Intégration : en route vers le supérieur

Vers la Prépa (1) - Exercice 1

1 h 30 min
125
On rappelle que si xx est un réel, alors ∣x∣|x| (qui se lit valeur absolue de xx) est définit par :
∣x∣={xsix≥0−xsix≤0|x| = \left\lbrace \begin{array}{rcl} x & \mathrm{si} & x \geq 0 \\ -x & \mathrm{si} & x \leq 0 \\ \end{array} \right.
Soit ff une fonction définie sur R\mathbb{R} par : x⟶f(x)=∫x2x1t4+t2+1 dtx \longrightarrow f(x) = \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt
Question 1

Calculer l'intégrale II suivante :
I=∫x2x1t2 dtI = \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{t^2} \, dt

Correction
On a :
I=∫x2x1t2 dt=−∫x2x−1t2 dt=−[1t]x2x=[1t]2xx=1x−12x=22x−12xI = \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{t^2} \, dt = - \int_{x}^{2x} -\dfrac{1}{t^2} \, dt = - \left[ \dfrac{1}{t}\right]_{x}^{2x} = \left[ \dfrac{1}{t}\right]_{2x}^{x} = \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{2x} = \dfrac{2}{2x} - \dfrac{1}{2x}
Soit :
I=12xI = \dfrac{1}{2x}
Question 2

Démontrer que, ∀x∈R+∗\forall x \in \mathbb{R}^{+*}, on a :
∣f(x)−12x∣=∣∫x2x−t2−1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1) dt∣\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{-t^2 - 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt \right|

Correction
On peut écrire que :
∣f(x)−12x∣=∣f(x)−I∣=∣∫x2x1t4+t2+1 dt−∫x2x1t2 dt∣\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| f(x) - I \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt - \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{t^2} \, dt \right|
Par linéarité de l'intégrale on a :
∣f(x)−12x∣=∣∫x2x1t4+t2+1−1t2 dt∣\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} - \dfrac{1}{t^2} \, dt \right|
En réduisant au même dénominateur, on trouve que :
∣f(x)−12x∣=∣∫x2xt2−t4+t2+1t2t4+t2+1 dt∣=∣∫x2xt2−t4+t2+1t2t4+t2+1×1 dt∣\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2-\sqrt{t^4 + t^2 + 1}}{t^2\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2-\sqrt{t^4 + t^2 + 1}}{t^2\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \times 1 \, dt \right|
En faisant usage de l'expression conjuguée on peut écrire que :
∣f(x)−12x∣=∣∫x2xt2−t4+t2+1t2t4+t2+1×t2+t4+t2+1t2+t4+t2+1 dt∣\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2-\sqrt{t^4 + t^2 + 1}}{t^2\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \times \dfrac{t^2+\sqrt{t^4 + t^2 + 1}}{t^2+\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt \right|
Ce qui nous donne :
∣f(x)−12x∣=∣∫x2x(t2)2−(t4+t2+1)2t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1) dt∣\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{(t^2)^2 - \left(\sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)^2 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt \right|
Soit encore :
∣f(x)−12x∣=∣∫x2xt4−(t4+t2+1)t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1) dt∣\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{t^4 - \left(t^4 + t^2 + 1\right) }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt \right|
En développant le numérateur, on trouve que :
∣f(x)−12x∣=∣∫x2xt4−t4−t2−1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1) dt∣\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{t^4 - t^4 - t^2 - 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt \right|
Ainsi, on a donc bien démontrer que, ∀x∈R+∗\forall x \in \mathbb{R}^{+*}, l'on a la relation suivante :
∣f(x)−12x∣=∣∫x2x−t2−1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1) dt∣\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| \int_{x}^{2x} \dfrac{-t^2 - 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt \right|
Question 3

En déduire que, ∀x∈R+∗\forall x \in \mathbb{R}^{+*}, on a :
∣f(x)−12x∣≤748x3+31320x5\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| \leq \dfrac{7}{48x^3} + \dfrac{31}{320x^5}

Correction
On a :
∣f(x)−12x∣=∣−∫x2xt2+1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1) dt∣\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| = \left| - \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt \right|
Or, par hypothèse, on sait que x>0x>0, donc 2x>x>02x>x>0. De plus, ∀t∈[x ; 2x]\forall t \in [x \,;\, 2x] (donc t>0t>0) :
t2+1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1)>0\dfrac{t^2 + 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} > 0
Donc :
∫x2xt2+1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1) dt>0\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt >0
Ainsi :
−∫x2xt2+1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1) dt<0- \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} \, dt <0
Ce qui implique que selon la définition de la valeur absolue, nous puissions écrire que :
∣−∫x2xt2+1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1)dt∣=∫x2xt2+1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1)dt\left| - \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} dt \right| = \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} dt
De plus, t>0t>0, d'où :
t4+t2+1>t2    ⟹    t2+t4+t2+1>2t2\sqrt{t^4 + t^2 + 1} > t^2 \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1} > 2 t^2
Et aussi :
t2t4+t2+1>t4t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} > t^4
Donc, on en déduit que :
t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1)>t4×2t2t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right) > t^4 \times 2t^2
d'où :
1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1)<1t4×2t2\dfrac{1}{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} < \dfrac{1}{t^4 \times 2t^2}
Or, comme t>0   ⟹   t2+1>0t>0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, t^2+1>0. Ce qui implique que :
t2+1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1)<t2+12t6\dfrac{t^2 + 1}{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} < \dfrac{t^2 + 1}{2t^6}
En intégrant, entre xx et 2x2x on obtient alors :
∫x2xt2+1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1) dt<∫x2xt2+12t6 dt\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)}\, dt < \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{2t^6} \, dt
Soit encore :
∫x2xt2+1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1) dt<12∫x2xt2+1t6 dt\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)}\, dt < \dfrac{1}{2}\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt
Or, on a :
∫x2xt2+1t6 dt=∫x2xt2t6+1t6 dt=∫x2xt2t6 dt+∫x2x1t6 dt=∫x2x1t4 dt+∫x2x1t6 dt\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2}{t^6} + \dfrac{1}{t^6} \, dt = \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2}{t^6} \, dt + \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{t^6} \, dt = \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{t^4} \, dt + \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{t^6} \, dt
Soit encore :
∫x2xt2+1t6 dt=∫x2xt−4 dt+∫x2xt−6 dt\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \int_{x}^{2x} t^{-4} \, dt + \int_{x}^{2x} t^{-6} \, dt
Ce qui nous donne :
∫x2xt2+1t6 dt=[t−3−3]x2x+[t−5−5]x2x=[t−33]2xx+[t−55]2xx\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \left[ \dfrac{t^{-3}}{-3} \right]_{x}^{2x} + \left[ \dfrac{t^{-5}}{-5} \right]_{x}^{2x} = \left[ \dfrac{t^{-3}}{3} \right]_{2x}^{x} + \left[ \dfrac{t^{-5}}{5} \right]_{2x}^{x}
D'où :
∫x2xt2+1t6 dt=[13t3]2xx+[15t5]2xx=13[1t3]2xx+15[1t5]2xx\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \left[ \dfrac{1}{3t^3} \right]_{2x}^{x} + \left[ \dfrac{1}{5t^5} \right]_{2x}^{x} = \dfrac{1}{3}\left[ \dfrac{1}{t^3} \right]_{2x}^{x} +\dfrac{1}{5} \left[ \dfrac{1}{t^5} \right]_{2x}^{x}
Ainsi, on obtient :
∫x2xt2+1t6 dt=13(1x3−1(2x)3)+15(1x5−1(2x)5)\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \dfrac{1}{3}\left( \dfrac{1}{x^3} - \dfrac{1}{(2x)^3} \right) + \dfrac{1}{5} \left( \dfrac{1}{x^5} - \dfrac{1}{(2x)^5}\right)
Ce qui s'écrit encore :
∫x2xt2+1t6 dt=13(1x3−18x3)+15(1x5−132x5)\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x^3} - \dfrac{1}{8x^3} \right) + \dfrac{1}{5} \left( \dfrac{1}{x^5} - \dfrac{1}{32x^5} \right)
D'où :
∫x2xt2+1t6 dt=13(88x3−18x3)+15(3232x5−132x5)\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \dfrac{1}{3}\left( \dfrac{8}{8x^3} - \dfrac{1}{8x^3} \right) + \dfrac{1}{5} \left( \dfrac{32}{32x^5} - \dfrac{1}{32x^5} \right)
Donc :
∫x2xt2+1t6 dt=124(8x3−1x3)+1160(32x5−1x5)\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \dfrac{1}{24}\left( \dfrac{8}{x^3} - \dfrac{1}{x^3} \right) + \dfrac{1}{160} \left( \dfrac{32}{x^5} - \dfrac{1}{x^5} \right)
ou encore :
∫x2xt2+1t6 dt=124(7x3)+1160(31x5)\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \dfrac{1}{24}\left( \dfrac{7}{x^3} \right) + \dfrac{1}{160} \left( \dfrac{31}{x^5} \right)
Finalement, on trouve que :
∫x2xt2+1t6 dt=724x3+31160x5\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^6} \, dt = \dfrac{7}{24x^3} + \dfrac{31}{160x^5}
Ainsi, on peut écrire que :
∫x2xt2+1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1) dt<748x3+31320x5\int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1}{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)}\, dt < \dfrac{7}{48x^3} + \dfrac{31}{320x^5}
Ce qui implique que :
∣−∫x2xt2+1t2t4+t2+1(t2+t4+t2+1)dt∣<748x3+31320x5\left| - \int_{x}^{2x} \dfrac{t^2 + 1 }{t^2 \sqrt{t^4 + t^2 + 1} \left( t^2 + \sqrt{t^4 + t^2 + 1}\right)} dt \right| < \dfrac{7}{48x^3} + \dfrac{31}{320x^5}
Finalement, on en déduit que :
∣f(x)−12x∣<748x3+31320x5\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| < \dfrac{7}{48x^3} + \dfrac{31}{320x^5}
Donc, au sens large, on obtient bien la relation demandée, à savoir:
∣f(x)−12x∣≤748x3+31320x5\left| f(x) - \dfrac{1}{2x} \right| \leq \dfrac{7}{48x^3} + \dfrac{31}{320x^5}
Question 4

En déduire que :
lim⁡x⟶+∞xf(x)=12\lim_{x \longrightarrow +\infty} xf(x) = \dfrac{1}{2}

Correction
En multipliant la relation précédente par x>0x>0 (le sens de l'inégalité n'est pas modifié), on en déduit que :
∣xf(x)−x2x∣≤7x48x3+31x320x5\left| xf(x) - \dfrac{x}{2x} \right| \leq \dfrac{7x}{48x^3} + \dfrac{31x}{320x^5}
Soit encore :
∣xf(x)−12∣≤748x2+31320x4\left| xf(x) - \dfrac{1}{2} \right| \leq \dfrac{7}{48x^2} + \dfrac{31}{320x^4}
En passant à la limite lim⁡x⟶+∞\lim_{x \longrightarrow +\infty}, on obtient :
lim⁡x⟶+∞∣xf(x)−12∣≤lim⁡x⟶+∞(748x2+31320x4)\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left| xf(x) - \dfrac{1}{2} \right| \leq \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \dfrac{7}{48x^2} + \dfrac{31}{320x^4} \right)
D'où :
lim⁡x⟶+∞∣xf(x)−12∣≤748lim⁡x⟶+∞1x2+31320lim⁡x⟶+∞1x4\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left| xf(x) - \dfrac{1}{2} \right| \leq \dfrac{7}{48} \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{31}{320} \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{1}{x^4}
Ce qui nous donne :
lim⁡x⟶+∞∣xf(x)−12∣≤748×0+31320×0\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left| xf(x) - \dfrac{1}{2} \right| \leq \dfrac{7}{48} \times 0 + \dfrac{31}{320} \times 0
Soit encore :
lim⁡x⟶+∞∣xf(x)−12∣≤0\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left| xf(x) - \dfrac{1}{2} \right| \leq 0
Ce qui implique nécessairement que :
lim⁡x⟶+∞∣xf(x)−12∣=0\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left| xf(x) - \dfrac{1}{2} \right| = 0
Ainsi, on obtient :
lim⁡x⟶+∞(xf(x)−12)=0\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( xf(x) - \dfrac{1}{2} \right) = 0
Soit encore :
lim⁡x⟶+∞xf(x)−lim⁡x⟶+∞12=0\lim_{x \longrightarrow +\infty} xf(x) - \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{1}{2} = 0
Comme la limite d'un nombre est égale au nombre lui même, on trouve que :
lim⁡x⟶+∞xf(x)−12=0\lim_{x \longrightarrow +\infty} xf(x) - \dfrac{1}{2} = 0
Finalement, on trouve que :
lim⁡x⟶+∞xf(x)=12\lim_{x \longrightarrow +\infty} xf(x) = \dfrac{1}{2}