (β)

D’après le TVI, il existe c ∈ [a, b] tel que f (c) =

∫ b

a

f (x) g (x) dx

∫ b

a

g (x) dx

.

3.

— L’intégrale existe pour x proche de 0. On commence par la limite à droite, on applique avec g (t) = t qui estpositive. Il existe c ∈ [0, x] tel que

1

x2

∫ x

0

tf (t) dt =f (c)

x2

∫ x

0

tdt =f (c)

2

Puisque 0 ≤ c ≤ x, on a c −−−→x→0

0 et par continuité de f en 0, on a limx→0+

1

x2

∫ x

0

tf (t) dt =f (0)

2.

On détermine la limite à gauche. Ou bien on est convaincu que le résultat demeure si g est négative, ou bienon écrit que

1

x2

∫ x

0

tf (t) dt =1

x2

∫ 0

x

(−t) f (t) dt

Il existe alors c ∈ [x, 0] tel que

1

x2

∫ x

0

tf (t) dt =f (c)

x2

∫ 0

x

(−t) dt =f (c)

2

On conclut de la même manière. Les limites à gauche et à droite sont les mêmes donc1

x2

∫ x

0

tf (t) dt −−−→x→0

f (0)

2.

— Si f est continue au voisinage de 0, montrer que limx→0+

∫ 2x

x

f (t)

tdt = f (0) ln 2.

— L’intégrale existe pour x proche de 0. Avec g (t) = t, il existe c ∈ [x, 2x] tel que

∫ 2x

x

f (t)

tdt = f (c)

∫ 2x

x

dt

t=

f (c)× ln 2. Puisque x ≤ c ≤ 2x, on a c −−−→x→0

0, et par continuité de f en x = 0, il vient f (c) −−−→x→0

f (0) et

∫ 2x

x

f (t)

tdt = f (c)× ln 2 −−−→

x→0f (0) ln 2.

Exercice 22.59 Si f est nulle, c’est une évidence. Supposons f �= 0 et que f ait p < n zéros avec changement strict

de signe sur [a, b] (par exemple la fonction

(x− 1

2

)2a un zéro en

1

2sans changement de signe). Notons α1, · · · , αp

ces p zéros, et soit P (x) =

p∏

k=1

(x− αk) si p ≥ 1, P (x) = 1 si p = 0. La fonction f × P est alors de signe constant.

En effet le signe de f et celui de g change en αk. La fonction f × g est continue. Mais P est un polynôme de degré auplus n− 1 ; P =

∑n−1k=0 akx

k donc, par linéarité de l’intégrale

∫ b

a

P (t) f (t) dt = ak

n−1∑

k=0

∫ b

a

tkf (t) = 0

On en déduit que f × P = 0 sur [a, b] =⇒ f = 0, absurde. Conclusion p ≥ n. On a donc montré que f s’annule etchange de signe au moins n fois sur [a, b].

—31/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 32: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Exercice 22.60 On a ∀x ∈ [0, 1] , 0 ≤ xn

1 + x2≤ xn, par positivité de l’intégrale, on en déduit que

0 ≤ In ≤∫ 1

0

xndx =1

n+ 1−−−−−→n→+∞

0

donc

In −−−−−→n→+∞

0

En intégrant par parties,

∫ 1

0

xn ln(1 + x2

)dx =

ln 2

n+ 1− 2

n+ 1

∫ 1

0

xn+2

1 + x2dx

=ln 2

n+ 1− 2

n+ 1In+2

De la première question, on déduit que2

n+ 1In+2 = o

+∞

(ln 2

n+ 1

)

et

Jn ∼n→+∞

ln 2

n+ 1

Exercice 22.61 1. En intégrant par parties, on obtient

B(p, q) =

∫ b

a

(x− a)p(b− x)qdx

f(x) = (b− x)q f ′ (x) = −q (b− x)q−1

g′(x) = (x− a)p g (x) =(x− a)p+1

p+ 1

f et g sont C1sur [a, b]

=

[

(b− x)q(x− a)p+1

p+ 1

]b

a

+q

p+ 1

∫ b

a

(x− a)p+1 (b− x)q−1 dx car q > 0

=q

p+ 1B (p+ 1, q − 1)

Cette égalité permet de se ramener à B (p+ q, 0) =

∫ b

a

(x− a)p+qdx =(b− a)p+q+1

(p+ q + 1)(remarquer que la somme

des variables est constante égale à p+ q, à droite et à gauche de l’égalité).Ainsi par utilisation répétée de cette formule, on a immédiatement

B(p, q) =q

p+ 1B (p+ 1, q − 1)

=q

p+ 1

q − 1

p+ 2B (p+ 2, q − 2)

=q × (q − 1)× · · · 1

(p+ 1)× (p+ 2)× · · · × (p+ q)B (p+ q, 0)

=q × (q − 1)× · · · 1

(p+ 1)× · · · × (p+ q + 1)

=p!q!(b− a)p+q+1

(p+ q + 1)!

—32/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 33: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES

2. Dans ce cas, on obtient ∫ 1

−1(1− x2)ndx =

(n!)2

(2n+ 1)!=

22n+1

(2n+ 1)

(2n

n

)

Mais

∫ 1

−1(1− x2)ndx =

∫ 1

−1

n∑

k=0

(−1)k(n

k

)x2kdx = 2

n∑

k=0

(−1)k(n

k

)

2k + 1

d’où l’égalité

n∑

k=0

(−1)k(n

k

)

2k + 1=

4n

(2n+ 1)

(2n

n

)

3. Le changement de variable C1, t = sin2 x donne

J (p, q) =

∫ π

2

0

sin2p+1 x cos2q+1 xdx =

∫ π

2

0

sin2p+1 x(1− sin2 x

)qcosxdx

=

∫ π

2

0

sin2p x(1− sin2 x

)qsinx cosxdx

=1

2

∫ 1

0

tp (1− t)q dt

=1

2

p!q!

(p+ q + 1)!

4. Avec p = q et le changement de variables u = 2x, on obtient

J (p, p) =1

22p+1

∫ π

2

0

sin2p+1 (2x) dx

=1

22p+2

∫ π

0

sin2p+1 (u) du

Mais le changement v = π − u montre que

∫ π

2

0

sin2p+1 (u) du =

∫ π

π

2

sin2p+1 (v) dv

d’où

J (p, p) =1

22p+1

∫ π

2

0

sin2p+1 (u) du

En conclusion

I2n+1 = J (n, n) = 22n(n!)

2

(2n+ 1)!=

4n

(2n+ 1)

(2n

n

)

Exercice 22.62 Le changement de variable u =

√1 + x

xest C1 sur

[13 ,

18

]. Pour calculer du c’est assez compliqué,

on écrit que u2 =1 + x

xdonc x =

1

u2 − 1et

dx =−2u

(u2 − 1)2 du

x = 13 =⇒ u = 2

x = 18 =⇒ u = 3

—33/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 34: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

d’où

∫ 18

13

1 +√

1+xx

xdx =

∫ 3

2

−2u(u2 − 1)2

× 1 + u1

u2−1du = −2

∫ 3

2

u

u− 1du

= −2∫ 3

2

u− 1 + 1

u− 1du = −2 [u+ ln (|u− 1|)]32

= −2− 2 ln(2) < 0 car1

3>

1

8

Exercice 22.63 Le changement de variable C1, x = sin t donne

dx = cos tdt

pour x = 12 on choisit t =

π

6pour x = −1

2 on choisit t = −π

6

le choix des bornes permet d’affirmer que√1− x2 =

√1− sin2(t) =

√cos2(t) = cos(t) car sur

[−π6 ,

π6

]on a cos(t) > 0.

D’où

J =

∫ 12

− 12

√1− x2 dx =

∫ π

6

−π

6

cos2 t dt =

∫ π

6

−π

6

1 + cos(2t)

2dt =

1

2

[t+

1

2sin(2t)

]π6

−π

6

=1

4

√3 +

1

Pour calculer I, on fait une intégration par parties

f(x) = arcsin(x) g′(x) = x

f ′(x) =1√

1− x2g(x) =

x2

2

f et g sont C1 sur

[−1

2,1

2

]

∫ 12

− 12

x arcsin(x)dx =

[x2

2arcsin(x)

] 12

− 12

−∫ 1

2

− 12

x2

2√1− x2

dx

=1

24π −∫ 1

2

− 12

x2

2√1− x2

dx

=1

24π −∫ 1

2

− 12

x2 − 1 + 1

2√1− x2

dx

Mais 1− x2 > 0 si x ∈[−12 ,

12

]donc

∫ 12

− 12

x2 − 1

2√(1− x2)

dx = −1

2

∫ 12

− 12

(√1− x2

)2√1− x2

dx = J

enfin

I =1

24π +

1

2J − 1

2

∫ 12

− 12

1√1− x2

dx =1

24π +

1

2J − 1

= − 1

24π +

1

8

√3

Exercice 22.64 On introduit F (u) =

∫ u

0

arccos(√

t)dt et G (u) =

∫ u

0

arcsin(√

t)dt. Les fonction t �−→ arccos

(√t)

et t �−→ arcsin(√

t)

sont définies et continues sur [0, 1] ainsi F et G sont définies et dérivables sur [0, 1] (d’après lethéorème fondamental du calcul intégral). De plus F ′ (u) = arccos (

√u) et G′ (u) = arcsin (

√u).

On constate que f (x) = F(cos2 x

)+ G(sin2 x

). Puisque x �−→ cos2 x et x �−→ sin2 x sont définies et dérivables sur

—34/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 35: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES

R, π périodiques, paires et à valeurs dans [0, 1] , la fonction f est définie, dérivable sur R et π périodique et paire.Sur l’intervalle

[0, π2], on a

f ′ (x) = F ′ (cos2 x)× (−2 cosx sinx) +G′ (sin2 x

)× (2 sinx cosx)

= 2 cosx sinx×(− arccos

(√cos2 x

)+ arcsin

(√sin2 x

))

Mais lorsque x ∈[0, π2], on a cosx ≥ 0, sinx ≥ 0, arccos (cosx) = x et arcsin (sinx) = x, ceci permet d’affirmer que

f ′ (x) = 0 sur[0, π2]. Par parité et π périodicité

f est constante sur R

Enfin

f(π4

)=

∫ 12

0

arccos(√

t)dt+

∫ 12

0

arcsin(√

t)dt

=

∫ 12

0

(arccos

(√t)+ arcsin

(√t))

dt

=

∫ 12

0

π

2dt =

1

En définitive

∀x ∈ R,

∫ cos2 x

0

arccos(√

t)dt+

∫ sin2 x

0

arcsin(√

t)dt =

π

4

Exercice 22.65 On a un+1 − un =

∫ e

1

x2 lnn x (ln (x)− 1) dx ≤ 0, et 0 ≤ un la suite (un)n∈N converge d’après le

théorème de la limite monotone.On intègre ensuite par parties un en dérivant lnn x (les fonctions en présence sont C1 ) pour obtenir

∀n ≥ 1, un =

∫ e

1

x2 lnn xdx =e3

3− n

3un−1

Si ℓ = limun > 0, alorse3

3− n

3un−1 −−−−−→

n→+∞−∞, ce qui est absurde, donc ℓ = 0. Mais alors

un =e3

3 (n+ 1)− 3

n+ 1un+1 ∼

e3

3 (n+ 1)∼ e3

3n

car3

n+ 1un+1 est négligeable devant

e3

3 (n+ 1)(en effet − 3

n+ 1un+1 =

e3

3 (n+ 1)ε

(1

n

)où ε

(1

n

)=−3e3

un+1 −−−−−→n→+∞

0

car un −−−−−→n→+∞

0).

—35/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 36: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Ensuite on a

un =e3

3 (n+ 1)− 3

n+ 1un+1

=e3

3 (n+ 1)− 3

n+ 1×(

e3

3 (n+ 1)+

1

(1

n

))

=e3

3n

(1 +

1

n

) − e3

n2(1 +

1

n2

)2 + o

(1

n2

)

=e3

3n

(1 +

1

n

) − e3

n2×(1 +

1

n2

)−2+ o

(1

n2

)

=e3

3n×(1− 1

n+

1

n2

)− e3

n2×(1− 2

n2

)+ o

(1

n2

)

=e3

3n− 4e3

3n2+ o

(1

n2

)

Exercice 22.66 On change de variable, on pose u = nx, alors

un =1

n

∫ n

0

|sinu|(1 + cos2 u)2

du

Soit p tel que pπ ≤ n < (p+ 1)π ( p = E(nπ

)), alors

un =1

n

p−1∑

k=0

∫ (k+1)π

|sinu|(1 + cos2 u)2

du+1

n

∫ n

|sinu|(1 + cos2 u)2

du

La fonction f (u) =|sinu|

(1 + cos2 u)2est π périodique donc

∫ (k+1)π

|sinu|(1 + cos2 u)2

=

∫ π

0

|sinu|(1 + cos2 u)2

du

=

∫ π

0

sinu

(1 + cos2 u)2du =

π + 2

4

On a alors

un =p

n× π + 2

4+

1

n

∫ n

|sinu|(1 + cos2 u)

2 du

Or

0 ≤ 1

n

∫ n

|sinu|(1 + cos2 u)2

du ≤ 1

n

∫ (p+1)π

|sinu|(1 + cos2 u)2

du =π + 2

4n−−−−−→n→+∞

0

p

n≤ 1

π<

p

n+

1

n=⇒ p

n−−−−−→n→+∞

1

π

donc

un −−−−−→n→+∞

1

4+

2

π

Exercice 22.67 Posons I (a) =

∫ 1a

a

lnx

1 + x2dx, la fonction f (x) =

lnx

1 + x2est définie et continue sur J =

[1

a, a

]∪

[a,

1

a

], donc I (a) existe. Le changement de variable donné est de classe C1 sur J. On a u =

1

x⇐⇒ x =

1

ud’où

—36/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 37: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES

dx = −du

u2. On a alors

lnx

1 + x2dx =

ln1

u

1 +1

u2

×(−du

u2

)=

lnu

1 + u2du

Si x = a alors u =1

a, si x =

1

aalors x = a d’où

I (a) =

∫ a

1a

lnu

1 + u2du = −I (a) =⇒ I (a) = 0

Remarque : On peut aussi calculer I ′ (a) =ln(1a

)

1 +(1a

)2 ×(− 1

a2

)− lna

1 + a2= 0 d’où I (a) = I (1) = 0.

Si on intègre par parties I (a) , on a

0 =

∫ 1a

a

lnx

1 + x2dx

f(x) = lnx f ′ (x) =1

x

g′(x) =1

1 + x2g (x) = arctanx

f et g sont C1sur J

= [ln (x) arctanx]1a

a −∫ 1

a

a

arctanx

xdx

= ln

(1

a

)arctan

(1

a

)− ln (a) arctan (a)−

∫ 1a

a

arctanx

xdx

Mais puisque a > 0, on a arctan a+ arctan1

a=

π

2d’où

ln

(1

a

)arctan

(1

a

)− ln (a) arctan (a) = − lna×

(π2− arctan a

)− ln (a) arctan (a)

= −π

2lna

En définitive, on a∫ 1

a

a

arctanx

xdx = −π

2lna

Exercice 22.68 Remarquons que g′′ = g donc

∫ 1

0

[f (t) g (t) + f ′ (t) g′ (t)] dt =

∫ 1

0

[f (t) g′′ (t) + f ′ (t) g′ (t)] dt

=

∫ 1

0

[f (t) g′ (t)]′dt

= [f (t) g′ (t)]10 = [f (1) g′ (1)− f (0) g′ (0)] = 0

d’où ∫ 1

0

[f (t) g (t) + f ′ (t) g′ (t)]dt = 0

Exercice 22.69 La fonction f définie par p (x) = x (1− x) est dans E. Si f ∈ E, on a∫ 10

√1 + f ′2 (x)dx ≥

∫ 10

√1dx = 1. La fonction constante égale à 0 étant dans E réalise le minimum, donc inff∈E

∫ 10

√1 + f ′2 (x)dx = 1.

—37/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 38: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Pour le sup, on utilise pλ (x) = λp (x) = x (1− x) qui est dans E si λ ≥ 0. En effet, dans ce cas

∫ 1

0

√1 + f ′2 (x)dx =

∫ 1

0

√1 + λ2 (2x− 1)2dx ≥

∫ 1

0

√λ2 (2x− 1)2dx

Or ∫ 1

0

√λ2 (2x− 1)

2dx = λ

∫ 1

0

|2x− 1|dx︸ ︷︷ ︸

constante >0 (qui vaut 12 )

−−−−−→λ→+∞

+∞

Le sup vaut donc +∞.

Exercice 22.70

1. La fonction f est continue et définie sur R, ainsi F est définie sur R (car f est intégrable sur tout intervalle).Le changement de variable C1, u = −t dans F (x) montrer que F (x) = −F (−x) , ainsi F est impaire. Soit

G (x) =

∫ x

0

f(t)dt alors G est C1 sur R et G′ = f . On a F (x) = G (2x)−G (x) d’après Chasles. Donc par les

théorèmes généraux, F est C1 sur R et

F ′ (x) = 2f (2x)− f (x) =2√

1 + 16x4− 1√

1 + x4

=2√1 + x4 −

√1 + 16x4√

1 + 16x4√1 + x4

=4(1 + x4

)−(1 + 16x4

)√1 + 16x4

√1 + x4

(2√1 + x4 +

√1 + 16x4

)

=3(1− 4x4

)√1 + 16x4

√1 + x4

(2√1 + x4 +

√1 + 16x4

)

On en déduit que F est croissante de 0 à1√2

puis décroissante. Puisque F (x) ≥ 0 si x ≥ 0, d’après le théorème

de la limite monotone, F a une limite en +∞.

2. Le changement de variable donné conduit à

F (x) =

∫ 2x

x

dt√1 + t4

=

∫ 12x

1x

(− 1t2

)dt

√1 +

1

t4

= −∫ 1

2x

1x

dt√1 + t4

=

∫ 22x

12x

dt√1 + t4

= F

(1

2x

)

Puisque F est continue en 0, on a F (u) −−−−→u→+0

F (0) = 0, donc F (x) = F

(1

2x

)−−−−−→x→+∞

0 car1

2x−−−−−→x→+∞

0 et

par composition de limite (attention, la continuité de F en 0 est essentielle).

3. On a F (x) = F (0) + xF ′ (0) + ox→0

(x) d’après Taylor-Young. Or F ′ (0) = 1 donc F (x) = x + ox→0

(x) ∼x→0

x.

On en déduit que

F (x) = F

(1

2x

)∼

x→+∞

1

2x

Exercice 22.71 L’intégrale existe car la fonction définie par f (t) =ln2(1 + t2

)t

1 + t2est définie et continue sur [0, 1].

Une intégration par parties,

u′ (t) =t

1 + t2v (t) = ln2

(1 + t2

)

u (x) =ln(1 + t2

)

2v′ (x) =

4t

1 + t2

, u et v sont C1 sur [0, 1]

—38/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 39: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES

donne

∫ 1

0

ln2(1 + t2

)t

1 + t2dt =

[ln3(1 + t2

)

2

]1

0

− 2

∫ 1

0

ln2(1 + t2

)t

1 + t2dt

=ln3 (2)

2− 2

∫ 1

0

ln2(1 + t2

)t

1 + t2dt

d’où ∫ 1

0

ln2(1 + t2

)t

1 + t2dt =

ln3 (2)

6

Enfin dans

∫ π

4

0

ln2 (cosu) tanudu (qui existe...), le changement de variable C1 sur[0, π4], t = tanu donne

dt

1 + t2= du

ln cosu =1

2ln(cos2 u

)= −1

2ln

(1

cos2 u

)= −1

2ln(1 + t2

)

d’où ∫ π

4

0

ln2 (cosu) tanudu =1

4

∫ 1

0

t ln2(1 + t2

)

1 + t2dt =

ln3 (2)

24

Plus généralement,

∫ 1

0

lnn(1 + t2

)t

1 + t2dt =

[lnn+1

(1 + t2

)

2

]1

0

− n

∫ 1

0

ln2(1 + t2

)t

1 + t2dt

=lnn+1 (2)

2− n

∫ 1

0

ln2(1 + t2

)t

1 + t2dt

d’où ∫ 1

0

lnn(1 + t2

)t

1 + t2dt =

lnn+1 (2)

2 (n+ 1)

et ∫ π

4

0

lnn (cosu) tanudu =(−1)n lnn+1 (2)2n+1 (n+ 1)

Exercice 22.72

1. cosx(cosx− cosx sin2 x

)= cosx

(cosx− cosx

(1− cos2 x

))= cos4 x

2. Le1

3nous indique la voie ! On intégre

(cosx− cosx sin2 x

)et on dérive cosx. On pose donc

u (x) = cosx u′ (x) = − sinx

v′ (x) = cosx− cosx sin2 x v (x) = sinx− 1

3sin3 x

Les fonctions u et v sont de classe C1 sur [0, π] , ainsi

J =

∫ π

0

cos2 xdx− 1

3I

On procède de même, on a J =∫ π0 sinx

(sinx− sinx cos2 x

)dx et en intégrant par parties

∫ π

0

sinx(sinx− sinx cos2 x

)dx =

[sinx×

(− cosx+

cos3 x

3

)]π

0

−∫ π

0

cosx×(− cosx+

cos3 x

3

)dx

=

∫ π

0

cos2 xdx− 1

3I

—39/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 40: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

3. On a alors

I + J =

∫ π

0

sin2 xdx− 1

3J +

∫ π

0

cos2 xdx− 1

3I

=

∫ π

0

(cos2 x+ sin2 x

)dx− 1

3(I + J)

=

∫ π

0

dx− 1

3(I + J)

d’où

I + J =3π

4

et

J − I =

∫ π

0

(cos2 x− sin2 x

)dx− 1

3(J − I)

=

∫ π

0

cos 2xdx− 1

3(J − I)

=

[1

2sin 2x

0

− 1

3(J − I)

= 0− 1

3(J − I)

ainsiJ − I = 0

On a donc

I = J =3π

8

Exercice 22.73

1. Déjà il faut que a �= 0, ensuite soit θ = arg z (2π) , alors tan θ =b

a, donc arg z = arctan

b

amais à π prés

seulement. Or a = |z| cos θ, donc si a est strictement positif, on peut choisir θ dans]−π2 ,

π2

[et alors

arg z = arctanb

a(2π)

Une condition nécessaire et suffisante est quea > 0

2. On a (1 + 2i) × (1 + 3i) = −5 + 5i. On a arg (1 + 2i) = arctan 2 et arg (1 + 3i) = arctan 3. On a alors

arg (−5 + 5i) =3π

4= arctan 2 + arctan 3 (2π). Mais arctan 2 + arctan 3 ∈ [0, π] (car arctan 2 ∈

[0, π2]

et

arctan 3 ∈[0, π2]) donc

arctan 2 + arctan 3 =3π

4.

Au passage, on remarque que arg (−5 + 5i) �= arctan

(5

−5

)= arctan (−1) = −π

4car ici ”a < 0”.

3. L’intégrale existe car la fonction intégrée ( x �→ 1

cos2 x+ sin 2x+ 5 sin2 x) est définie et continue sur

[0, π4]. Le

changement de variable t = tanx est C1 sur cet intervalle. On a

x = tanx =⇒ dx

cos2 x= dt

x = 0 =⇒ t = 0x = π

4 =⇒ t = 1

—40/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 41: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES

1

cos2 x+ sin 2x+ 5 sin2 xdx =

1

cos2 x+ 2 sin x cosx+ 5 (1− cos2 x)dx

=1

5− 4 cos2 x+ 2 sin x cosxdx

=1

5

cos2 x− 4 + 2

sinx

cosx

dx

cos2 x

=1

5 (1 + t2)− 4 + 2tdt =

1

5t2 + 2t+ 1dt

car1

cos2 x= 1 + tan2 x.

On a donc montré que ∫ π

4

0

dx

cos2 x+ sin 2x+ 5 sin2 x=

∫ 1

0

1

5t2 + 2t+ 1dt

On utilise maintenant l’indication fournie....

∫ π

4

0

dx

cos2 x+ sin 2x+ 5 sin2 x=

1

5

∫ 1

0

1

t2 +2

5t+

1

5

dt

=1

5

∫ 1

0

1(t+

1

5

)2+

4

25

dt

=1

5

5

2arctan

t+1

52

5

1

0

=1

2

(arctan (3)− arctan

(1

2

))

Or puisque 2 > 0, on a

arctan 2 + arctan1

2=

π

2

d’où

arctan (3)− arctan

(1

2

)= arctan 3 + arctan 2− π

2

=3π

4− π

2=

π

4

Ainsi ∫ π

4

0

dx

cos2 x+ sin 2x+ 5 sin2 x=

π

8

ouf !

Exercice 22.74 On commence par faire le changement de variable C1, u = nt, ainsi I =1

n

∫ nπ0|cos t| dt. Puis, par

Chasles,

nI =

∫ π

2

0

|cos t| dt+∫ π

π

2

|cos t| dt+∫ 3π

2

π

|cos t| dt+ · · ·+∫ nπ

nπ−π

2

|cos t|dt

=2k−1∑

k=0

∫ (k+1)π2

2

|cos t| dt

—41/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 42: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Sur chaque intervalle de la forme[k π2 , (k + 1) π2

]la fonction cos t est de signe constant donc

∫ (k+1)π2

2

|cos t|dt =

∣∣∣∣∣

∫ (k+1)π2

2

cos tdt

∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣sinkπ

2− sin

(k + 1)π

2

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣sinkπ

2− sin

2cos

π

2− sin

π

2cos

2

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣sinkπ

2− cos

2

∣∣∣∣ = 1

Ainsi

nI =2k−1∑

k=0

1 = 2n =⇒ I = 2

Exercice 22.75 Si f et g sont solutions alors pour x = 0, on a g (0) = 0 et f (0) = 1. Les fonctions f et g sontcontinues sur R donc les fonctions F et G définies par

F (x) =

∫ x

0

f (t) dt et G (x) =

∫ x

0

g (t) dt

sont dérivables sur R avec F ′ = f et G′ = g′. Ainsi

f (x) = G (x)− x+ 1

g (x) = F (x)− x

sont dérivables sur R. On dérive les équations pour obtenir

f (x) = 1 + g′ (x)

g (x) = 1 + f ′ (x)

On pose alors u (x) = f (x) + g (x) et v (x) = f (x)− g (x) qui sont solutions de

{u′ − u = −2u (0) = 1

{v′ + v = 0v (0) = 1

donc

u (x) = 2− ex

v (x) = e−x

soit

f (x) = 1− sh (x)

g (x) = 1− ch (x)

Exercice 22.76 La fonction f définie par f (x) =arctan

√1 + x2

(1 + x2)√1 + x2

est définie et continue sur [0, 1] , l’intégrale existe

donc. On va intégrer par parties en dérivant l’arctangente. Pour cela il faut calculer une primitive de1

(1 + x2)√1 + x2

—42/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 43: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES

sur [0, 1]. On cherche donc

∫dx

(1 + x2)√1 + x2

, dans cette intégrale, on pose x = shu, changement C1 (pour l’instant,

on ne s’oocupe pas de savoir où est x, on cherche une primitive !). On obtient donc

dx = chudu

1 + x2 = ch2 u,dx√1 + x2

= du

∫dx

(1 + x2)√1 + x2

=

∫du

ch2 u= thu+C =

shu

chu+C =

x√1 + x2

+C

Une primitive de1

(1 + x2)√1 + x2

sur R est doncx√

1 + x2(on peut le vérifier en dérivant !).

On peut maintenant intégrer par parties, on a donc

u (x) = arctan√1 + x2 u′ (x) =

2x

2√1 + x2

(1 + 1 + x2)=

x√1 + x2 (2 + x2)

v′ (x) =1

(1 + x2)√1 + x2

v (x) =x√

1 + x2

les fonctions u et v sont C1 sur [0, 1]

d’où

∫ 1

0

arctan√1 + x2

(1 + x2)√1 + x2

dx =

[x arctan

√1 + x2√

1 + x2

]1

0

−∫ 1

0

x2dx

(1 + x2) (2 + x2)∫ 1

0

arctan√1 + x2

(1 + x2)√1 + x2

dx =arctan

√2√

2−∫ 1

0

x2dx

(1 + x2) (2 + x2)

Il reste donc à calculer

∫ 1

0

x2dx

(1 + x2) (2 + x2).

Or on a

∫ 1

0

x2dx

(1 + x2) (2 + x2)=

∫ 1

0

(1 + x2

)dx

(1 + x2) (2 + x2)−∫ 1

0

dx

(1 + x2) (2 + x2)

=1√2

∫ 1

0

1√2dx

1 +(x√2

)2 −∫ 1

0

dx

(1 + x2) (2 + x2)

=1√2arctan

1√2−∫ 1

0

dx

(1 + x2) (2 + x2)

avec1

(1 + u) (2 + u)=

1

1 + u− 1

2 + uet

∫ 1

0

dx

2 + x2=

1√2

∫ 1

0

1√2dx

1 +(x√2

)2 =1√2arctan

1√2, on obtient

∫ 1

0

x2dx

(1 + x2) (2 + x2)= 2

∫ 1

0

dx

2 + x2−∫ 1

0

dx

1 + x2=√2 arctan

1√2− π

4

En conclusion ∫ 1

0

arctan√1 + x2

(1 + x2)√1 + x2

dx =1√2arctan

√2−

√2 arctan

1√2+

π

4

Exercice 22.77 On intégre In par parties (en intégrant√1− x car cette fonction n’est pas dérivable en 1, on n’a

donc pas le choix pour l’IPP).

—43/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 44: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Si n ≥ 1, In =∫ 10xn√(1− x) dx =

f ′(x)=√1−x

g(x)=xn

[xn ×

(−23 (1− x)

32

)]1

0−∫ 10

(−23x

n nx(1− x)

32

)dx

= 2n3

∫ 10xn−1 (1− x)

√1− xdx = 2n

3

[∫ 10xn−1

√1− xdx−

∫ 10xn√1− xdx

]= 2n

3 [In−1 − In]

L’intégration par parties est valide car les fonctions f (x) = −23 (1− x)

32 et g (x) = xn sont continues, dérivables et de

dérivées continues sur [0, 1] (la dérivée de f est√1− x)

Ainsi In = 2n3 [In−1 − In]⇔ In = 2n

2n+3 In−1 pour n ≥ 1.

I0 =∫ 10

√(1− x) dx =

∫ 10 (1− x)

12 dx =

[−23 (1− x)

32

]1

0= 2

3

On peut prouver ce résultat par récurrence.On définit pour n ≥ 0, P (n) = ”In =22n+3 (n+ 2)! n!

(2n+ 4)!”. P (0) est

vraie car I0 = 23 2! 0!4! = 16

24 = 23 . On suppose, à n fixé, n ≥ 0 que P (n) est vraie, alors In = 22n+3 (n+2)! n!

(2n+4)! et

In+1 =2(n+1)2(n+1)+3In. Mais

22(n+1)+3 ((n+ 1) + 2)! (n+ 1)!

(2 (n+ 1) + 4)!=

4× 22n+3 (n+ 3)× (n+ 2)! (n+ 1)× n!

(2n+ 6) (2n+ 5)× (2n+ 4)!

=2 (n+ 1)

2 (n+ 1) + 3

22n+3 (n+ 2)! n!

(2n+ 4)!d’où P (n+ 1). Ainsi par récurrence, P (n) est vraie pour tout entier n.

Exercice 22.78 On pose g (x) = (b− x)

∫ x

a

f (t) dt qui est définie, continue et dérivable sur [a, b] car la fonction

x �→∫ x

a

f (t) dt l’est. On a g (a) = g (b) = 0, on peut donc appliquer le théorème de Rolle qui donne le résultat.

Exercice 22.79 Soit a > 0,

∫ a

0

dx

x+√a2 − x2

en posant x = a cos t, et en posant x = a sin t.

L’intégrale I (a) =

∫ a

0

dx

x+√a2 − x2

existe car la fonction intégrée existe et est continue sur [0, a]. Si on pose x = a cos t

(C1 sur [0, a]), on obtient, en choisissant comme bornes 0 et π2

I (a) =

∫ a

0

dx

x+√a2 − x2

=

∫ 0

π

2

−a sin t

a cos t+√a2 − a2 cos2 t

dt =

∫ π

2

0

sin t

sin t+ cos tdt = I

alors que le changement de variable x = a sin t donne (avec le choix de bornes 0 et π2 )

I (a) =

∫ π

2

0

a cos t

a sin t+√

a2 − a2 sin2 tdt =

∫ π

2

0

cos t

sin t+ cos tdt = J

On a donc

2I (a) = I + J =

∫ π

2

0

sin t+ cos t

sin t+ cos tdt =

π

2=⇒ I (a) =

π

4

Exercice 22.80

1. L’intégrale existe car la fonction x �→(sinx+ cosx

cosx

)2est définie et continue sur

[0, π4]. On a

(sinx+ cosx

cosx

)2=

sin2 x+ cos2+2 sinx cosx

cos2 x=

1

cos2 x+ 2 tanx

Ainsi

J =

∫ π

4

0

1

cos2 xdx+ 2

∫ π

4

0

tanxdx = [tanx]π

40 − 2 [ln cosx]

π

40 = 1− 2 ln

1√2= 1 + ln 2

2. (sinx+ cosx

cosx

)2=

sin2 x+ cos2 x+ 2 sinx cosx

cos2 x=

1 + sin 2x1 + cos 2x

2

= 2× 1 + sin 2x

1 + cos 2x

—44/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 45: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES

3. Ainsi

J = 2

∫ π

4

0

1 + sin 2x

1 + cos 2x

Le changement de variable u = π4 − x donne

J = 2

∫ 0

π

4

1 + sin(π2 − 2u

)

1 + cos(π2 − 2u

) (−du) = 2

∫ π

4

0

1 + cos 2u

1 + sin 2udu

= 4

∫ π

4

0

(cosu

sinu+ cosu

)2du = 4I

d’où

I =1

4+

ln 2

4

Exercice 22.81 On a

th(ln√a)= th

1

2lna =

elna − 1

elna + 1=

a− 1

a+ 1

L’intégrale existe, le changement est bien C1 et du =1

ch2 tdt. Ainsi

ch2 t+ sh2 t

ch3 t sh tdt =

ch2 t+ sh2 t

ch t sh t

1

ch2 tdt =

(th t+

1

th t

)1

ch2 tdt =

(u+

1

u

)du

Pour les bornes, on a th ln√2 =

1

2, de même th ln

√3 =

1

3, d’où

I =

∫ 12

13

(u+

1

u

)du =

1

8− 1

18+ ln

3

2=

5

72+ ln

3

2

Exercice 22.82 On a F (x) =

∫ x

0

(cosx cos t+ sinx sin t) f (t) dt = cosx

∫ x

0

cos tf (t) dt+sinx

∫ x

0

sin tf (t) dt. Puisque

f est continue (elle est dérivable), les fonctions x �−→∫ x

0

cos tf (t) dt et x �−→∫ x

0

sin tf (t) sont dérivables sur R,

ainsi F l’est également et

∀x ∈ R, F ′ (x) = − sinx

∫ x

0

cos tf (t) dt+ cos2 xf (x) + cosx

∫ x

0

sin tf (t) dt+ sin2 xf (x)

= f (x)− sinx

∫ x

0

cos tf (t) dt+ cosx

∫ x

0

sin tf (t) dt

On constante que F ′ est dérivable en tant que somme et produit de fonctions dérivables et

F ′′ (x) = f ′ (x)− cosx

∫ x

0

cos tf (t) dt− sinx cosxf (x)− sinx

∫ x

0

sin tf (t) dt+ cosx sinxf (x)

= f ′ (x)− F (x)

Ce qui prouve que F est solution de l’équation différentielle y′′ + y = f ′.

Application : Si f vérifie f (x) − 2

∫ x

0

cos (x− t) f (t) dt = 1, alors f (x) = 1 + 2F (x) est dérivable car x �−→∫ x

0

cos (x− t) f (t) dt = cosx

∫ x

0

cos tf (t) dt+ sinx

∫ x

0

sin tf (t) dt est une somme de fonctions dérivables. On a donc

f (x) = 1 + 2F (x) =⇒ 2F (x) = f (x)− 1

Si on dérive deux fois, on obtientf ′′ (x) = 2F ′′ (x)

—45/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 46: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Mais on a vu queF ′′ (x) = f ′ (x)− F (x)

d’oùf ′′ (x) = 2f ′ (x)− 2F (x) = 2f ′ (x)− f (x) + 1

On vient donc de prouver que f est solution de l’équation différentielle y′′ − 2y′ + y = 1. De plus f (0) = 1 et endérivant une seule fois, on a vu que

F ′ (x) = f (x)− sinx

∫ x

0

cos tf (t) dt+ cosx

∫ x

0

sin tf (t) dt =⇒ f ′ (0) = 2F ′ (0) = 2f (0) = 2

Conclusion f est solution du problème de Cauchy

y′′ − 2y′ + y = 1y (0) = 1y′ (0) = 2

On le résout (l’équation caractéristique est r2 − 2r + 1 = (r − 1)2 , une solution particulière est y (x) = 1) pour avoir

f (x) = 2xex + 1

Exercice 22.83 Soit f : [0, 1] −→ R continue, on définit F : [0, 1] −→ R par F (x) =

∫ 1

0

min (x, t) f (t) dt.

1. On a

F (x) =

∫ x

0

tf (t) dt+

∫ 1

x

xf (t) dt

=

∫ x

0

tf (t) dt+ x

∫ 1

x

f (t) dt

. On en déduit, puisque f est continue, que f est dérivable sur [0, 1] (car x �−→ tf (t) est continue) et que

∀x ∈ [0, 1] , F ′ (x) = xf (x)− xf (x) +

∫ 1

x

f (t) dt

Ainsi F ′ est dérivable sur [0, 1]F ′′ (x) = −f (x)

2. On a

∀u ∈ [0, 1] , F ′ (u) = F ′ (1) +

∫ u

1

F ′′ (t) dt = 0−∫ u

1

f (t) dt =

∫ 1

u

f (t) dt

Puis

F (x) = F (0) +

∫ x

0

F ′ (u) du =

∫ x

0

(∫ 1

u

f (t) dt

)du

car F (0) =

∫ 0

0

tf (t) dt+ 0×∫ 1

0

f (t) dt = 0

Exercice 22.84 La fonction G : R −→ R définie par G (y) =

∫ y

0

f (t) dt est de classe C1 sur R avec G′ (y) = f (y).

On a alors ∫ x

0

(∫ y

0

f (t) dt

)dy =

∫ x

0

G (y) dy

Une intégration par parties

u′ (y) = 1 u (y) = y − x

v (y) = G (y) v′ (x) = G′ (y) = f (y), u et v sont C1 sur [0, x]

—46/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 47: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES

donne∫ x

0

G (y) dy = [(y − x)G (y)]y=xy=0 −∫ x

0

(y − x) f (y) dy

= −xG (0) +

∫ x

0

(x− y) f (y) dy

Or G (0) =

∫ 0

0

f (t) dt = 0 d’où le résultat.

Exercice 22.85 Le changement de variables C1 , u = ln (1 + x) donne un =

∫ ln 2

0

uneudu, puis une IPP avec f (u) =

un et g′ (u) = eu permet d’établir que

un = 2 lnn 2− nun−1 =⇒ un =2 lnn+1 (2)

n+ 1− un+1

n+ 1

Mais par convexité de l’exponentielle sur [0, ln 2], on a

eu ≤ 1 +u

ln 2(courbe sous la corde)

d’où

0 ≤ un ≤∫ ln 2

0

(un +

un+1

ln 2

)du = lnn+1 (2)

(1

n+ 1+

1

n+ 2

)≤ 2 lnn+1 (2)

n+ 1

ce qui montre queun+1

n+ 1= on→+∞

(lnn+1 (2)

n+ 1

)

car

0 ≤ un+1

lnn+1 (2)=

un+1n+1

lnn+1(2)n+1

≤ 2

n+ 1−−−−−→n→+∞

0

On a donc

un ∼2 lnn+1 (2)

n+ 1∼ 2 lnn+1 (2)

n

Exercice 22.86

1. Puisque f est dérivable en 0, on a f (x) = f (0) + xf ′ (0) + ox→0

(x) = xf ′ (0) + ox→0

(x). On a donc

f (x) coth (x) = f (x)ch (x)

sh (x)=

xf ′ (0) + ox→0

(x)

x+ ox→0

(x)= f ′ (0) + o

x→0(1) −−−−→

x→0+f ′ (0)

On peut donc poser g (0) = f ′ (0) , ce qui prolonge g en une fonction continue.

2. Puisque f et f ′ sont continue sur [0,+∞[ , la fonction ϕ1 : t �−→ f (t)2+f ′ (t)2 est continue, de même ϕ2 : t �−→f ′ (t)− g (t) est continue. Ainsi F et G sont dérivables et

F ′ (x) = f (x)2 + f ′ (x)2 − 2f (x) f ′ (x) coth (x)− f (x)2(1− coth2 (x)

)

= f ′ (x)2 − 2f (x) f ′ (x) coth (x) + f (x)2 coth2 (x) = (f ′ (x)− g (x))2

= G′ (x) si x �= 0

3. Par continuité de G, on a G (x) −−−−→x→0+

G (0) = 0. Puis F (x) =

∫ x

0

(f (t)2 + f ′ (t)

2)dt− g (x)2 th (x) −−−−→

x→0+0

car g est continue ainsi que x �−→∫ x

0

(f (t)2 + f ′ (t)2

)dt. Sur l’intervalle ]0,+∞[, on a F (x) = G (x) +Cste,

en passant à la limite, il vient∀x > 0, F (x) = G (x)

—47/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 48: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

On a donc

f (x)2 = thx

∫ x

0

(f (t)2 + f ′ (t)2

)dt− th (x)G (x)

Puisque thx > 0 si x > 0 et G (x) ≥ 0 (intégrale d’une fonction positive), on a bien

f (x)2 ≤ th (x)×∫ x

0

(f (t)2 + f ′ (t)2

)dt

De plus, il y a égalité si et seulement si, ∀x > 0, G (x) = 0 ⇐⇒∫ x

0

(f ′ (t)− g (t))2 dt = 0 ⇐⇒ ∀t > 0,

f ′ (t)− f (t) coth (t) = 0. On résout cette équation différentielle pour obtenir f = λ sh.

Exercice 22.87 Variations sur l’exercice 22.86. Soit f : [0,+∞[ −→ R de classe C1 sur [0,+∞[ telle que f (0) = 0.

1. Puisque f est dérivable en 0, on a f (x) = f (0) + xf ′ (0) + ox→0

(x) = xf ′ (0) + ox→0

(x). On a donc

f (x) coth (x) = f (x)ch (x)

sh (x)=

xf ′ (0) + ox→0

(x)

x+ ox→0

(x)= f ′ (0) + o

x→0(1) −−−−→

x→0+f ′ (0)

On peut donc poser g (0) = f ′ (0) , ce qui prolonge g en une fonction continue.

2. La fonction ϕ : t �−→ f (t)2 + f ′ (t)2 est continue sur ]0,+∞[ ainsi x �−→∫ x

0

(f (t)2 + f ′ (t)2

)dt est dérivable

sur [0,+∞[ de dérivée égale à f (x)2+f ′ (x)2. On en déduit que F est dérivable (car f et coth le sont) de dérivéeégale à

F ′ (x) = 2f (x) f ′ (x) coth (x) + f (x)2(1− coth2 (x)

)− f (x)2 − f ′ (x)2

= 2f (x) f ′ (x) coth (x)− f ′ (x)2 − coth2 (x) f (x)2

= − (coth (x) f (x) + f ′ (x))2 ≤ 0

3. Puisque f (x)2 coth (x) = f (x) g (x) , par continuité de f et g en 0, on a f (x) g (x) −−−−→x→0+

0× g (0) = 0, ainsi

F (x) −−−−→x→0+

0

La fonction F étant décroissante et ayant 0 pour limite en 0+, on en déduit que F (x) ≤ 0.De plus il y a égalité pour un a > 0 si et seulement si F (a) = 0. Ceci impose à F d’être nulle sur [0, a]. On endéduit que F ′ (x) = 0 sur [0, a] donc

∀x ∈ ]0, a] , coth (x) f (x) + f ′ (x) = 0

Ainsi f est solution sur ]0, a] de l’équation différentielle y′ + coth (x) y = 0 dont la solution est y (x) = λ sh (x).On a donc

∃λ ∈ R, ∀x ∈ [0, a] , f (x) = λ shx

Exercice 22.88 On se souvient que si f est T périodique sur R+, alors

∀a > 0,

∫ a+T

a

f (t) dt =

∫ T

0

f (t) dt

1. Posons x = nt+ y où y ∈ [0, T [ , pour être précis, soit n = E( x

T

), on a ainsi

g (x) =1

x

∫ nT

0

f (t) dt+1

x

∫ nT+y

nT

f (t) dt

—48/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 49: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 3. LES EXOTIQUES

Mais

∫ nT

0

f (t) dt =n−1∑

k=0

∫ (k+1)T

kT

f (t) dt =n−1∑

k=0

∫ T

0

f (t) dt car f est T périodique, ainsi en posant m =1

T

∫ T

0

f (t) dt,

on a

∫ nT

0

f (t) dt = nmT et

1

x

∫ nT

0

f (t) dt =E( x

T

)

xmT ∼

x→+∞

x

Tx

mT = m car E (u) ∼u→+∞

u

Pour finir ∣∣∣∣∣1

x

∫ nT+y

nT

f (t) dt

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣1

x

∫ y

0

f (t) dt

∣∣∣∣ ≤1

x

∫ y

0

|f (t)| dt ≤ 1

x

∫ T

0

|f (t)| dt −−−−−→x→+∞

0

On a donc

g (x) −−−−−→x→+∞

m =1

T

∫ T

0

f (t) dt

1. Si l’on suppose que F (x) =

∫ x

0

f (t) dt a une limite ℓ, alors

g (x) =1

x

∫ x

0

f (t) dt −−−−−→x→+∞

0 =⇒m =1

T

∫ T

0

f (t) dt = 0

Mais alors F est périodique, en effet

F (x+ T )− F (x) =

∫ x+T

x

f (t) dt =

∫ T

0

f (t) dt = 0

La fonction F est donc périodique et admet une limite finie en +∞, elle est donc constante. Sa dérivée f estnulle.

3 Les exotiques

Exercice 22.89 On a1

3=∫ 10x2dx, et le changement de variable C1 t = x2 donne

∫ 1

0

f (t) dt =

∫ 1

0

2xf(x2)dx

ainsi

∫ 1

0

f2(x2)dx−

∫ 1

0

f (x) dx+1

3=

∫ 1

0

(f2(x2)− 2xf

(x2)+ x2)dx

=

∫ 1

0

(f(x2)− x)2

dx

La fonction x→(f(x2)− x)2

étant continue et positive sur [0, 1] , la condition sur f donne

∀x ∈ [0, 1] , f(x2)= x

On en déduit que si u ∈ [0, 1] , avec x =√u, on a f (u) =

√u. La seule solution est la fonction racine carrée. On peut

vérifier (mais c’est inutile) que∫ 1

0

(√x2)2

dx−∫ 1

0

√xdx+

1

3= 0

—49/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 50: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

Exercice 22.90 Soit n ∈ N∗, la division euclidienne de Pn(X) = X4n (1−X)4n

par 1 +X2 prouve l’existence d’ununique polynôme Qn ∈ Z [X] tel que

X4n (1−X)4n =(1 +X2

)Qn (X) + (−1)n 4n

En effet le reste est de la forme aX + b. En posant X = i on obtient

ai+ b = i4n (1− i)4n = (1− i)4n =(√

2e−iπ

4

)4n= 4n (−1)n

On en déduit que

∫ 1

0

x4n (1− x)4n

1 + x2dx =

∫ 1

0

Qn (x) dx+ (−1)n 4n∫ 1

0

dx

1 + x2=

pn

qn+ (−1)n 4n−1π

où (pn, qn) ∈ Z2.

Si on pose an =(−1)n−14n−1

pn

qn=

(−1)n−14n−1

∫ 1

0

Qn (x) dx alors

|π − an| =1

4n−1

∣∣∣∣∣

∫ 1

0

x4n (1− x)4n

1 + x2dx

∣∣∣∣∣≤ 1

4n−1

∫ 1

0

|x (1− x)|4n1 + x2

dx

ce qui donne, en remarquant que x(1− x) ≤ 1

4sur [0, 1] :

|π − an| ≤1

45n−1

∫ 1

0

1

1 + x2dx =

π

45n≤ 1

45n−1

En fait on a une majoration un peu plus fine.Remarque : On peut établir l’existe de Qn par récurrence, en effet si on définit pour n ≥ 1 la proposition

P (n) = ”∃Qn, X4n (1−X)4n =(1 +X2

)Qn (X) + (−1)n 4n ”, un calcul de division euclidienne donne facilement

X4 (1−X)4 =(X6 − 4X5 + 5X4 − 4X2 + 4

) (1 +X2

)− 4

d’où Q1 (X) =(X6 − 4X5 + 5X4 − 4X2 + 4

). Puis si X4n (1−X)4n =

(1 +X2

)Qn (X) + (−1)n 4n alors

X4n (1−X)4n ×X4 (1−X)4 =[(1 +X2

)Qn (X) + (−1)n 4n

]×[Q1 (X)

(1 +X2

)− 4]

=[Qn (X)×X4 (1−X)4 + (−1)n 4nQ1 (X)

] (1 +X2

)+ (−1)n+1 4n+1

ce qui prouve l’hérédité avecQn+1 (X) = X4 (1−X)4Qn (X) + (−1)n 4nQ1 (X)

et permet le calcul de proche en proche des polynômes Qn.

Exercice 22.91 On pose

F (x) =

∫ x

a

f (t) dt

h (x) =

∫ x

a

f (t) g (t) dt

λ (x) =

∫ x

a

g (t) dt

k (x) =

∫ a+λ(x)

a

f (t) dt

Il s’agit de prouver que h (b) ≤ k (b).

—50/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 51: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 3. LES EXOTIQUES

On sait que F, h et λ sont des fonctions dérivables sur [a, b] par application du cours. Puis k (x) = F (a+ λ (x)) estelle même dérivable en tant que composée de fonctions dérivables et

k′ (x) = λ′ (x)h′ (a+ λ (x)) = g (x) f ′ (a+ λ (x))

Soit l (x) = h (x)− k (x), l est dérivable sur [a, b] de dérivée

l′ (x) = f (x) g (x)− f (a+ λ (x)) g (x) = g (x) [f (x)− f (a+ λ (x))]

On voit bien apparaître la condition f décroissante ! Pour exploiter cette décroissance, il s’agit maintenant de comparera+ λ (x) = a+

∫ xa

g (t) dt et x. Mais

0 ≤ g ≤ 1 =⇒∫ x

a

g (t) dt ≤ x− a =⇒ a+ λ (x) ≤ x

Ainsi f (x)− f (a+ λ (x)) ≤ 0.On en déduit que l est décroissante, et puisque l (a) = 0, on a l (b) ≤ 0 , ce qui termine la preuve.Application : on a alors

∫ b

a

f (t) g (t) dt =

∫ arctan(u)

0

1

(1 + t2)2dt ≤

∫ u

0

1

1 + t2dt = arctan (u)

or

∫1

(1 + t2)2dt = 1

2

t

1 + t2+ 1

2 arctan (t) d’où,

1

2

tan (u)

1 + tan2 (u)+

u

2=

sin (2u)

4+

u

2≤ arctan (u)

Exercice 22.92 Soit F (x) =

∫ x

0

t2n

1 + etdt, alors F est définie, continue et dérivable sur R (car t �→ t2n

1 + etest

continue sur R). On a f (x) = F (x)− F (−x) est dérivable sur R et f ′ (x) =x2n

1 + ex+

x2n

1 + e−x= x2n donc f (x) =

1

2n+ 1x2n+1 +C, or f (0) = 0 donc f (x) =

x2n+1

2n+ 1.

Exercice 22.93 On a F (x) =

∫ x

0

f (t) sin (t) dt, une intégration par parties avec u (t) = f (t) (qui est C1 sur [0, x])

et v′ (t) = sin (t) =⇒ v (t) = 1− cos (t) (C1 sur [0, x])Remarquez le 1 dans v (t) ! donne

F (x) = (1− cosx)︸ ︷︷ ︸

≥0

f (x)︸ ︷︷ ︸≥0

+

∫ x

0

(−f ′ (t))︸ ︷︷ ︸

≥0

(1− cos t)︸ ︷︷ ︸

≥0

dt ≥ 0

Application : On a ∫ x

0

sin t

1 + t2dt ≥ 0 (utiliser f (t) =

1

1 + t2)

mais une intégration par parties avec u (t) = sin (t) , v′ (t) =1

1 + t2donne

∫ x

0

sin t

1 + t2dt = sinx arctanx−

∫ x

0

cos t arctan t dt

d’où le résultat.

Exercice 22.94

—51/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 52: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

1. Par application du théorème fondamental de l’analyse

∫ x

0

f et

∫ x

0

f3 sont de classe C2. On a pour x ≥ 0,

g′ (x) = 2f (x)

∫ x

0

f − f3 (x) = f (x)

[2

∫ x

0

f − f2 (x)

], posons h (x) = 2

∫ x

0

f − f2 (x), h est dérivable sur R+

de dérivée h′ (x) = 2f (x) − 2f (x) f ′ (x) = 2f (x) [1− f ′ (x)]. Sur R+, f ′ (x) ≥ 0, ainsi f est croissante, enparticulier f (x) ≥ f (0) = 0. Puisque 1− f ′ (x) ≥ 0, on en déduit que h′ (x) ≥ 0, h est croissante, en particulierh (x) ≥ h (0) = 0. Par conséquent g′ (x) ≥ 0, g est croissante sur R+ et positive (car g (0) ≥ 0 ). On a donc

montré que ∀x ≥ 0,

(∫ x

0

f

)2≥∫ x

0

f3.

2. Si g = 0 alors h = 0 =⇒ ∀x, f (x) [1− f ′ (x)] = 0. Supposons f non identiquement nulle sur R+, il existe x0 > 0tel que f (x0) > 0. Soit α = inf {x, f (x) > 0}. On a f (α) = 0 (sinon par continuité, on trouve un x < α tel quef (x) > 0), et x > α =⇒ f (x) > 0. On en déduit que x > α ⇒ f (x) > 0 ⇒ f ′ (x) = 1 et par croissance de f,

x < α =⇒ f (x) = 0 =⇒ f ′ (x) = 0. En passant à la limite à droite ou à gauche en α, on obtient f ′ (α) = 0 etf ′ (α) = 1 !

Exercice 22.95 Soit f (x) = tanx− 2x, la fonction f est définie et continue sur In et f ′ (x) =1

cos2 x− 2 = −cos 2x

cos2 xest du signe opposé à celui de cos 2x sur In. Or 2x est dans l’intervalle ]2nπ, π + 2nπ[. On a donc f décroissante pour

x ∈]nπ, nπ +

π

4

[puis croissante. On a f (nπ) = −2nπ < 0 donc f est négative sur

]nπ, nπ +

π

4

[. Ensuite f réalise

une bijection de]nπ +

π

4, nπ +

π

2

[sur

f(nπ +

π

4

), lim

x→nπ+π

2

f (x)

=]1− 2nπ − π

2,+∞

[. Ceci justifie l’existence

et l’unicité de un.Puis ∫ 1

0

sin (unx) sin (upx) dx =

∫ 1

0

1

2[cos ((un − up)x)− cos ((un + up)x)] dx

Donc si n �= p, on a ∫ 1

0

sin (unx) sin (upx) dx =1

2

[sin (un − up)

un − up− sin (un + up)

un + up

]

Or cosun �= 0, (on n’est pas au bord de l’intervalle !)

sin (un − up) = cosup sinun − cosun sinup

= cosun cosup [tanun − tanup]

= 2 cosun cosup [un − up]

sin (un + up) = 2 cosun cosup [un + up]

Donc ∫ 1

0

sin (unx) sin (upx) dx = 0

Et∫ 1

0

sin2 (ux) dx =1

2

(1− sin 2un

2un

)

=1

2− sinun cosun

2un

On a sinun = 2un cosun =⇒ sinun cosun = 2un cos2 un et 1 + tan2 un = 1 + 4u2n =

1

cos2 und’où

∫ 10sin2 (unx) dx =

1

2− 1

1 + 4u2n.

On peut même donner un équivalent de ce terme. En effet, on un ∈]nπ +

π

4, nπ +

π

2

[donc

1− π

4nπ≤ un

nπ≤ 1 +

π

2nπ

—52/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 53: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 4. LES OLYMPIQUES

donc un ∼ nπ. Ainsi∫ 10sin2 (ux) dx− 1

2∼ 1

4n2π2.

Exercice 22.96

1. On pose h (x) = f (x) − g (x)

∫ x

a

f (t) dt, cette fonction est définie et continue sur R. On a g (a) = f (a) et

g (−a) = f (−a) = −f (a) car f étant impaire,

∫ a

−af (t) dt = 0. On a f (a) f (−a) ≤ 0, d’après le TVI, la

fonction h prend la valeur 0 entre −a et a.

2. C’est beaucoup plus compliqué. Soit y0 une solution de l’équation différentielle y′ (x)− g (x) y (x) , donc y0 (x) =

exp

(∫ x

a

g (t) dt

)par exemple. On pose

h (x) =f (x)

y0 (x)=

∫ x

a

f (t) dt exp

(−∫ x

a

g (t) dt

)

La fonction h est continue sur [a, b] , dérivable sur [a, b] . On a

h (a) = 0

h (b) = 0 car

∫ b

a

f (t) dt = 0

On peut donc appliquer le théorème de Rolle. Il existe c ∈ ]a, b[ tel que h′ (c) = 0. Mais

h′ (x) =

(f (x)− g (x)

∫ x

a

f (t) dt

)exp

(−∫ x

a

g (t) dt

)

donc

h′ (c) = 0⇐⇒ f (c) = g (c)

∫ c

a

f (t) dt

4 Les olympiques

Exercice 22.97 Tout d’abord on détermine le signe, pour k ≥ 0, de la fonction x �→ cosx− kx sur[0, π2]? On pose

donc fk (x) = cosx−kx, qui est une somme de fonctions strictement décroissantes sur[0, π2]

(x �→ cosx et x �→ −kx),

donc strictement décroissante. Puisque fk (0) = 1 et fk(π2

)= −k

π

2≤ 0, il existe a ∈

]0, π2]

tel que fk (a) = 0 et

∫ π

2

0

|cosx− kx| dx =

∫ a

0

(cosx− kx) dx+

∫ π

2

a

(kx− cosx) dx

est égal, après calcul, à ∫ π

2

0

|cosx− kx| dx = 2 sina+

(π2

8− a2)

k − 1

Mais, on sait que cosa = ka =⇒ k =cos a

a, ainsi

∫ π

2

0

|cosx− kx|dx = 2 sina+

(π2

8− a2)

cosa

a− 1

Le paramètre k prend toutes les valeurs de [0,+∞[ , reste à savoir si a (k) (car a dépend de k) prend toutes les valeurs

de]0, π2]. En fait a (k) est l’unique réel de

]0, π2]

tel que k =cos a (k)

a (k). Il suffit donc de vérifier que la fonction g

définie par g (a) =cosa

adéfinie une bijection de

]0, π2]

sur [0,+∞[ . Puisque g est un produit de fonctions strictement

décroissantes et positives (x �→ 1

xet x �→ cosx), elle est strictement croissante. Sa continuité assure qu’elle réalise

—53/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 54: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

la bijection attendue.On peut alors affirmer que a (k) décrit bien

]0, π2]. On minimise l’intégrale en cherchant

mina∈]0,π2 ]

2 sina+

(π2

8− a2)

cosa

a− 1

Or si on pose ϕ (a) = 2 sina+

(π2

8− a2)

cos a

a− 1, on a

ϕ′ (a) =1

8a2(cosa+ a sina)

(8a2 − π2

)

est nul en a =π

2√2. Ce qui donne

k =cosa

a=

2√2

πcos

2√2

)

Exercice 22.98 Soit x > 1 fixé, on considère la fonction g (y) =∫ yx

dt

ln t. Elle est définie sur ]1,+∞[ , car ϕ (t) =

1

ln test définie continue sur ]1,+∞[ donc sur [x, y] ∪ [y, x] ceci quelque soit y ∈ ]1,+∞[.

On sait que, g est continue sur ]1,+∞[ et g′ (y) =1

ln y> 0 si y ∈ ]1,+∞[ donc g est croissante et il faut prouver que

g prend la valeur 1.Comme g (x) = 0, on dispose déjà d’une information importante (si y existe alors)

y = f (x) > x (22.1)

Pour établir l’existence de y, il suffit de montrer que g (y) −−−−−→y→+∞

+∞. Pour cela, on minore g, ce qui par croissance

de l’intégrale revient à majore ln t.Sauvé ! En effet

∀t > 0, ln t ≤ t− 1 =⇒ 1

t− 1≤ 1

ln t

on en déduit que

∀y ≥ x > 1, g (y) =

∫ y

x

dt

ln t≥∫ y

x

dt

t− 1= ln

y − 1

x− 1(car y ≥ 1 et x ≥ 1) (22.2)

ceci permet de prouver queg (y) −−−−−→

y→+∞+∞

On en déduit que g réalise une bijection de [x,+∞[ sur [0,+∞[, il existe donc un unique y tel que g (y) = 1.Reste à étudier f . L’inégalité 22.1 donne immédiatement

x < f (x) −−−−−→x→+∞

+∞

et même d’après 22.2

1 ≥ lnf (x)− 1

x− 1=⇒ f (x) ≤ 1 + e (x− 1)

ce qui montre que la croissance vers +∞ est linéaire et donne la limite en x = 1

x < f (x) ≤ 1 + e (x− 1) =⇒ f (x) −−−→x→1

1 (22.3)

On pose doncf (1) = 1

Pour la continuité et la dérivabilité, on introduit une primitive de ϕ sur ]1,+∞[ , soit, par exemple,

F (x) =

∫ x

2

dt

ln t(attention à la borne du bas, ne pas choisir 0 par exemple)

—54/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 55: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 4. LES OLYMPIQUES

alors ∫ f(x)

x

dt

ln t= F (f (x))− F (x) = 1

mais F est continue, dérivable de dérivée égale à1

lnx> 0 sur ]1,+∞[ , F réalise donc une bijection de ]1,+∞[ sur

son image F (]1,+∞[). On a alors

f (x) = F−1 (1 + F (x))

Puisque F est continue, dérivable avec F ′ (x) �= 0 sur ]1,+∞[ , on en déduit que F−1 est continue dérivable et parcomposition f aussi sur ]1,+∞[. Pour calculer la dérivée, on utilise la relation

∫ f(x)

x

dt

ln t= F (f (x))− F (x) = 1

qui donne

F ′ (f (x)) f ′ (x)− 1

lnx= 0 =⇒ f ′ (x) =

ln f (x)

lnx> 0

car f (x) > x > 1. La fonction f est donc strictement croissante sur [1,+∞[ (ce qui n’est pas surprenant car F l’estdonc 1 + F aussi, F−1 aussi et par composition f = F−1 ◦ (1 + F ) également).Etude en +∞.D’après la première formule de la moyenne,

1 =

∫ f(x)

x

dt

ln t=

f (x)− x

ln cxoù cx ∈ [x, f (x)]

=⇒ f (x) = x+ ln cx

mais on a montré que

x ≤ f (x) ≤ 1 + e (x− 1)

donc

x ≤ cx ≤ 1 + e (x− 1)

=⇒ x+ ln (x) ≤ f (x) ≤ x+ ln (1 + e (x− 1))

=⇒ x+ ln (x) ≤ f (x) ≤ x+ ln (ex) + ln

(1 +

1− e

ex

)

=⇒ x+ ln (x) ≤ f (x) ≤ x+ 1 + ln (x) + ln

(1 +

1− e

ex

)

=⇒ x+ ln (x) ≤ f (x) ≤ x+ ln (x) + 1

La courbe représentative de f admet donc une branche asymptotique de direction y = x mais pas d’asymptote. De plus

f (x) ∼x→+∞

x+ lnx

Etude en 1+

D’après la formule de Taylor-Lagrange on a

∀h ≥ 0, h− h2

2≤ ln (1 + h)

d’où

∀t ≥ 1, (t− 1)− (t− 1)2

2≤ ln t =⇒ 1

ln t≤ 1

(t− 1)− (t− 1)2

2

=2

(t− 1) (3− t)

—55/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Page 56: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION

on en déduit que

1 =

∫ y

x

dt

ln t≤∫ f(x)

x

2dt

(t− 1) (3− t)= ln

((y − 1) (3− x)

(3− y) (x− 1)

)où y = f (x)

=⇒ e ≤ (y − 1) (3− x)

(3− y) (x− 1)

si y = f (x) ≤ 3, ce qui est vrai au voisinage de x = 1

=⇒ e (3− y) (x− 1) ≤ (y − 1) (3− x)

=⇒ y ((1− x) e− (3− x)) ≤ (x− 3) + 3e (1− x)

or pour x au voisinage de 1 on a (1− x) e− (3− x) ≤ 0 (en x = 1 cela vaut −2). En définitive on a

y = f (x) ≥ (x− 3) + 3e (1− x)

((1− x) e− (3− x))= 1 + e (x− 1)− e (e− 1) (x− 1)2

(e− 1)x+ 3− e

Avec 22.3, on dispose de l’encadrement suivant

1 + e (x− 1)− e (e− 1) (x− 1)2

(e− 1)x+ 3− e≤ f (x) ≤ 1 + e (x− 1)

ce qui donne immédiatement f dérivable en x = 1 avec f ′ (1) = e et la courbe est sous sa tangente en x = 1. (Peut ontrouver plus simple pour montrer la dérivabilité ?)Pour finir la concavité de f. On part de

f ′ (x) =ln f (x)

lnx

qui prouve que f est de classe C∞ (elle est de classe C2 car f l’est, ne s’annule pas donc ln f (x) l’est aussi, ensuiteune récurrence prouve le caractère Cn).On dérive cette relation pour obtenir

f′′(x) =

f ′ (x) lnx

f (x)− ln f (x)

x

ln2 x=

ln f (x)

f (x)− ln f (x)

x

ln2 x

=(x− f (x)) ln f (x)

xf (x) ln2 x< 0 car f (x) > x

la courbe est concave !En plus on a

f′′(x) =

(x− f (x)) f ′ (x)

xf (x) lnx

ainsi f est solution de l’équation différentielle

x ln (x) yy′′ + (y − x) y′ = 0

Exercice 22.99 Soit F (x) =

∫ x

0

(1 + |sin t|) dt, cette fonction est définie, continue, strictement croissante sur [0,+∞[

(elle est dérivable avec f ′ (t) = 1+ |sin t|) puisque f (x) ≥∫ x

0

dt = x, elle réalise une bijection de [0,+∞[ sur lui même.

Ainsi un+1 = F−1((n+ 1)

2+ F (un)

).

En particulier, par croissance de F et F−1, on a

un+1 ≥ F−1 (F (un)) = un

En particulier la suite (un)n∈N diverge vers +∞. En effet, si un −−−−−→n→+∞

ℓ alors

(n+ 1)2 =

∫ un+1

un

(1 + |sin t|) dt = F (un+1)− F (un) −−−−−→n→+∞

F (ℓ)− F (ℓ) = 0

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Page 57: Chapitre 22 INTÉGRATION Enoncé des exercices

CHAPITRE 22. INTÉGRATION 4. LES OLYMPIQUES

par continuité de F , absurde !On a, pour m ∈ N

F (mπ) =m−1∑

k=0

∫ (k+1)π

(1 + |sin t|) dt =m−1∑

k=0

∫ π

0

(1 + |sin t|) dt = m (2 + π)

par π périodicité de t �−→ (1 + |sin t|). Fixonx n, soit m tel que

mπ ≤ un ≤ (m+ 1)π =⇒ m = E(un

π

)

alorsF (mπ) = m (2 + π) ≤ F (un) ≤ F ((m+ 1)π) = (m+ 1) (2 + π) = m (2 + π) + (2 + π)

d’oùF (un)− (2 + π) ≤ m (2 + π) ≤ F (un)

Mais

F (un) =

∫ u1

u0

(1 + |sin t|) dt+∫ u2

u1

(1 + |sin t|) dt+ · · ·+∫ un

un−1

(1 + |sin t|) dt

= 0 + 12 + 22 + · · ·+ n2 =n (n+ 1) (2n+ 1)

6

Ainsi

1 +n (n+ 1) (2n+ 1)

6 (2 + π)≤m ≤ n (n+ 1) (2n+ 1)

6 (2 + π)

On en déduit que

m ∼n→+∞

n3

3 (2 + π)

Mais puisque un −−−−−→n→+∞

+∞n ob a

m = E(un

π

)∼

n→+∞

un

π

Conclusion

un ∼n→+∞

n3

3 (2 + π)

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