Intégration sur un segment : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Intégrale d’une fonction en escalier

1. La subdivision \((0, 1, 3, 4)\) de \([0, 4]\) convient. En effet, \(\varphi\) vaut \(2\) sur \(]0, 1[\), \(-1\) sur \(]1, 3[\) et \(3\) sur \(]3, 4[\). Donc \(\varphi\) est en escalier. La valeur \(\varphi(1) = 5\) est prise en un point de la subdivision : elle ne joue aucun rôle dans l’intégrale.
2. Par définition, \(\int_0^4 \varphi = 2 \times (1 – 0) + (-1) \times (3 – 1) + 3 \times (4 – 3) = 2 – 2 + 3\). Ainsi \(\int_0^4 \varphi = 3\).
3. La fonction \(\psi\) est constante sur chaque intervalle \(]k, k+1[\), donc \((0, 1, 2, 3, 4)\) lui est adaptée. Cette subdivision est plus fine que \((0, 1, 3, 4)\), donc elle est aussi adaptée à \(\varphi\). On obtient \(\int_0^4 \psi = 0 + 1 + 2 + 3 = 6\). Ensuite, \(\varphi + \psi\) vaut \(2\), \(0\), \(1\) et \(6\) sur les quatre intervalles ouverts successifs. Par conséquent \(\int_0^4 (\varphi + \psi) = 2 + 0 + 1 + 6 = 9\). On vérifie bien que \(\int_0^4 (\varphi + \psi) = 9 = 3 + 6\).
4. La fonction \(|\varphi|\) vaut \(2\), \(1\) et \(3\) sur \(]0, 1[\), \(]1, 3[\) et \(]3, 4[\). Donc \(\int_0^4 |\varphi| = 2 + 2 + 3 = 7\). On a bien \(|\int_0^4 \varphi| = 3 \leq\, 7 = \int_0^4 |\varphi|\) : l’inégalité est stricte, car \(\varphi\) change de signe.

Corrigé de l’exercice 2 : Intégrale de la fonction carré par encadrement

1. Soit \(x \in [\frac{k}{n}, \frac{k+1}{n}[\). Comme \(x \geq\, 0\) et que la fonction carré est croissante sur \([0, +\infty[\), on a \((\frac{k}{n})^2 \leq\, x^2 \leq\, (\frac{k+1}{n})^2\). En \(x = 1\), les trois valeurs valent \(1\). Donc \(\varphi_n \leq\, f \leq\, \psi_n\) sur \([0, 1]\).
2. Les deux fonctions sont en escalier, adaptées à la subdivision régulière de pas \(\frac{1}{n}\). D’une part,
   \[\int_0^1 \varphi_n = \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{k^2}{n^2} = \frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^{n-1} k^2 = \frac{(n-1)\,n\,(2n-1)}{6n^3}.\]
   D’autre part,
   \[\int_0^1 \psi_n = \frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}.\]
   La différence ne garde que le terme \(k = n\) : \(\int_0^1 (\psi_n – \varphi_n) = \frac{n^2}{n^3} = \frac{1}{n}\).
3. Soit \(\varepsilon > 0\) et \(n \geq\, 1/\varepsilon\). Alors \(\varphi_n \leq\, f \leq\, \psi_n\) et \(\int_0^1 (\psi_n – \varphi_n) \leq\, \varepsilon\). D’après le critère d’intégrabilité, \(f\) est intégrable. De plus, \(\int_0^1 \varphi_n \leq\, \int_0^1 f \leq\, \int_0^1 \psi_n\) pour tout \(n\). Or les deux bornes tendent vers \(\frac{2}{6} = \frac{1}{3}\), car leur numérateur équivaut à \(2n^3\). Par encadrement, \(\int_0^1 x^2\,\mathrm{d}x = \frac{1}{3}\).

Point de méthode : pour une fonction monotone, les valeurs aux bords gauche et droit de chaque intervalle fournissent directement une minorante et une majorante en escalier.

Corrigé de l’exercice 3 : Une fonction bornée non intégrable

1. Soit \(\varphi \leq\, f\) en escalier, adaptée à \((x_0, \ldots, x_n)\), de valeur \(c_k\) sur \(]x_{k-1}, x_k[\). Cet intervalle ouvert non vide contient un irrationnel \(y\), car \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) est dense. Donc \(c_k = \varphi(y) \leq\, f(y) = 0\). Par suite \(\int_0^1 \varphi = \sum c_k (x_k – x_{k-1}) \leq\, 0\). De même, si \(\psi \geq\, f\), chaque intervalle ouvert contient un rationnel \(r\), donc la valeur de \(\psi\) y est au moins \(f(r) = 1\). Ainsi \(\int_0^1 \psi \geq\, \sum (x_k – x_{k-1}) = 1\). On en déduit \(I^{-}(f) \leq\, 0 < 1 \leq\, I^{+}(f)\) : \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}\) n’est pas intégrable sur \([0, 1]\).
2. Soit \(\varepsilon \in \,]0, 1[\). L’ensemble des points \(\frac{1}{n}\) situés dans \(]\varepsilon, 1]\) est fini, car il correspond aux entiers \(n < \frac{1}{\varepsilon}\). Définissons \(\psi = 1\) sur \([0, \varepsilon]\) et \(\psi = g\) sur \(]\varepsilon, 1]\). Sur \(]\varepsilon, 1]\), la fonction \(\psi\) est nulle sauf en un nombre fini de points : elle est donc en escalier sur \([0, 1]\). On a \(0 \leq\, g \leq\, \psi\), et \(\int_0^1 \psi = \varepsilon\). La fonction nulle est une minorante en escalier d’intégrale \(0\). Donc \(0 \leq\, I^{-}(g) \leq\, I^{+}(g) \leq\, \varepsilon\) pour tout \(\varepsilon\). Ainsi \(g\) est intégrable et \(\int_0^1 g = 0\).
3. L’ensemble \(\mathbb{Q} \cap [0, 1]\) est dense : il rencontre tout intervalle, et aucune fonction en escalier ne peut l’ignorer. Au contraire, les points \(\frac{1}{n}\) ne s’accumulent qu’en \(0\). En dehors d’un petit intervalle autour de \(0\), il n’y en a qu’un nombre fini, et un nombre fini de points ne change pas une intégrale.

Corrigé de l’exercice 4 : Une fonction monotone discontinue

1. Soit \(x \in \,]0, 1]\) et \(n = \lfloor 1/x \rfloor \geq\, 1\). Alors \(n \leq\, \frac{1}{x} < n + 1\), c’est-à-dire \(x \in ]\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n}]\). Cet entier est unique, donc \(f\) est bien définie. Soit maintenant \(0 < x < y \leq\, 1\), avec \(x\) dans l’intervalle d’indice \(m\) et \(y\) dans celui d’indice \(n\). Comme \(\frac{1}{x} > \frac{1}{y}\), on a \(m = \lfloor 1/x \rfloor \geq\, \lfloor 1/y \rfloor = n\), donc \(f(x) = \frac{1}{m} \leq\, \frac{1}{n} = f(y)\). Enfin \(f(0) = 0 \leq\, f(y)\). Ainsi \(f\) est croissante. D’après le théorème sur les fonctions monotones, \(f\) est intégrable sur \([0, 1]\).
2. Soit \(n \geq\, 2\). On a \(f(\frac{1}{n}) = \frac{1}{n}\). Pour \(x \in ]\frac{1}{n}, \frac{1}{n-1}]\), on a \(f(x) = \frac{1}{n-1}\). Donc la limite à droite en \(\frac{1}{n}\) vaut \(\frac{1}{n-1} \neq \frac{1}{n}\). Par conséquent, \(f\) est discontinue en chaque \(\frac{1}{n}\), \(n \geq\, 2\) : elle a une infinité de discontinuités.
3. Sur \([\frac{1}{N+1}, 1]\), la fonction \(f\) est en escalier, adaptée à la subdivision formée des points \(\frac{1}{n}\), \(1 \leq\, n \leq\, N+1\). D’où
   \[\int_{1/(N+1)}^{1} f = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n}(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}) = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2} – \sum_{n=1}^{N} (\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}).\]
   La seconde somme est télescopique. Ainsi \(\int_{1/(N+1)}^{1} f = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2} – 1 + \frac{1}{N+1}\).
4. Sur \([0, \frac{1}{N+1}]\), la croissance donne \(0 = f(0) \leq\, f \leq\, f(\frac{1}{N+1}) = \frac{1}{N+1}\). Par positivité et inégalité de la moyenne, \(0 \leq\, \int_0^{1/(N+1)} f \leq\, \frac{1}{(N+1)^2}\). Par Chasles, \(\int_0^1 f = \int_0^{1/(N+1)} f + \int_{1/(N+1)}^1 f\). Faisons tendre \(N\) vers \(+\infty\) : le premier terme tend vers \(0\) et le second vers \(\frac{\pi^2}{6} – 1\). Donc \(\int_0^1 f = \frac{\pi^2}{6} – 1 \approx 0{,}645\).

Corrigé de l’exercice 5 : Intégrabilité de sin(1/x)

1. Posons \(x_n = \frac{1}{\pi/2 + 2n\pi}\) et \(y_n = \frac{1}{n\pi}\) pour \(n \geq\, 1\). Ces deux suites tendent vers \(0\), mais \(f(x_n) = 1\) et \(f(y_n) = 0\). Si \(f\) avait une limite \(\ell\) en \(0\), on aurait \(\ell = 1\) et \(\ell = 0\). Donc \(f\) n’a pas de limite en \(0\). En particulier, elle n’est pas continue par morceaux sur \([0, 1]\), car une telle fonction a une limite finie à droite en \(0\).
2. Sur le segment \([\varepsilon, 1]\), la fonction \(f\) est continue, comme composée de fonctions continues. D’après le cours, elle y est intégrable. Le critère d’intégrabilité fournit donc deux fonctions en escalier \(\varphi_1 \leq\, f \leq\, \psi_1\) sur \([\varepsilon, 1]\) avec \(\int_\varepsilon^1 (\psi_1 – \varphi_1) \leq\, \varepsilon\).
3. Posons \(\varphi = -1\) et \(\psi = 1\) sur \([0, \varepsilon[\), puis \(\varphi = \varphi_1\) et \(\psi = \psi_1\) sur \([\varepsilon, 1]\). Ce sont des fonctions en escalier sur \([0, 1]\). Comme \(|f| \leq\, 1\), on a \(\varphi \leq\, f \leq\, \psi\). De plus, par Chasles,
   \[\int_0^1 (\psi – \varphi) = 2\varepsilon + \int_\varepsilon^1 (\psi_1 – \varphi_1) \leq\, 3\varepsilon.\]
   Le réel \(\varepsilon\) étant arbitraire, \(f\) est intégrable sur \([0, 1]\).
4. Par Chasles, \(\int_0^1 f – \int_\varepsilon^1 f = \int_0^\varepsilon f\). Or \(|f| \leq\, 1\), donc l’inégalité de la moyenne donne \(|\int_0^\varepsilon f| \leq\, \varepsilon\).
5. Soit \(f\) bornée par \(M\) sur \([a,b]\) et continue sur \(]a,b]\). Soit \(\varepsilon > 0\) et \(\eta \in \,]0, b-a[\) tel que \(2M\eta \leq\, \varepsilon\). Sur \([a+\eta, b]\), \(f\) est continue, donc il existe \(\varphi_1 \leq\, f \leq\, \psi_1\) en escalier avec \(\int_{a+\eta}^b (\psi_1 – \varphi_1) \leq\, \varepsilon\). On prolonge par \(-M\) et \(M\) sur \([a, a+\eta[\). On obtient un encadrement de \(f\) avec \(\int_a^b (\psi – \varphi) \leq\, 2M\eta + \varepsilon \leq\, 2\varepsilon\). Donc \(f\) est intégrable sur \([a,b]\).

Point de méthode : un « mauvais point » isolé se neutralise en l’enfermant dans un intervalle de longueur \(\eta\), sur lequel on encadre grossièrement par \(\pm M\).

Corrigé de l’exercice 6 : Relation de Chasles et valeurs absolues

1. La fonction partie entière est en escalier sur \([0, 3]\), de valeurs \(0\), \(1\), \(2\) sur \(]0, 1[\), \(]1, 2[\), \(]2, 3[\). Par Chasles, \(I = 0 + 1 + 2\), soit \(I = 3\).
2. La fonction est continue, donc intégrable. On coupe en \(1\), où \(x – 1\) change de signe :
   \[J = \int_{-1}^{1} (1 – x)\,\mathrm{d}x + \int_1^3 (x – 1)\,\mathrm{d}x = [x – \frac{x^2}{2}]_{-1}^{1} + [\frac{x^2}{2} – x]_1^3.\]
   Le premier crochet vaut \(\frac{1}{2} – (-\frac{3}{2}) = 2\), le second \(\frac{3}{2} – (-\frac{1}{2}) = 2\). Donc \(J = 4\). Géométriquement, ce sont deux triangles rectangles isocèles de côtés \(2\), d’aire \(2\) chacun.
3. Sur \([0, 1[\), \(\lfloor x \rfloor = 0\) ; sur \([1, 2[\), \(\lfloor x \rfloor = 1\). Les valeurs en un point ne comptent pas. Ainsi \(K = \int_0^1 0\,\mathrm{d}x + \int_1^2 x\,\mathrm{d}x = [\frac{x^2}{2}]_1^2\), d’où \(K = \frac{3}{2}\).
4. Par convention, \(L = -\int_0^3 \lfloor x \rfloor\,\mathrm{d}x = -I\), donc \(L = -3\). Cela ne contredit pas la positivité : celle-ci suppose les bornes dans l’ordre croissant, ce qui n’est pas le cas ici.

Corrigé de l’exercice 7 : Positivité et suite d’intégrales

1. Pour tout \(n\), l’intégrande \(x \mapsto \frac{x^n}{1+x}\) est continu sur \([0, 1]\), donc \(I_n\) existe. Ensuite \(I_0 = \big[\ln(1+x)\big]_0^1\), soit \(I_0 = \ln 2\).
2. Par linéarité, \(I_n + I_{n+1} = \int_0^1 \frac{x^n (1 + x)}{1+x}\,\mathrm{d}x = \int_0^1 x^n\,\mathrm{d}x\). Donc \(I_n + I_{n+1} = \frac{1}{n+1}\).
3. Pour \(x \in [0, 1]\), on a \(x^{n+1} \leq\, x^n\), donc \(\frac{x^{n+1}}{1+x} \leq\, \frac{x^n}{1+x}\). Par croissance de l’intégrale, \(I_{n+1} \leq\, I_n\) : la suite est décroissante. Par ailleurs, \(1 + x \geq\, 1\) donne \(0 \leq\, \frac{x^n}{1+x} \leq\, x^n\). Par positivité, \(0 \leq\, I_n \leq\, \frac{1}{n+1}\). Par encadrement, \(I_n \to 0\).
4. Multiplions la relation de la question 2 par \((-1)^k\) et sommons pour \(0 \leq\, k \leq\, n-1\) :
   \[\sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{k+1} = \sum_{k=0}^{n-1} ((-1)^k I_k – (-1)^{k+1} I_{k+1}) = I_0 – (-1)^n I_n.\]
   La somme est télescopique, d’où la formule \(\sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{k+1} = \ln 2 – (-1)^n I_n\). Comme \(|(-1)^n I_n| = I_n \to 0\), on obtient \(\sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{k+1} \to \ln 2\).

Corrigé de l’exercice 8 : Encadrement et inégalité de la moyenne

1. La fonction \(x \mapsto e^{x^2}\) est continue sur \([0, 1]\), donc intégrable : \(I\) existe. Elle est croissante sur ce segment, donc comprise entre \(e^0 = 1\) et \(e^1 = e\). L’inégalité de la moyenne donne \(1 \leq\, I \leq\, e\).
2. La fonction \(\exp\) est convexe, donc son graphe est au-dessus de sa tangente en \(0\) : \(e^t \geq\, 1 + t\). Elle est aussi en dessous de sa corde entre \(0\) et \(1\). Pour \(t \in [0, 1]\), on écrit \(t = (1 – t) \cdot 0 + t \cdot 1\). La convexité donne alors \(e^t \leq\, (1 – t)e^0 + t e^1 = 1 + (e-1)t\). Ainsi \(1 + t \leq\, e^t \leq\, 1 + (e-1)t\) sur \([0, 1]\).
3. Pour \(x \in [0, 1]\), le réel \(t = x^2\) est dans \([0, 1]\). Donc \(1 + x^2 \leq\, e^{x^2} \leq\, 1 + (e-1)x^2\). La figure ci-dessous montre cet encadrement. Par croissance de l’intégrale,
   \[1 + \frac{1}{3} \leq\, I \leq\, 1 + \frac{e-1}{3}, \quad \text{soit} \quad \frac{4}{3} \leq\, I \leq\, \frac{e+2}{3}.\]
   On a donc \(1{,}333 \leq\, I \leq\, 1{,}573\) environ, ce qui améliore nettement la question 1.

4. La fonction \(g : x \mapsto e^{x^2}\) est continue sur \([0, 1]\). D’après l’inégalité de la moyenne pour une fonction continue, il existe \(c \in [0, 1]\) tel que \(I = (1 – 0)\,g(c) = e^{c^2}\). Alors \(c^2 = \ln I\), et la question 3 donne, par croissance du logarithme, \(\ln\frac{4}{3} \leq\, c^2 \leq\, \ln\frac{e+2}{3}\), soit environ \(0{,}288 \leq\, c^2 \leq\, 0{,}453\).

Corrigé de l’exercice 9 : Inégalité de Cauchy-Schwarz

1. Les fonctions \(\sqrt{f}\) et \(\frac{1}{\sqrt{f}}\) sont continues sur \([a,b]\), car \(f > 0\). L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne
   \[(\int_a^b \sqrt{f}\cdot\frac{1}{\sqrt{f}})^2 \leq\, \int_a^b f \times \int_a^b \frac{1}{f}.\]
   Le membre de gauche vaut \((b-a)^2\), d’où \(\int_a^b f \times \int_a^b \frac{1}{f} \geq\, (b-a)^2\). Si \(f = C\) est constante, les deux membres valent \(C(b-a)\cdot\frac{b-a}{C} = (b-a)^2\). Réciproquement, supposons l’égalité et posons \(u = \sqrt{f}\), \(v = \frac{1}{\sqrt{f}}\). Le trinôme \(P(\lambda) = \int_a^b (\lambda u – v)^2\) a un discriminant nul, donc une racine réelle \(\lambda_0\). La fonction continue positive \((\lambda_0 u – v)^2\) est alors d’intégrale nulle, donc nulle. Ainsi \(\lambda_0 \sqrt{f} = \frac{1}{\sqrt{f}}\), soit \(f = \frac{1}{\lambda_0}\). Donc l’égalité a lieu si et seulement si \(f\) est constante.
2. La fonction \(h : x \mapsto \sqrt{1 + x^3}\) est continue sur \([0, 1]\), et \(h \geq\, 1\) sur ce segment. Donc \(\int_0^1 h \geq\, 1\). Ensuite, Cauchy-Schwarz avec la fonction constante \(1\) donne \((\int_0^1 h \cdot 1)^2 \leq\, \int_0^1 (1 + x^3)\,\mathrm{d}x \times \int_0^1 1 = \frac{5}{4}\). Comme \(\int_0^1 h \geq\, 0\), on conclut que \(1 \leq\, \int_0^1 \sqrt{1 + x^3}\,\mathrm{d}x \leq\, \frac{\sqrt{5}}{2} \approx 1{,}118\).
3. La fonction \(f^{\prime}\) est continue et \(f(0) = 0\). Le théorème fondamental donne donc \(f(x) = \int_0^x f^{\prime}(t)\,\mathrm{d}t\) pour \(x \in [0, 1]\). Pour \(x > 0\), Cauchy-Schwarz sur \([0,x]\) donne
   \[f(x)^2 = (\int_0^x 1 \cdot f^{\prime}(t)\,\mathrm{d}t)^2 \leq\, x \int_0^x f^{\prime}(t)^2\,\mathrm{d}t \leq\, x \int_0^1 f^{\prime}(t)^2\,\mathrm{d}t.\]
   La dernière inégalité vient de Chasles et de la positivité de \((f^{\prime})^2\). Le cas \(x = 0\) est immédiat. Intégrons enfin sur \([0, 1]\) : comme \(\int_0^1 x\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\), on obtient \(\int_0^1 f^2 \leq\, \frac{1}{2}\int_0^1 (f^{\prime})^2\).

Corrigé de l’exercice 10 : Fonctions continues d’intégrale nulle

1. Raisonnons par l’absurde. Si \(g\) ne s’annule pas, le théorème des valeurs intermédiaires montre qu’elle garde un signe strict constant ; supposons \(g > 0\), l’autre cas étant symétrique. Alors \(g\) est continue, positive et d’intégrale nulle, donc nulle d’après le cours. C’est absurde. Ainsi \(g\) s’annule au moins une fois sur \([a,b]\).
2. Posons \(g(x) = f(x) – x\), continue sur \([0, 1]\). Par linéarité, \(\int_0^1 g = \frac{1}{2} – \frac{1}{2} = 0\). D’après la question 1, il existe \(c \in [0, 1]\) tel que \(g(c) = 0\), c’est-à-dire \(f(c) = c\).
3. Prenons \(h(0) = 1\) et \(h(x) = 0\) pour \(x \in \,]0, 1]\). C’est une fonction en escalier, positive, d’intégrale nulle, mais \(h \neq 0\). Le résultat du cours ne s’applique pas, car \(h\) n’est pas continue.
4. Prenons \(g = f\), qui est continue. Alors \(\int_a^b f^2 = 0\). La fonction \(f^2\) est continue et positive, donc nulle d’après le cours. Par conséquent, \(f\) est nulle sur \([a,b]\).

Corrigé de l’exercice 11 : Limites de sommes de Riemann

1. On factorise par \(n^2\) au dénominateur : \(S_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + (k/n)^2}\). C’est la somme de Riemann \(R_n^{\prime}\) de \(x \mapsto \frac{1}{1+x^2}\), continue sur \([0, 1]\). Donc \(S_n \to \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2} = \arctan 1\), soit \(S_n \to \frac{\pi}{4}\). La figure ci-dessous représente \(S_8\) : les rectangles sont sous la courbe, car la fonction décroît.

2. De même, \(T_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + k/n}\), avec \(x \mapsto \frac{1}{1+x}\) continue sur \([0, 1]\). Ainsi \(T_n \to \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1+x}\), soit \(T_n \to \ln 2\).
3. La suite \(U_n\) est la somme de Riemann \(R_n\) de \(x \mapsto \sin(\pi x)\), continue sur \([0, 1]\). Donc \(U_n \to \int_0^1 \sin(\pi x)\,\mathrm{d}x = [-\frac{\cos(\pi x)}{\pi}]_0^1 = \frac{1}{\pi} + \frac{1}{\pi}\). Ainsi \(U_n \to \frac{2}{\pi}\).
4. On écrit \(\frac{\sqrt{k}}{n\sqrt{n}} = \frac{1}{n}\sqrt{\frac{k}{n}}\). Donc \(V_n\) est la somme de Riemann de \(x \mapsto \sqrt{x}\), continue sur \([0, 1]\). Par conséquent \(V_n \to \int_0^1 \sqrt{x}\,\mathrm{d}x = [\frac{2}{3}x^{3/2}]_0^1\), soit \(V_n \to \frac{2}{3}\).

Corrigé de l’exercice 12 : Sommes de Riemann et produits

1. Le produit est strictement positif, donc on peut prendre le logarithme : \(\ln u_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \ln(1 + \frac{k}{n})\). C’est une somme de Riemann de \(x \mapsto \ln(1+x)\), continue sur \([0, 1]\). Calculons l’intégrale par parties, avec \(u(x) = x + 1\) et \(v(x) = \ln(1+x)\), de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, 1]\) :
   \[\int_0^1 \ln(1+x)\,\mathrm{d}x = \big[(1+x)\ln(1+x)\big]_0^1 – \int_0^1 (1+x)\cdot\frac{1}{1+x}\,\mathrm{d}x = 2\ln 2 – 1.\]
   Donc \(\ln u_n \to 2\ln 2 – 1\). Par continuité de l’exponentielle, \(u_n \to e^{2\ln 2 – 1}\), soit \(u_n \to \frac{4}{e} \approx 1{,}47\).
2. On écrit \(w_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n}\,e^{k/n}\), somme de Riemann de \(x \mapsto x e^x\), continue sur \([0, 1]\). Par parties, \(\int_0^1 x e^x\,\mathrm{d}x = \big[x e^x\big]_0^1 – \int_0^1 e^x\,\mathrm{d}x = e – (e – 1) = 1\). Donc \(w_n \to 1\).
3. On factorise \(n^2\) au dénominateur : \(z_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(1 + k/n)^2}\). La fonction \(x \mapsto (1+x)^{-2}\) est continue sur \([0, 1]\). Par suite \(z_n \to [-\frac{1}{1+x}]_0^1 = -\frac{1}{2} + 1\), soit \(z_n \to \frac{1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 13 : Erreur de la méthode des rectangles

1. Par Chasles, \(\int_0^1 f – R_n = \sum_{k=0}^{n-1} \int_{k/n}^{(k+1)/n} (f(x) – f(\frac{k}{n}))\mathrm{d}x\). Pour \(x \in [\frac{k}{n}, \frac{k+1}{n}]\), l’inégalité des accroissements finis donne \(|f(x) – f(\frac{k}{n})| \leq\, M_1(x – \frac{k}{n})\). Donc chaque terme est majoré en valeur absolue par
   \[M_1 \int_{k/n}^{(k+1)/n} (x – \frac{k}{n})\mathrm{d}x = M_1 \int_0^{1/n} s\,\mathrm{d}s = \frac{M_1}{2n^2}.\]
   En sommant les \(n\) termes, on obtient \(|\int_0^1 f – R_n| \leq\, \frac{M_1}{2n}\).
2. Supposons \(f\) croissante. Sur \([\frac{k}{n}, \frac{k+1}{n}]\), on a \(f(\frac{k}{n}) \leq\, f(x) \leq\, f(\frac{k+1}{n})\). En intégrant, chaque terme de la somme précédente est compris entre \(0\) et \(\frac{1}{n}(f(\frac{k+1}{n}) – f(\frac{k}{n}))\). La somme de ces majorants est télescopique. Donc \(0 \leq\, \int_0^1 f – R_n \leq\, \frac{f(1) – f(0)}{n}\). Le cas décroissant s’obtient avec \(-f\). Ainsi \(|\int_0^1 f – R_n| \leq\, \frac{|f(1) – f(0)|}{n}\).
3. On a \(f^{\prime}(x) = \frac{-2x}{(1+x^2)^2}\), donc \(|f^{\prime}(x)| = g(x)\) avec \(g(x) = \frac{2x}{(1+x^2)^2}\) sur \([0, 1]\). Dérivons :
   \[g^{\prime}(x) = \frac{2(1+x^2)^2 – 2x \cdot 2(1+x^2) \cdot 2x}{(1+x^2)^4} = \frac{2 – 6x^2}{(1+x^2)^3}.\]
   Ainsi \(g\) croît sur \([0, \frac{1}{\sqrt{3}}]\) et décroît ensuite. Son maximum vaut \(g(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{2/\sqrt{3}}{(4/3)^2} = \frac{9}{8\sqrt{3}}\). Donc \(\sup_{[0, 1]} |f^{\prime}| = \frac{3\sqrt{3}}{8} \approx 0{,}650\).
4. Ici \(\int_0^1 f = \frac{\pi}{4}\). La fonction \(f\) est décroissante sur \([0, 1]\), avec \(|f(1) – f(0)| = \frac{1}{2}\). La majoration monotone garantit une erreur \(\frac{1}{2n} \leq\, 10^{-3}\) dès que \(n \geq\, 500\). La majoration \(\mathcal{C}^1\) donne une erreur au plus \(\frac{3\sqrt{3}}{16n}\). Or \(\frac{3\sqrt{3}}{16} \times 10^3 \approx 324{,}8\). Elle garantit donc la précision voulue dès que \(n \geq\, 325\), contre \(n \geq\, 500\) pour la première.

Corrigé de l’exercice 14 : Primitives usuelles

1. Sur \([0, \frac{\pi}{4}]\), \(\cos x > 0\) et \(\tan x = -\frac{(\cos x)^{\prime}}{\cos x}\). Donc \(\int_0^{\pi/4} \tan x\,\mathrm{d}x = \big[-\ln(\cos x)\big]_0^{\pi/4} = -\ln\frac{\sqrt{2}}{2}\), soit \(\frac{\ln 2}{2}\).
2. On reconnaît \(u^{\prime}u\) avec \(u = \ln\). Ainsi \(\int_1^e \frac{\ln x}{x}\,\mathrm{d}x = [\frac{(\ln x)^2}{2}]_1^e \), soit \(\frac{1}{2}\).
3. On reconnaît \(\frac{1}{2}\cdot\frac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u = 1 + x^2 > 0\). Donc \(\int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x = [\frac{1}{2}\ln(1+x^2)]_0^1\), soit \(\frac{\ln 2}{2}\).
4. La fonction \(\arcsin\) est une primitive de \(x \mapsto \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\) sur \(]-1, 1[\), qui contient \([0, \frac{1}{2}]\). D’où \(\int_0^{1/2} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}} = \arcsin\frac{1}{2}\), soit \(\frac{\pi}{6}\).
5. On reconnaît \(\frac{1}{2}u^{\prime}e^{u}\) avec \(u = x^2\). Donc \(\int_0^1 x e^{x^2}\,\mathrm{d}x = [\frac{1}{2}e^{x^2}]_0^1\), soit \(\frac{e-1}{2}\).
6. On reconnaît \(u^{\prime}u^3\) avec \(u = \sin\). Ainsi \(\int_0^{\pi/2} \sin^3 x \cos x\,\mathrm{d}x = [\frac{\sin^4 x}{4}]_0^{\pi/2}\), soit \(\frac{1}{4}\).
7. Sur \(]1, +\infty[\), \(\ln x > 0\) et \(\frac{1}{x\ln x} = \frac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u = \ln\). Donc \(x \mapsto \ln(\ln x)\) est une primitive sur cet intervalle.

Corrigé de l’exercice 15 : Intégrations par parties

Dans chaque question, les fonctions choisies sont de classe \(\mathcal{C}^1\) sur le segment, ce qui justifie l’intégration par parties.

1. Avec \(u^{\prime}(x) = e^x\), \(u(x) = e^x\) et \(v(x) = x\) : \(\int_0^1 x e^x\,\mathrm{d}x = \big[x e^x\big]_0^1 – \int_0^1 e^x\,\mathrm{d}x = e – (e – 1)\). Ainsi \(\int_0^1 x e^x\,\mathrm{d}x = 1\).
2. Avec \(u(x) = \frac{x^2}{2}\) et \(v(x) = \ln x\), de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([1,e]\) :
   \[\int_1^e x\ln x\,\mathrm{d}x = [\frac{x^2}{2}\ln x]_1^e – \int_1^e \frac{x}{2}\,\mathrm{d}x = \frac{e^2}{2} – \frac{e^2 – 1}{4}.\]
   Donc \(\int_1^e x \ln x\,\mathrm{d}x = \frac{e^2 + 1}{4}\).
3. Avec \(u = \sin\) et \(v(x) = x\) : \(\int_0^{\pi/2} x\cos x\,\mathrm{d}x = \big[x\sin x\big]_0^{\pi/2} – \int_0^{\pi/2} \sin x\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2} – 1\). Le résultat est \(\frac{\pi}{2} – 1\).
4. Avec \(u(x) = x\) et \(v = \arctan\) :
   \[\int_0^1 \arctan x\,\mathrm{d}x = \big[x\arctan x\big]_0^1 – \int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{4} – \frac{\ln 2}{2}.\]
   On a utilisé l’exercice 14. Ainsi \(\int_0^1 \arctan x\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{4} – \frac{\ln 2}{2}\).
5. Notons \(A = \int_0^\pi e^x\sin x\,\mathrm{d}x\) et \(B = \int_0^\pi e^x\cos x\,\mathrm{d}x\). Une première intégration par parties, avec \(u = \exp\) et \(v = \sin\), donne \(A = \big[e^x\sin x\big]_0^\pi – B = -B\). Une seconde, avec \(v = \cos\), donne \(B = \big[e^x\cos x\big]_0^\pi + A = -e^\pi – 1 + A\). Par conséquent \(A = e^\pi + 1 – A\), d’où \(A = \frac{e^\pi + 1}{2}\).

Point de méthode : on dérive le facteur qui se simplifie (polynôme, logarithme, arc tangente) et on intègre l’autre. Pour \(e^x\sin x\), deux intégrations par parties font revenir l’intégrale de départ.

Corrigé de l’exercice 16 : Intégrales de Wallis

1. La fonction \(\varphi : u \mapsto \frac{\pi}{2} – u\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, \frac{\pi}{2}]\), et \(\sin^n\) est continue. Le changement de variable \(t = \frac{\pi}{2} – u\) donne
   \[W_n = \int_{\pi/2}^{0} \sin^n(\frac{\pi}{2} – u)(-\mathrm{d}u) = \int_0^{\pi/2} \cos^n u\,\mathrm{d}u.\]
   Ensuite \(W_0 = \frac{\pi}{2}\), \(W_1 = \big[-\cos t\big]_0^{\pi/2} = 1\) et \(W_2 = \int_0^{\pi/2} \frac{1 – \cos 2t}{2}\,\mathrm{d}t = \frac{\pi}{4}\). Donc \(W_0 = \frac{\pi}{2}\), \(W_1 = 1\), \(W_2 = \frac{\pi}{4}\).
2. Sur \([0, \frac{\pi}{2}]\), \(\sin^n\) est continue, positive et non identiquement nulle (elle vaut \(1\) en \(\frac{\pi}{2}\)). D’après le cours, son intégrale n’est pas nulle, donc \(W_n > 0\). De plus, \(0 \leq\, \sin t \leq\, 1\) entraîne \(\sin^{n+1} t \leq\, \sin^n t\). Par croissance de l’intégrale, \(W_{n+1} \leq\, W_n\) : la suite est décroissante.
3. Écrivons \(\sin^{n+2} t = \sin t \cdot \sin^{n+1} t\). Intégrons par parties avec \(u(t) = -\cos t\) et \(v(t) = \sin^{n+1} t\), de classe \(\mathcal{C}^1\) :
   \[W_{n+2} = \big[-\cos t\,\sin^{n+1} t\big]_0^{\pi/2} + (n+1)\int_0^{\pi/2} \cos^2 t\,\sin^n t\,\mathrm{d}t.\]
   Le crochet est nul. Remplaçons \(\cos^2 t\) par \(1 – \sin^2 t\) : on obtient \(W_{n+2} = (n+1)(W_n – W_{n+2})\). Ainsi \(W_{n+2} = \frac{n+1}{n+2}\,W_n\).
4. Raisonnons par récurrence sur \(p\). Pour \(p = 0\), les formules donnent \(\frac{\pi}{2}\) et \(1\) : elles sont justes. Supposons-les vraies au rang \(p\). D’une part, \(W_{2p+2} = \frac{2p+1}{2p+2}W_{2p}\). D’autre part, le quotient des formules proposées aux rangs \(p+1\) et \(p\) vaut
   \[\frac{(2p+2)(2p+1)}{4(p+1)^2} = \frac{2p+1}{2(p+1)} = \frac{2p+1}{2p+2}.\]
   De même, \(W_{2p+3} = \frac{2p+2}{2p+3}W_{2p+1}\), et le quotient des formules impaires vaut \(\frac{4(p+1)^2}{(2p+3)(2p+2)} = \frac{2p+2}{2p+3}\). Les formules sont donc héréditaires : \(W_{2p} = \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\cdot\frac{\pi}{2}\) et \(W_{2p+1} = \frac{4^p (p!)^2}{(2p+1)!}\).
5. Posons \(c_n = (n+1)W_{n+1}W_n\). D’après la question 3, \(c_{n+1} = (n+2)W_{n+2}W_{n+1} = (n+1)W_n W_{n+1} = c_n\). La suite est constante, égale à \(c_0 = W_1 W_0\). Donc \((n+1)W_{n+1}W_n = \frac{\pi}{2}\) pour tout \(n\).
6. Par décroissance, \(W_{n+2} \leq\, W_{n+1} \leq\, W_n\). Divisons par \(W_n > 0\) : \(\frac{n+1}{n+2} \leq\, \frac{W_{n+1}}{W_n} \leq\, 1\). Par encadrement, \(\frac{W_{n+1}}{W_n} \to 1\), c’est-à-dire \(W_{n+1} \sim W_n\). Par conséquent \((n+1)W_n^2 \sim (n+1)W_n W_{n+1} = \frac{\pi}{2}\). Ainsi \(W_n^2 \sim \frac{\pi}{2(n+1)} \sim \frac{\pi}{2n}\). Comme \(W_n > 0\), on conclut que \(W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}}\). Cela confirme la figure de l’énoncé : l’aire sous \(\sin^n\) tend vers \(0\).

Corrigé de l’exercice 17 : Changements de variable

1. La fonction \(\varphi = \sin\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, \frac{\pi}{2}]\), avec \(\varphi(0) = 0\) et \(\varphi(\frac{\pi}{2}) = 1\). L’intégrande est continu sur \([-1, 1]\). Comme \(\cos t \geq\, 0\) sur ce segment, \(\sqrt{1 – \sin^2 t} = \cos t\). Donc
   \[\int_0^1 \sqrt{1 – x^2}\,\mathrm{d}x = \int_0^{\pi/2} \cos^2 t\,\mathrm{d}t = [\frac{t}{2} + \frac{\sin 2t}{4}]_0^{\pi/2} = \frac{\pi}{4}.\]
   Le résultat est \(\frac{\pi}{4}\), l’aire d’un quart de disque unité.
2. On pose \(x = \varphi(t) = t^2\), de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([1, 2]\), avec \(\varphi(1) = 1\) et \(\varphi(2) = 4\). Alors \(\mathrm{d}x = 2t\,\mathrm{d}t\) et \(x + \sqrt{x} = t^2 + t\), car \(t \geq\, 0\). Ainsi
   \[\int_1^4 \frac{\mathrm{d}x}{x + \sqrt{x}} = \int_1^2 \frac{2t}{t(t+1)}\,\mathrm{d}t = \big[2\ln(t+1)\big]_1^2 = 2\ln\frac{3}{2}.\]
   Le résultat est \(2\ln\frac{3}{2}\).
3. On lit la formule dans l’autre sens avec \(\varphi = \exp\), de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, 1]\), et \(f(u) = \frac{1}{1+u^2}\) continue. En effet \(\frac{e^x}{1 + e^{2x}} = f(e^x)\,(e^x)^{\prime}\). Donc
   \[\int_0^1 \frac{e^x}{1 + e^{2x}}\,\mathrm{d}x = \int_1^e \frac{\mathrm{d}u}{1+u^2} = \arctan e – \frac{\pi}{4}.\]
   Le résultat est \(\arctan e – \frac{\pi}{4}\).
4. Avec \(u = x + 1\), affine donc de classe \(\mathcal{C}^1\), on a \(x = u – 1\) et les bornes deviennent \(1\) et \(4\) :
   \[\int_0^3 x\sqrt{x+1}\,\mathrm{d}x = \int_1^4 (u^{3/2} – u^{1/2})\mathrm{d}u = [\frac{2}{5}u^{5/2} – \frac{2}{3}u^{3/2}]_1^4.\]
   En \(4\), le crochet vaut \(\frac{64}{5} – \frac{16}{3} = \frac{112}{15}\) ; en \(1\), il vaut \(\frac{2}{5} – \frac{2}{3} = -\frac{4}{15}\). Le résultat est donc \(\frac{116}{15}\).

Corrigé de l’exercice 18 : Symétries et changement de variable

1. Par Chasles, \(\int_{-a}^{a} f = \int_{-a}^{0} f + \int_0^a f\). Dans la première intégrale, posons \(x = -u\), changement de variable de classe \(\mathcal{C}^1\) :
   \[\int_{-a}^{0} f(x)\,\mathrm{d}x = \int_{a}^{0} f(-u)\,(-\mathrm{d}u) = \int_0^a f(-u)\,\mathrm{d}u.\]
   Si \(f\) est impaire, ce terme vaut \(-\int_0^a f\) et le total est nul. Si \(f\) est paire, il vaut \(\int_0^a f\) et le total est \(2\int_0^a f\). Dans l’exemple, \(x^5\) et \(\sin x\) sont impaires, et \(-3x^2\) est paire. Donc \(\int_{-1}^{1}(x^5 – 3x^2 + \sin x)\,\mathrm{d}x = -6\int_0^1 x^2\,\mathrm{d}x\), soit \(-2\).
2. Soit \(F\) une primitive de \(f\) sur \(\mathbb{R}\), qui existe car \(f\) est continue. Alors \(\Phi(a) = \int_a^{a+T} f = F(a+T) – F(a)\) est dérivable et \(\Phi^{\prime}(a) = f(a+T) – f(a) = 0\) par périodicité. Sur l’intervalle \(\mathbb{R}\), \(\Phi\) est donc constante : \(\int_a^{a+T} f = \int_0^T f\) pour tout \(a\).
3. L’intégrande est continu sur \([0,\pi]\), car \(1 + \cos^2 x \geq\, 1\). Le changement \(x = \pi – u\) donne, puisque \(\sin(\pi – u) = \sin u\) et \(\cos^2(\pi – u) = \cos^2 u\),
   \[I = \int_0^\pi \frac{(\pi – u)\sin u}{1 + \cos^2 u}\,\mathrm{d}u = \pi J – I, \quad \text{avec} \quad J = \int_0^\pi \frac{\sin u}{1 + \cos^2 u}\,\mathrm{d}u.\]
   Pour \(J\), on pose \(v = \cos u\) : \(J = \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}v}{1+v^2} = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}\). Donc \(2I = \pi J\), d’où \(I = \frac{\pi^2}{4}\).
4. Sur \([0, \frac{\pi}{2}]\), \(\sin x + \cos x = \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) > 0\), donc les intégrandes sont continus. Notons \(L = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{\sin x + \cos x}\,\mathrm{d}x\). Le changement \(x = \frac{\pi}{2} – u\) échange \(\sin\) et \(\cos\), donc \(K = L\). Par ailleurs, \(K + L = \int_0^{\pi/2} 1\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\). Ainsi \(K = \frac{\pi}{4}\).

Point de méthode : quand un calcul direct semble impossible, un changement de variable qui « retourne » le segment fait souvent réapparaître l’intégrale cherchée.

Corrigé de l’exercice 19 : Fractions rationnelles

1. On a \(x^2 – 1 = (x-1)(x+1)\) et \(\frac{1}{x^2-1} = \frac{1}{2}(\frac{1}{x-1} – \frac{1}{x+1})\). Sur \([2, 3]\), les deux facteurs sont positifs. Donc
   \[\int_2^3 \frac{\mathrm{d}x}{x^2-1} = \frac{1}{2}[\ln\frac{x-1}{x+1}]_2^3 = \frac{1}{2}(\ln\frac{1}{2} – \ln\frac{1}{3}).\]
   Le résultat est \(\frac{1}{2}\ln\frac{3}{2}\).
2. Le discriminant de \(x^2 + x + 1\) vaut \(-3 < 0\). Sous forme canonique, \(x^2 + x + 1 = (x + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}\). Avec \(c = \frac{\sqrt{3}}{2}\), on obtient
   \[\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{x^2+x+1} = [\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}]_0^1 = \frac{2}{\sqrt{3}}(\frac{\pi}{3} – \frac{\pi}{6}).\]
   Le résultat est \(\frac{\pi}{3\sqrt{3}} = \frac{\pi\sqrt{3}}{9}\).
3. On cherche \(\frac{x}{(x+1)(x^2+1)} = \frac{a}{x+1} + \frac{bx + c}{x^2+1}\). En multipliant par \(x + 1\) puis en prenant \(x = -1\), on trouve \(a = \frac{-1}{2}\). Ensuite, en identifiant les coefficients de \(x = a(x^2+1) + (bx+c)(x+1)\) : \(a + b = 0\) et \(a + c = 0\). Donc \(b = c = \frac{1}{2}\). On vérifie le coefficient de \(x\) : \(b + c = 1\). Ainsi
   \[\int_0^1 \frac{x\,\mathrm{d}x}{(x+1)(x^2+1)} = -\frac{1}{2}\ln 2 + \frac{1}{2}[\frac{1}{2}\ln(1+x^2) + \arctan x]_0^1 = -\frac{\ln 2}{2} + \frac{\ln 2}{4} + \frac{\pi}{8}.\]
   Le résultat est \(\frac{\pi}{8} – \frac{\ln 2}{4}\).
4. Le degré du numérateur dépasse celui du dénominateur. La division euclidienne donne \(x^3 + 2 = (x+1)(x^2 – x + 1) + 1\), car \((x+1)(x^2 – x + 1) = x^3 + 1\). Donc
   \[\int_0^1 \frac{x^3+2}{x+1}\,\mathrm{d}x = \int_0^1 (x^2 – x + 1 + \frac{1}{x+1})\mathrm{d}x = \frac{1}{3} – \frac{1}{2} + 1 + \ln 2.\]
   Le résultat est \(\frac{5}{6} + \ln 2\).

Corrigé de l’exercice 20 : Pôle double et substitution tangente

1. En multipliant par \(x\) puis en prenant \(x = 0\), on obtient \(\alpha = 1\). En multipliant par \((x+1)^2\) puis en prenant \(x = -1\), on obtient \(\gamma = -1\). Enfin, multiplions par \(x\) et faisons tendre \(x\) vers \(+\infty\) : \(0 = \alpha + \beta\), donc \(\beta = -1\). On vérifie : \((x+1)^2 – x(x+1) – x = 1\). Ainsi
   \[\int_1^2 \frac{\mathrm{d}x}{x(x+1)^2} = [\ln x – \ln(x+1) + \frac{1}{x+1}]_1^2 = (\ln\frac{2}{3} + \frac{1}{3}) – (\ln\frac{1}{2} + \frac{1}{2}).\]
   Le résultat est \(\ln\frac{4}{3} – \frac{1}{6} \approx 0{,}121\).
2. Posons \(x = \varphi(t) = 2\arctan t\), de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, 1]\), avec \(\varphi(0) = 0\) et \(\varphi(1) = \frac{\pi}{2}\). Alors \(\mathrm{d}x = \frac{2\,\mathrm{d}t}{1+t^2}\) et \(\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}\). On calcule \(2 + \cos x = \frac{3 + t^2}{1+t^2}\). Donc
   \[\int_0^{\pi/2} \frac{\mathrm{d}x}{2 + \cos x} = \int_0^1 \frac{2\,\mathrm{d}t}{3 + t^2} = [\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{t}{\sqrt{3}}]_0^1 = \frac{2}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\pi}{6}.\]
   Le résultat est \(\frac{\pi}{3\sqrt{3}}\).
3. Posons \(x = \tan t\), de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, \frac{\pi}{4}]\). Alors \(\mathrm{d}x = (1 + \tan^2 t)\,\mathrm{d}t\) et \(1 + \tan^2 t = \frac{1}{\cos^2 t}\). Donc
   \[\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)^2} = \int_0^{\pi/4} \cos^2 t\,\mathrm{d}t = [\frac{t}{2} + \frac{\sin 2t}{4}]_0^{\pi/4}.\]
   Le résultat est \(\frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}\).

Corrigé de l’exercice 21 : Fonctions définies par une intégrale

1. La fonction \(t \mapsto \frac{1}{\ln t}\) est continue sur l’intervalle \(]1, +\infty[\). Soit \(H\) une de ses primitives. Pour \(x > 1\), on a \(x^2 > x > 1\), donc les bornes sont dans cet intervalle, et \(F(x) = H(x^2) – H(x)\). Par composition, \(F\) est dérivable et
   \[F^{\prime}(x) = 2x \cdot \frac{1}{\ln(x^2)} – \frac{1}{\ln x} = \frac{2x}{2\ln x} – \frac{1}{\ln x} = \frac{x – 1}{\ln x}.\]
   Pour \(x > 1\), numérateur et dénominateur sont strictement positifs. Donc \(F^{\prime}(x) = \frac{x-1}{\ln x} > 0\) et \(F\) est strictement croissante.
2. Sur \(]1, +\infty[\), \(\frac{1}{t\ln t} = \frac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u = \ln > 0\). Donc \(\int_x^{x^2} \frac{\mathrm{d}t}{t\ln t} = \big[\ln(\ln t)\big]_x^{x^2} = \ln(2\ln x) – \ln(\ln x)\), soit \(\ln 2\).
3. Pour \(t \in [x, x^2]\), on a \(x \leq\, t \leq\, x^2\) et \(\frac{1}{t\ln t} > 0\). En écrivant \(\frac{1}{\ln t} = t \cdot \frac{1}{t\ln t}\), on obtient \(\frac{x}{t\ln t} \leq\, \frac{1}{\ln t} \leq\, \frac{x^2}{t\ln t}\). Les bornes \(x < x^2\) sont dans l’ordre croissant, donc la croissance de l’intégrale et la question 2 donnent \(x\ln 2 \leq\, F(x) \leq\, x^2\ln 2\). Quand \(x \to 1^{+}\), les deux bornes tendent vers \(\ln 2\) : \(F(x) \to \ln 2\). Quand \(x \to +\infty\), la minoration donne \(F(x) \to +\infty\). La figure ci-dessous représente \(F\) entre ses deux bornes.

4. Par linéarité, \(G(x) = x\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t – \int_0^x t f(t)\,\mathrm{d}t\). Les fonctions \(f\) et \(t \mapsto t f(t)\) sont continues. Le théorème fondamental montre donc que les deux intégrales sont des fonctions \(\mathcal{C}^1\) de \(x\). Par produit, \(G\) est dérivable et
   \[G^{\prime}(x) = \int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t + x f(x) – x f(x) = \int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t.\]
   À nouveau par le théorème fondamental, \(G^{\prime}\) est de classe \(\mathcal{C}^1\). Ainsi \(G\) est de classe \(\mathcal{C}^2\), avec \(G^{\prime}(x) = \int_0^x f\) et \(G^{\prime\prime} = f\).

Point de méthode : quand la variable \(x\) figure dans l’intégrande, on la sort de l’intégrale avant de dériver.

Corrigé de l’exercice 22 : Lemme de Riemann-Lebesgue

1. Intégrons par parties avec \(u(t) = -\frac{\cos(nt)}{n}\) et \(v = f\), toutes deux de classe \(\mathcal{C}^1\) :
   \[I_n(f) = [-\frac{f(t)\cos(nt)}{n}]_a^b + \frac{1}{n}\int_a^b f^{\prime}(t)\cos(nt)\,\mathrm{d}t.\]
   Comme \(|\cos| \leq\, 1\), le crochet est majoré par \(\frac{|f(a)| + |f(b)|}{n}\) et l’intégrale par \(\int_a^b |f^{\prime}|\). Donc \(|I_n(f)| \leq\, \frac{1}{n}(|f(a)| + |f(b)| + \int_a^b |f^{\prime}|)\), qui tend vers \(0\).
2. Soit \((x_0, \ldots, x_p)\) une subdivision adaptée à \(f\), de valeur \(c_k\) sur \(]x_{k-1}, x_k[\). Par Chasles,
   \[|I_n(f)| = |\sum_{k=1}^{p} c_k [-\frac{\cos(nt)}{n}]_{x_{k-1}}^{x_k}| \leq\, \frac{2}{n}\sum_{k=1}^{p} |c_k|.\]
   Le nombre \(p\) et les \(c_k\) ne dépendent pas de \(n\). Ainsi \(I_n(f) \to 0\).
3. Par linéarité et inégalité de la moyenne, \(|I_n(f) – I_n(\varphi)| = |\int_a^b (f – \varphi)(t)\sin(nt)\,\mathrm{d}t| \leq\, \int_a^b |f – \varphi|\). Or \(0 \leq\, f – \varphi \leq\, \psi – \varphi\), donc ce majorant vaut au plus \(\int_a^b (\psi – \varphi) \leq\, \varepsilon\). D’après la question 2, il existe \(N\) tel que \(|I_n(\varphi)| \leq\, \varepsilon\) pour \(n \geq\, N\). Pour ces \(n\), on a \(|I_n(f)| \leq\, 2\varepsilon\). Par conséquent, \(I_n(f) \to 0\) pour toute \(f\) intégrable, et de même pour \(J_n(f)\).
4. On linéarise : \(\sin^2(nt) = \frac{1 – \cos(2nt)}{2}\). Donc \(\int_0^\pi e^t\sin^2(nt)\,\mathrm{d}t = \frac{1}{2}\int_0^\pi e^t\,\mathrm{d}t – \frac{1}{2}J_{2n}(\exp)\). Le lemme donne \(J_{2n}(\exp) \to 0\), d’où la limite \(\frac{e^\pi – 1}{2}\). Autrement dit, \(\sin^2(nt)\) se comporte « en moyenne » comme la constante \(\frac{1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 23 : Problème : la constante d’Euler

1. La fonction \(t \mapsto \frac{1}{t}\) est continue et décroissante sur \([k, k+1]\). Donc \(\frac{1}{k+1} \leq\, \frac{1}{t} \leq\, \frac{1}{k}\) sur ce segment de longueur \(1\). Par croissance de l’intégrale, \(\frac{1}{k+1} \leq\, \int_k^{k+1} \frac{\mathrm{d}t}{t} \leq\, \frac{1}{k}\). La figure ci-dessous illustre cet encadrement : l’aire sous la courbe est prise entre deux rectangles.

2. Sommons l’inégalité de droite pour \(1 \leq\, k \leq\, n\). Par Chasles, \(\ln(n+1) = \int_1^{n+1} \frac{\mathrm{d}t}{t} \leq\, H_n\). Sommons ensuite l’inégalité de gauche pour \(1 \leq\, k \leq\, n-1\) : \(H_n – 1 \leq\, \int_1^n \frac{\mathrm{d}t}{t} = \ln n\). Ainsi \(\ln(n+1) \leq\, H_n \leq\, 1 + \ln n\). Pour \(n \geq\, 2\), divisons par \(\ln n > 0\) : \(\frac{\ln(n+1)}{\ln n} \leq\, \frac{H_n}{\ln n} \leq\, \frac{1}{\ln n} + 1\). Or \(\ln(n+1) = \ln n + \ln(1 + \frac{1}{n})\), donc le quotient de gauche tend vers \(1\). Par encadrement, \(H_n \sim \ln n\).
3. D’une part, \(u_{n+1} – u_n = \frac{1}{n+1} – \int_n^{n+1} \frac{\mathrm{d}t}{t} \leq\, 0\), d’après la question 1 avec \(k = n\). D’autre part, \(v_{n+1} – v_n = \frac{1}{n+1} – \int_{n+1}^{n+2} \frac{\mathrm{d}t}{t} \geq\, 0\), avec \(k = n + 1\). Donc \((u_n)\) est décroissante et \((v_n)\) est croissante.
4. On a \(u_n – v_n = \ln(n+1) – \ln n = \ln(1 + \frac{1}{n}) \to 0\). Avec la question 3, les suites sont adjacentes : elles convergent vers une même limite \(\gamma\), et \(v_n \leq\, \gamma \leq\, u_n\) pour tout \(n\). En particulier \(v_2 \leq\, \gamma \leq\, u_2\), avec \(H_2 = \frac{3}{2}\). Donc \(\frac{3}{2} – \ln 3 \leq\, \gamma \leq\, \frac{3}{2} – \ln 2\), soit environ \(0{,}401 \leq\, \gamma \leq\, 0{,}807\).
5. On a \(v_n \leq\, \gamma \leq\, u_n\), donc \(0 \leq\, u_n – \gamma \leq\, u_n – v_n = \ln(1 + \frac{1}{n})\). Or \(\ln(1 + x) \leq\, x\) pour \(x > -1\), par concavité du logarithme. Ainsi \(0 \leq\, u_n – \gamma \leq\, \frac{1}{n}\). Le rang \(n = 100\) suffit pour connaître \(\gamma\) à \(10^{-2}\) près. On trouve \(\gamma \approx 0{,}577\).
6. On écrit \(\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} = H_{2n} – H_n = (u_{2n} + \ln(2n)) – (u_n + \ln n)\). Donc \(\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} = u_{2n} – u_n + \ln 2\). Comme \((u_{2n})\) et \((u_n)\) tendent toutes deux vers \(\gamma\), cette somme tend vers \(\ln 2\). On retrouve ainsi, par une autre voie, la limite de \(T_n\) obtenue par somme de Riemann dans l’exercice 11.

Point de méthode : la comparaison série-intégrale encadre une somme de valeurs d’une fonction monotone par des intégrales. C’est l’outil de base pour étudier les séries à termes positifs en L2.

Revenir aux énoncés des exercices

Pour aller plus loin en L1

• Le cours : intégration sur un segment, cours de maths en L1
• Les énoncés : exercices de maths en L1 sur intégration sur un segment
• À maîtriser avant : Dérivation et accroissements finis, Fonctions usuelles et fonctions réciproques, Polynômes et fractions rationnelles
• Chapitre précédent : Systèmes linéaires et calcul matriciel
• Chapitre suivant : Équations différentielles linéaires
• Le même thème en maths sup : intégration sur un segment, exercices de maths sup
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L1 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L1 et la licence de maths de L1 à L3