Intégration

14 méthodes · 78 questions

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Pour obtenir la limite ou un équivalent d'une intégrale paramétrée sans calculer de primitive, on encadre la fonction à intégrer par ses bornes inférieure et supérieure sur l'intervalle d'intégration, puis on intègre la constante ou le terme simplifié.

Déclencheur : Une intégrale dépendant d'un paramètre $x$ ou $n$ dont l'intégrande comporte des bornes d'encadrement simples sur l'intervalle de variation.

Instances :
(i) Encadrement sur $[x, 2 x]$ : minorer et majorer $ln (1 + t^{2})$ par $ln (1 + x^{2})$ et $ln (1 + 4 x^{2})$ pour encadrer $\int_{x}^{2 x} \frac{d t}{ln ( 1 + t ^{2} )}$ entre deux fractions équivalentes quand $x \to + \infty$ (en $0$ , cet encadrement donne seulement la limite $+ \infty$ , pas un équivalent) ;
(ii) Majoration sur $[0, 1]$ pour une suite : borner $t^{n}$ par 1 ou $(1 - a)^{n}$ pour prouver la convergence et déterminer la limite de la suite d'intégrales ;
(iii) Pour $u_{n} (f) = (\int_{0}^{1} ∣ f (t) ∣^{n} d t)^{1/ n}$ avec $f$ continue sur $[0, 1]$ : isoler un sous-intervalle où $∣ f ∣$ est proche de son maximum $M$ pour encadrer $u_{n} (f)$ et obtenir sa limite $M$ quand $n$ tend vers $+ \infty$ .

Questions corrigées (3)

Question 7 · ENAC EPL 2014

On suppose que

f (x) ⩾ 0

pour tout

x \in [0; 1]

, et que le maximum de la fonction

f

est égal à

1

. Soit

ε > 0

APour tout entier $n ⩾ 1$ , on a $u_{n} (f) ⩾ 1$ .
BIl existe des nombres $u$ et $v$ vérifiant $0 ⩽ u < v ⩽ 1$ tels que $f (x) ⩾ 1 - ε$ pour tout $x \in [u; v]$ .
CPour tout entier $n ⩾ 1$ , $u_{n} (f)$ vérifie $u_{n} (f) ⩽ (v - u)^{1/ n} (1 - ε)$ .
DLa suite $u_{n} (f)$ admet pour limite $1$ .
EAucune des propositions n'est exacte

Corrigé rédigé

Réponse :B, D

Soit

ε > 0

. Soit

x_{0} \in [0, 1]

tel que

f (x_{0}) = 1

. Par continuité de

f

x_{0}

, il existe des réels

u

v

tels que

0 ⩽ u < v ⩽ 1

x_{0} \in [u, v]

\forall x \in [u, v], f (x) ⩾ 1 - ε

(y compris si

x_{0} = 0

x_{0} = 1

). B) est vrai.

On suppose dorénavant que

ε \in] 0, 2 [

et que

f (x) ⩾ 1 - \frac{ε}{2}

pour

x \in [u, v]

. Soit

n \in N^{*}

(u_{n} (f))^{n} = \int_{0}^{u} ∣ f (t) ∣^{n} d t + \int_{u}^{v} ∣ f (t) ∣^{n} d t + \int_{v}^{1} ∣ f (t) ∣^{n} d t ⩾ \int_{u}^{v} ∣ f (t) ∣^{n} d t = \int_{u}^{v} f (t)^{n} d t ⩾ (v - u) (1 - \frac{ε}{2})^{n} .

Puisque

1 - \frac{ε}{2} > 0

, on en déduit encore que

u_{n} (f) ⩾ (v - u)^{1/ n} (1 - \frac{ε}{2})

. D'autre part,

u_{n} (f) ⩽ (\int_{0}^{1} 1 d t)^{1/ n} = 1

. En résumé,

\forall n \in N^{*}, (v - u)^{1/ n} (1 - \frac{ε}{2}) ⩽ u_{n} (f) ⩽ 1.

Comme

n \to + \infty lim (v - u)^{1/ n} (1 - \frac{ε}{2}) = 1 - \frac{ε}{2}

, il existe un rang

n_{0}

tel que, pour

n ⩾ n_{0}

(v - u)^{1/ n} (1 - \frac{ε}{2}) ⩾ 1 - \frac{ε}{2} - \frac{ε}{2} = 1 - ε

. Pour

n ⩾ n_{0}

, on a

1 - ε ⩽ u_{n} (f) ⩽ 1

.

On a montré que

n \to + \infty lim u_{n} (f) = 1

. D) est vrai et donc A) et C) sont faux (pour

f (x) = x

u_{n} (f) = (n + 1)^{- 1/ n} < 1

, ce qui contredit A) ; pour

f \equiv 1

u_{n} (f) = 1 > (v - u)^{1/ n} (1 - ε)

quels que soient

u < v

, ce qui contredit C)).

Question 10 · ENAC EPL 2015

On note

g

la fonction

t \mapsto \frac{1}{ln ( 1 + t ^{2} )}

, intégrée dans

f

(notation de la question 7). On démontre que

x \to 0 lim f (x) = + \infty

car pour tout réel

x

strictement positif, nous avons,

\forall t \in [x, 2 x]

A $\frac{1}{ln ( 1 + x ^{2} )} ⩽ g (t)$ .
B $\frac{x}{ln ( 1 + 2 x ^{2} )} ⩽ g (t)$ .
C $\frac{x}{ln ( 1 + 4 x ^{2} )} ⩽ g (t)$ .
D $\frac{1}{ln ( 1 + 2 x ^{2} )} ⩽ g (t)$ .
EAucune des propositions n'est exacte

Corrigé rédigé

Réponse :E

Soit

x > 0

t \in [x, 2 x]

. Comme

x^{2} ⩽ t^{2} ⩽ 4 x^{2}

et que

ln

est croissante,

0 < ln (1 + x^{2}) ⩽ ln (1 + t^{2}) ⩽ ln (1 + 4 x^{2})

, donc

\frac{1}{ln ( 1 + 4 x ^{2} )} ⩽ g (t) ⩽ \frac{1}{ln ( 1 + x ^{2} )} .

C'est la minoration

g (t) ⩾ \frac{1}{ln ( 1 + 4 x ^{2} )}

qui permet de conclure : en intégrant sur

[x, 2 x]

, intervalle de longueur

x

, on obtient

f (x) ⩾ \frac{x}{ln ( 1 + 4 x ^{2} )}

. Comme

ln (1 + 4 x^{2}) \sim 4 x^{2}

quand

x

tend vers

0

, ce minorant est équivalent à

\frac{1}{4 x}

, qui tend vers

+ \infty

. Donc

x \to 0 lim f (x) = + \infty

. Aucune des quatre inégalités proposées n'est cette minoration, et chacune est fausse pour certains

x

t

.
A) est faux :

g (t) ⩽ \frac{1}{ln ( 1 + x ^{2} )}

, avec égalité seulement pour

t = x

; pour

t = 2 x

g (2 x) = \frac{1}{ln ( 1 + 4 x ^{2} )} < \frac{1}{ln ( 1 + x ^{2} )}

.
D) est faux pour la même raison : pour

t = 2 x

\frac{1}{ln ( 1 + 2 x ^{2} )} > \frac{1}{ln ( 1 + 4 x ^{2} )} = g (2 x)

.
C) est faux : pour

t = 2 x

, l'inégalité s'écrit

\frac{x}{ln ( 1 + 4 x ^{2} )} ⩽ \frac{1}{ln ( 1 + 4 x ^{2} )}

, c'est-à-dire

x ⩽ 1

, ce qui est faux pour

x = 2

.
B) est faux : pour

t = 2 x

, l'inégalité s'écrit

x ln (1 + 4 x^{2}) ⩽ ln (1 + 2 x^{2})

, ce qui est faux pour

x = 2

, car

2 ln 17 \approx 5, 67

ln 9 \approx 2, 20

Question 11 · ENAC EPL 2015

De façon plus précise, on démontre que la fonction

f

vérifie pour tout

x

nombre réel strictement positif :

A $\frac{2 x}{ln ( 1 + 2 x ^{2} )} ⩽ f (x) ⩽ \frac{2 x}{ln ( 1 + x ^{2} )}$ .
B $\frac{x}{ln ( 1 + 2 x ^{2} )} ⩽ f (x) ⩽ \frac{x}{ln ( 1 + x ^{2} )}$ .
C $\frac{x}{ln ( 1 + 4 x ^{2} )} ⩽ f (x) ⩽ \frac{x}{ln ( 1 + x ^{2} )}$ .
D $\frac{1}{ln ( 1 + 2 x ^{2} )} ⩽ f (x) ⩽ \frac{1}{ln ( 1 + x ^{2} )}$ .
EAucune des propositions n'est exacte

Corrigé rédigé

Réponse :C

Soit

x > 0

. Pour

t \in [x, 2 x]

0 < ln (1 + x^{2}) ⩽ ln (1 + t^{2}) ⩽ ln (1 + 4 x^{2})

et donc

\frac{1}{ln ( 1 + 4 x ^{2} )} ⩽ g (t) ⩽ \frac{1}{ln ( 1 + x ^{2} )}

En intégrant, on obtient

\frac{x}{ln ( 1 + 4 x ^{2} )} ⩽ f (x) ⩽ \frac{x}{ln ( 1 + x ^{2} )}

C est vrai.

A est faux : son minorant dépasse le majorant de C. En effet, pour

x > 0

, les deux logarithmes étant strictement positifs,

\frac{2 x}{ln ( 1 + 2 x ^{2} )} > \frac{x}{ln ( 1 + x ^{2} )} ⟺ 2 ln (1 + x^{2}) > ln (1 + 2 x^{2}) ⟺ (1 + x^{2})^{2} > 1 + 2 x^{2} ⟺ x^{4} > 0,

ce qui est vrai. A donnerait donc

f (x) ⩾ \frac{2 x}{ln ( 1 + 2 x ^{2} )} > \frac{x}{ln ( 1 + x ^{2} )} ⩾ f (x)

, ce qui est impossible.

D est faux : son majorant

\frac{1}{ln ( 1 + x ^{2} )}

tend vers

0

quand

x

tend vers

+ \infty

, alors que le minorant de C,

\frac{x}{ln ( 1 + 4 x ^{2} )}

, tend vers

+ \infty

(croissances comparées). Par exemple, pour

x = 10

f (10) ⩾ \frac{10}{ln 401} \approx 1, 67

alors que

\frac{1}{ln 101} \approx 0, 22

.

B est faux, ce qui est moins visible : son minorant

\frac{x}{ln ( 1 + 2 x ^{2} )}

a le même équivalent que

f

0

(

\frac{1}{2 x}

) et en

+ \infty

(

\frac{x}{2 ln x}

), mais il dépasse

f

en certains points. Pour

x = 1

, un calcul numérique donne

f (1) = \int_{1}^{2} \frac{d t}{ln ( 1 + t ^{2} )} \approx 0, 905

, alors que

\frac{1}{ln 3} \approx 0, 910

: la minoration de B est fausse en

x = 1

.

Donc C est vrai et A, B et D sont faux.