TD 2ème partie
Intégration
\text{Soit } x \in \R^*.\\
\text{On pose }I \text{ l'intervalle d'extrémités } x \text{ et } 3x\\
\text{Autrement dit, } I=[x,3x] \text{ ou }I=[3x,x]\\
I \text{ ne contient pas }0.
t\mapsto cos(t) \text{ est continue sur } I
t\mapsto t \text{ est continue sur } I
et ne s'annule pas sur I
\text{ Donc, }\\
f: t\mapsto \frac{cos(t)}{t} \\\text{ est continue sur } I
}
\text{ Conclusion : }\\
\int_I f \text{ existe car } f \text{ est plus que continue par morceaux }
Oops ! méthode imposée
\text{Soit} f\in \mathcal{C}^n([a,b]) \text{ et } f^{n+1} \text{ existe sur} ]a,b[
\text{ alors :} \displaystyle{\left\vert f(b)-f(a)-\sum_{k=1}^{n}\frac{(b-a)^k}{k!}f^{(k)}(a)\right\vert\leqslant M\frac{\vert b-a\vert^{n+1}}{(n+1)!}}
\text{Si on a :}\exist M\in \R, \forall x \in ]a,b[, \vert f^{n+1}(x)\vert \leqslant M
Rappel:
Application avec :
n=1\\
a=0\\
b=t\in\R\\
f:x\mapsto \cos(x)
\vert \cos(t)-cos(0)\vert \leqslant 1 \frac{\vert t-0 \vert^{1+1}}{(1+1)!}
\vert \cos(t)-1\vert \leqslant \frac{ t^2}{2}
\(\iff\)
\frac{\vert \cos(t)-1\vert}{\vert t\vert} \leqslant \frac{ \vert t \vert}{2}
D'après le c)
Soit \(x\in \R_+^*\)
Pour tout \(t \in [x,3x]\)
Donc
\left\vert
\int_x^{3x}
\frac{\cos(t)-1}{t} dt
\right\vert
\leqslant
\int_x^{3x}
\frac{\vert \cos(t)-1\vert}{\vert t\vert }
\leqslant
\int_x^{3x}
\frac{t}{2}
dt
\iff \left\vert
\int_x^{3x}
\frac{\cos(t)-1}{t} dt
\right\vert
\leqslant
\left[\frac{t^2}{4}\right]_x^{3x}
\iff \left\vert
\int_x^{3x}
\frac{\cos(t)-1}{t} dt
\right\vert
\leqslant
2x^2
Conclusion
\lim\limits_{x\to 0^+}\int_x^{3x}
\frac{\cos(t)-1}{t} dt =0
\frac{\vert \cos(t)-1\vert}{\vert t\vert} \leqslant \frac{ \vert t \vert}{2}
D'après le c)
Soit \(x\in \R_-^*\)
Pour tout \(t \in [3x,x]\)
Donc
\left\vert
\int_x^{3x}
\frac{\cos(t)-1}{t} dt
\right\vert
=
\left\vert
\int_{3x}^x
\frac{\cos(t)-1}{t} dt
\right\vert
\leqslant
\int_{3x} ^x
\frac{\vert \cos(t)-1\vert}{\vert t\vert }
\leqslant
\int_{3x} ^x
\frac{-t}{2}
dt
\iff \left\vert
\int_x^{3x}
\frac{\cos(t)-1}{t} dt
\right\vert
\leqslant
\left[\frac{-t^2}{4}\right]_{3x} ^x
\iff \left\vert
\int_x^{3x}
\frac{\cos(t)-1}{t} dt
\right\vert
\leqslant
\left[\frac{t^2}{4}\right]_x^{3x}
\iff \left\vert
\int_x^{3x}
\frac{\cos(t)-1}{t} dt
\right\vert
\leqslant
2x^2
Conclusion
\lim\limits_{x\to 0^-}\int_x^{3x}
\frac{\cos(t)-1}{t} dt =0
Allons plus loin,
\lim\limits_{x\to 0}\int_x^{3x}
\frac{\cos(t)-1}{t} dt =0
\text{Soit } x\neq 0.\\
F(x)=\int_x^{3x} \frac{ \cos(t)}{t}dt
=
\int_x^{3x} \frac{ \cos(t)-1+1}{t}dt
=
\int_x^{3x} \frac{ \cos(t)-1}{t}dt + \int_x^{3x} \frac{ 1}{t}dt
F(x)
=
\int_x^{3x} \frac{ \cos(t)-1}{t}dt + \left[ \ln(t)\right]_x^{3x}\\
=
\int_x^{3x} \frac{ \cos(t)-1}{t}dt + \ln(3x) - \ln(x)\\
=
\int_x^{3x} \frac{ \cos(t)-1}{t}dt + \ln(\frac{3x}{x})\\
=
\int_x^{3x} \frac{ \cos(t)-1}{t}dt + \ln(3)
D'après le d)
\lim\limits_{x\to 0}F(x)=\ln(3)
\(F\) est donc continue \(\R\)
\text{Soit } G_1 \text{ définie sur } \R_-^* \text{ par:}\\
G_1:x\mapsto \int_{a_1}^x \frac{\cos(t)}{t}dt
Dérivabilité sur \( ]0,+\infty[\)
Dérivabilité sur \(]-\infty,0[\)
Soit \(a_1\in \R_-^*\)
Soit \(a_2\in \R_+^*\)
\text{Soit } G_2 \text{ définie sur } \R_+^* \text{ par:}\\
G_2:x\mapsto \int_{a_2}^x \frac{\cos(t)}{t}dt
F(x)=G_1(3x)-G_1(x)
\(\forall x\in \R_-^*\),
\(\forall x\in \R_+^*\),
F(x)=G_2(3x)-G_2(x)
G_1
\text{ est dérivable sur } \R_-^* \text{car }\\
t\mapsto \frac{\cos(t)}{t}\\
\text{ est continue sur } \R_-^* \\
\text{ C'est une de ses primitives }
G_2
\text{ est dérivable sur } \R_+^* \text{car }\\
t\mapsto \frac{\cos(t)}{t}\\
\text{ est continue sur } \R_+^*\\
\text{ C'est une de ses primitives }
F
\text{ est dérivable sur } \R_-^* \text{car }\\
\text{ c'est la somme de 2 fonctions dérivable sur } \R_-^* \\
F
\text{ est dérivable sur } \R+-^* \text{car }\\
\text{ c'est la somme de 2 fonctions dérivable sur } \R_-^* \\
F(x)=G_1(3x)-G_1(x)
\(\forall x\in \R_-^*\),
\(\forall x\in \R_+^*\),
F'(x)=3~G_1'(3x)-G_1'(x)
F'(x) = 3\frac{cos(3x)}{3x} - \frac{cos(x)}{x}
F'(x) = \frac{cos(3x)-cos(x)}{x}
F(x)=G_2(3x)-G_2(x)
F'(x)=3~G_2'(3x)-G_2'(x)
F'(x) = 3\frac{cos(3x)}{3x} - \frac{cos(x)}{x}
F'(x) = \frac{cos(3x)-cos(x)}{x}
\(\forall x\in \R^*\),
F'(x) = \frac{cos(3x)-cos(x)}{x}
- \(F\) est continue sur \(\R\)
- \(F\) est dérivable sur \(\R^*\)
- Que peut -on dire de \(\lim \limits_{x\to 0} F'(x) \) ?
\lim \limits_{x\to 0} F'(x) = \lim \limits_{x\to 0} \frac{cos(3x)-cos(x)}{x} =0
- \( \cos(3x)\underset{0}{=}1-\frac{9x}{2!} +o(x^2)\)
- \( \cos(x)\underset{0}{=}1-\frac{x^2}{2} +o(x^2)\)
- \( \cos(3x)-\cos(x)\underset{0}{=}-4x^2 +o(x^2)\)
- \( \dfrac{\cos(3x)-\cos(x)}{x}\underset{0}{=}-4x +o(x)\)
On a :
Donc :
D'après le théorème
de la limite de la dérivée :
\(F\) est dérivable en 0 et :
\(F'(0)=0\)
\left\vert
\int_x^{3x}
\frac{\sin(t)}{t^2} dt
\right\vert
\leqslant
\int_x^{3x}
\frac{\vert \sin(t)\vert}{\vert t^2\vert }
\leqslant
\int_x^{3x}
\frac{1}{t^2}
dt
\iff \left\vert
\int_x^{3x}
\frac{\sin(t)}{t^2} dt
\right\vert
\leqslant
\left[ -\dfrac{1}{t}\right]_x^{3x}
Soit \(x>0\)
\iff \left\vert
\int_x^{3x}
\frac{\sin(t)}{t^2} dt
\right\vert
\leqslant
\dfrac{2}{3x}
On conclut grâce au théorème des gendarmes
F(x)=\int_x^{3x} \frac{\cos(t)}{t} dt =\left[ \sin(t) \frac{1}{t}\right]_x^{3x}+\int_x^{3x} \frac{\sin(t)}{t^2} dt
F(x)
=\frac{\sin(3x)}{3x}
-\frac{\sin(x)}{x}
+\int_x^{3x} \frac{\sin(t)}{t^2} dt
F(x)
=\frac{\sin(3x)}{3x}
-\frac{\sin(x)}{x}
+\int_x^{3x} \frac{\sin(t)}{t^2} dt
Soit \(x>0\)
\vert F(x) \vert
\leqslant
\frac{1}{3x}
+\frac{1}{x}
+\left\vert \int_x^{3x} \frac{\sin(t)}{t^2} dt\right\vert
On conclut grâce avec le h) et le théorème des gendarmes
\int_0^1 xe^{x^2}dx = \dfrac{1}{2}\int_0^1 u'(x) e^{u(x)}dx =\dfrac{1}{2}\left[e^{u(x)} \right]_0^1
Soit \( u:x\mapsto x^2\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\R\)
\int_0^1 xe^{x^2}dx =
\dfrac{1}{2}(e-1)
Primitive de référence
\int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^2(x) dx
Soit \( u:x\mapsto x^2\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\R\)
Primitive de référence
=\int_0^{ \frac{\pi}{4}} \left(\frac{1}{\cos^2(x)} -1 \right) dx
=\left[\tan(x) -x \right]_0^{\frac{\pi}{4}}
=1-\frac{\pi}{4}
Soit \( u:x\mapsto \ln(x)\) de classe \(\mathcal{C}^1\) et ne s'annule pas sur \(]1;+\infty[\)
Primitive de référence
=\int_{e^2}^{e^3} \frac{u'(x)}{u(x)} dx
=\displaystyle\left[\ln(u(x) \right]_{e^2}^{e^3}
= \ln(3)-\ln(2)
Soit \( u:x\mapsto 1+x\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0;1]\)
Primitive de référence
=\int_{e^2}^{e^3} \frac{u'}{u^5}
=\displaystyle\left[-\frac{1}{4(1+x)^4} \right]_{0}^{1}
= \frac{15}{64}
=
\dfrac{1}{2}
\int_{-1}^{0} \frac{1}{x-1} dx
+
\dfrac{1}{2}
\int_{-1}^{0} \frac{-x+5}{x^2-4x+7}dx
=\dfrac{1}{2}\left[\ln\vert x-1\vert \right]_{-1}^{0}
+
\dfrac{1}{2}
\int_{-1}^{0} \frac{\dfrac{-1}{2}(2x-4) +3}{x^2-4x+7}dx
=-\dfrac{1}{2}\ln(2)
-
\dfrac{1}{4}
\int_{-1}^{0} \frac{2x-4}{x^2-4x+7}dx
+
\dfrac{3}{2}
\int_{-1}^{0} \frac{1}{x^2-4x+7}dx
=-\dfrac{1}{2}\ln(2)
-
\dfrac{1}{4}
\int_{-1}^{0} \frac{2x-4}{x^2-4x+7}dx
+
\dfrac{3}{2}
\int_{-1}^{0} \frac{1}{x^2-4x+7}dx
=-\dfrac{1}{2}\ln(2)
-
\dfrac{1}{4}
\left [ \ln\vert x^2-4x+7\vert \right]_{-1}^{0}
+
\dfrac{3}{2}
\int_{-1}^{0} \frac{1}{(x-2)^2+3}dx
=-\dfrac{1}{2}\ln(2)
-
\dfrac{1}{4}
\left( \ln(7) - \ln(12) \right)
+
\dfrac{3}{2}
\int_{-1}^{0} \frac{1}{(x-2)^2+3}dx
=-\dfrac{1}{2}\ln(2)
-
\dfrac{1}{4}
\left( \ln(7) - \ln(12) \right)
+
\dfrac{3}{2}
\int_{-1}^{0} \frac{1}{(x-2)^2+3}dx
=-\dfrac{1}{2}\ln(2)
-
\dfrac{1}{4}
\left( \ln(7) - \ln(12) \right)
+
\dfrac{3}{2}
\int_{-3}^{-2} \frac{1}{t^2+3}dt
Changement de variable affine: \(t=x-2 \iff x=t+1 ,( dx=dt) \)
=-\dfrac{1}{2}\ln(2)
-
\dfrac{1}{4}
\left( \ln(7) - \ln(12) \right)
+
\dfrac{1}{2}
\int_{-3}^{-2} \frac{1}{\left(\frac{t}{\sqrt{3}}\right)^2+1} dt
= \frac{15}{64}
Changement de variable affine:
(x =\frac{t}{\sqrt{3}} \iff t =x\sqrt{3},( dt=\sqrt{3}dx )
=-\dfrac{1}{2}\ln(2)
-
\dfrac{1}{4}
\left( \ln(7) - \ln(12) \right)
+
\dfrac{1}{2}
\int_{-3}^{-2} \frac{1}{\left(\frac{t}{\sqrt{3}}\right)^2+1} dt
=-\dfrac{1}{2}\ln(2)
-
\dfrac{1}{4}
\left( \ln(7) - \ln(12) \right)
+
\dfrac{1}{2}
\int_\frac{-3}{\sqrt{3}} ^\frac{-2}{\sqrt{3}} \frac{\sqrt{3}}{x^2+1} dx
=-\dfrac{1}{2}\ln(2)
-
\dfrac{1}{4}
\ln(7)
+
\dfrac{1}{4}
\ln(12)
+
\dfrac{\sqrt{3}}{2}
[\arctan(x)]_{-\sqrt{3}} ^\frac{-2}{\sqrt{3}}
=-\dfrac{1}{2}\ln(2)
-
\dfrac{1}{4}
\ln(7)
+
\dfrac{1}{4}
\ln(12)
+
\dfrac{\sqrt{3}}{2}
\left(
\arctan(\frac{-2}{\sqrt{3}})
-
\arctan(-\sqrt{3})
\right)
=-\dfrac{1}{2}\ln(2)
-
\dfrac{1}{4}
\ln(7)
+
\dfrac{1}{4}
\ln(12)
+
\dfrac{\sqrt{3}}{2}
\left(
\arctan(\frac{-2}{\sqrt{3}})
-
\arctan(-\sqrt{3})
\right)
=-\dfrac{1}{2}\ln(2)
-
\dfrac{1}{4}
\ln(7)
+
\dfrac{1}{4}
\ln(12)
-
\dfrac{\sqrt{3}}{2}
\arctan(\frac{2}{\sqrt{3}})
+
\dfrac{\sqrt{3}}{2}
\arctan(\sqrt{3})
=-\dfrac{1}{2}\ln(2)
-
\dfrac{1}{4}
\ln(7)
+
\dfrac{1}{4}
\ln(12)
-
\dfrac{\sqrt{3}}{2}
\arctan(\frac{2}{\sqrt{3}})
+
\dfrac{\pi\sqrt{3}}{6}
Rappel: \( \arctan(\sqrt{3}) =\dfrac{\pi}{ 3}\)
détail fait le lundi 02 en classe
=\(\sqrt{2}\)
détail fait le lundi 02 en classe
-\dfrac{1}{4}\ln(2)+\dfrac{\pi}{8}
\int f =
-\int \dfrac{dx}{x^2}
+
\int \dfrac{dx}{x^4}
+
\int \frac{dx}{(2x+1)^3}
= \dfrac{1}{x}
-
\dfrac{1}{3x^3}
+
\int \frac{dx}{(2x+1)^3}
Changement de variable affine:
t=2x+1 \iff x=\dfrac{t-1}{2} ,dx=\dfrac{dt}{2}
=
\dfrac{1}{x}
-
\dfrac{1}{3x^3}
+
\int \frac{dt}{2t^3}
=
\dfrac{1}{x}
-
\dfrac{1}{3x^3}
-
\frac{1}{4t ^2}+C
=
\dfrac{1}{x}
-
\dfrac{1}{3x^3}
-
\frac{1}{4(2x+1) ^2}+C
\(C\in\R\)
f(x)
=4\dfrac{e^x}{e^{2x}-e^{-2x}}
=4\dfrac{e^{3x}}{e^{4x}-1}
\int f= 4 \int \dfrac{e^{3x}}{e^{4x}-1}dx
\( x\mapsto e^x\) est de classe \(C^1\) et bijective de \(\R \) sur \(]0;+\infty[\)
Changement de variable : \(t=e^x \iff x=\ln(t) , dx=\dfrac{dt}{t}\)
Pour \(x\in I\)
\int f= 4 \int \dfrac{e^{3x}}{e^{4x}-1}dx
=
4 \int \dfrac{t^{2}}{t^{4}-1}dt
=
4 \int \dfrac{t^{2}}{(t-1)(t+1)(t^{2}+1)}dt
=4 \int
\left( \frac{\frac{1}{4}}{t-1}-\frac{\frac{1}{4}}{t+1}+\frac{\frac{1}{2}}{t^{2}+1} \right)
dt
=\int
\left( \frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1}+\frac{2}{t^{2}+1} \right)
dt
=\ln(\vert t-1\vert)
-
\ln(\vert t+1\vert)
+2\arctan(t)+C
=\ln(\vert e^x-1\vert)
-
\ln( e^x+1)
+2\arctan(e^x)+C
\(I=]-\infty;0[\) ou \(I=]0;+\infty[\)
Plus grands intervalles de validité
f(x)
=\dfrac{1}{(x^2-2)(x^2+1)}
=\dfrac{1}{(x-\sqrt{2}) (x+\sqrt{2})(x^2+1)}
=\frac{\frac{1}{6 \sqrt{2}}}{x-\sqrt{2}}-\frac{\frac{1}{6 \sqrt{2}}}{x+\sqrt{2}}-\frac{\frac{1}{3}}{x^{2}+1}
Pour \(x\in I\)
\int f=
\dfrac{1}{6\sqrt{2}}
\ln(\vert x-\sqrt{2}\vert)
-
\dfrac{1}{6\sqrt{2}}
\ln(\vert x+\sqrt{2}\vert)
-
\dfrac{1}{3}
\arctan(x) +C
\(I=]-\infty;-\sqrt{2}[\) ou \(]-\sqrt{2};\sqrt{2}[\) ou \(I=]\sqrt{2};+\infty[\)
Plus grands intervalles de validité
f(x)=
\sin(x)\sin^2(x)\cos^4(x)\\
=\sin(x)(1-\cos^2(x))\cos^4(x)\\
=\sin(x)(\cos^4(x)-\cos^6(x))\\
=-u'(x) (u^4(x)-u^6(x))
\(I=\R\)
Plus grands intervalles de validité
\int f = - \int u' u^4 + \int u' u^6=
-\dfrac{1}{5}u^5
+\dfrac{1}{7}u^7
Soit \( u:x\mapsto \cos(x)\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\R\)
\int f =
-\dfrac{1}{5} \cos^5(x)
+\dfrac{1}{7}\cos^7(x)+C
\text{(a)} \int f =
\ln\left(x \right)-\frac{1}{2} \ln\left(x^{2}+1\right)+\frac{x^{2}+2}{2 (x^{2}+1)}+C
\text{(b)} \int f=
- \dfrac{1}{2(2e^x+1)}+C
\text{(c)} \int f=
\frac{-\sqrt{3}}{6} \ln\left(|-\cos\left(x\right)-\left(\sqrt{3}\right)|\right)+\frac{\sqrt{3}}{6} \ln\left(|-\cos\left(x\right)+\sqrt{3}|\right)
\text{(d)}
\text{Coup de pouce : }
\dfrac{1}{t^2(1-t^2)}=\frac{1}{t^{2}}-\frac{\frac{1}{2}}{t-1}+\frac{\frac{1}{2}}{t+1}
\text{(d)}
\text{Coup de pouce : }
\dfrac{1}{t^2(1-t^2)}=\frac{1}{t^{2}}-\frac{\frac{1}{2}}{t-1}+\frac{\frac{1}{2}}{t+1}
INTEGRATION_TD3
By intermaths.info
