Calculs d’intégrales et sommes de Riemann : corrigé du contrôle de maths en L1

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Barème du contrôle corrigé : calculs d’intégrales et sommes de Riemann

Le corrigé détaillé : calculs d’intégrales et sommes de Riemann

Exercice 1 – Intégrations par parties (4 points)

1. Posons \(u(x) = \ln x\) et \(v(x) = \frac{2}{3}x^{3/2}\). Ces deux fonctions sont de classe \(C^1\) sur \([1\,;\,\mathrm{e}]\), avec \(u^{\prime}(x) = \frac{1}{x}\) et \(v^{\prime}(x) = \sqrt{x}\). L’intégration par parties donne alors :

   \[I = \left[\frac{2}{3}x^{3/2}\ln x\right]_1^{\mathrm{e}} – \frac{2}{3}\int_1^{\mathrm{e}} x^{1/2}\,\mathrm{d}x = \frac{2}{3}\mathrm{e}^{3/2} – \frac{4}{9}\left(\mathrm{e}^{3/2} – 1\right).\]

   En regroupant, on obtient \(I = \dfrac{2\,\mathrm{e}^{3/2} + 4}{9}\).

2. D’abord, avec \(u(x) = x^2\) et \(v(x) = -\cos x\), toutes deux de classe \(C^1\) sur \([0\,;\,\pi]\), on obtient \(J = \left[-x^2\cos x\right]_0^{\pi} + 2\displaystyle\int_0^{\pi} x\cos x\,\mathrm{d}x\). Le crochet vaut \(\pi^2\).

   Ensuite, avec \(u(x) = x\) et \(v(x) = \sin x\), il vient \(\displaystyle\int_0^{\pi} x\cos x\,\mathrm{d}x = \left[x\sin x\right]_0^{\pi} – \int_0^{\pi}\sin x\,\mathrm{d}x = 0 – 2 = -2\). Par conséquent, \(J = \pi^2 – 4\).

3. On écrit \(\arctan x = 1 \times \arctan x\), puis on intègre le facteur \(1\). Les fonctions \(x \mapsto x\) et \(\arctan\) sont de classe \(C^1\) sur \([0\,;\,1]\). Ainsi :

   \[K = \left[x\arctan x\right]_0^1 – \int_0^1 \frac{x}{1 + x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{4} – \left[\frac{1}{2}\ln\left(1 + x^2\right)\right]_0^1.\]

   On conclut donc que \(K = \dfrac{\pi}{4} – \dfrac{\ln 2}{2}\).

Piège classique : dans la deuxième intégration par parties, oublier le facteur \(2\) obtenu lors de la première. Notez chaque étape sur une ligne séparée.

Barème : a) 1,5 point (choix et classe 0,5, calcul 0,5, résultat 0,5) ; b) 1,5 point (0,75 par intégration par parties) ; c) 1 point.

Exercice 2 – Trois changements de variable (4 points)

1. L’application \(u \mapsto u^2 – 1\) est de classe \(C^1\) sur \([1\,;\,2]\), à valeurs dans \([0\,;\,3]\). On pose donc \(x = u^2 – 1\), d’où \(\mathrm{d}x = 2u\,\mathrm{d}u\) et \(\sqrt{x + 1} = u\). Les bornes \(0\) et \(3\) deviennent \(1\) et \(2\). Il vient :

   \[\int_0^{3} \frac{x}{\sqrt{x + 1}}\,\mathrm{d}x = \int_1^{2} \frac{u^2 – 1}{u}\,2u\,\mathrm{d}u = 2\left[\frac{u^3}{3} – u\right]_1^{2} = 2\left(\frac{2}{3} + \frac{2}{3}\right).\]

   La valeur cherchée est donc \(\dfrac{8}{3}\).

2. La fonction \(\ln\) est de classe \(C^1\) sur \([1\,;\,\mathrm{e}]\), et \(\mathrm{d}u = \frac{\mathrm{d}x}{x}\). Les bornes deviennent \(0\) et \(1\). Ainsi l’intégrale vaut \(\displaystyle\int_0^1 u^2\,\mathrm{d}u\), soit \(\dfrac{1}{3}\).

3. L’application \(t \mapsto \frac{\pi}{2} – t\) est de classe \(C^1\), et \(\mathrm{d}x = -\mathrm{d}t\). Quand \(x\) va de \(0\) à \(\frac{\pi}{2}\), la variable \(t\) va de \(\frac{\pi}{2}\) à \(0\). De plus, \(\sin\left(\frac{\pi}{2} – t\right) = \cos t\). On obtient alors :

   \[\int_0^{\pi/2} \sin^2 x\,\mathrm{d}x = \int_{\pi/2}^{0} \cos^2 t\,(-\mathrm{d}t) = \int_0^{\pi/2} \cos^2 t\,\mathrm{d}t.\]

   Notons \(A\) cette valeur commune. Comme \(\sin^2 + \cos^2 = 1\), la somme des deux intégrales vaut \(\frac{\pi}{2}\), donc \(2A = \frac{\pi}{2}\). Finalement, \(A = \dfrac{\pi}{4}\).

Piège classique : garder les anciennes bornes après le changement de variable. Les bornes se transforment en même temps que l’élément différentiel.

Barème : a) 1,5 point (changement justifié 0,5, bornes 0,25, calcul 0,75) ; b) 1 point ; c) 1,5 point (égalité 1, valeur commune 0,5).

Exercice 3 – Sommes de Riemann et rectangles (4 points)

1. Théorème. Si \(g\) est continue sur \([0\,;\,1]\), alors \(\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n} g\!\left(\frac{k}{n}\right)\) tend vers \(\displaystyle\int_0^1 g(x)\,\mathrm{d}x\) quand \(n \to +\infty\). Le résultat reste vrai avec la somme de \(k = 0\) à \(n – 1\).

2. La fonction \(g : x \mapsto \sqrt{1 + 3x}\) est continue sur \([0\,;\,1]\), et \(a_n\) est exactement sa somme de Riemann à droite. Par conséquent :

   \[a_n \to \int_0^1 \sqrt{1 + 3x}\,\mathrm{d}x = \left[\frac{2}{9}(1 + 3x)^{3/2}\right]_0^1 = \frac{2}{9}(8 – 1).\]

   La limite vaut donc \(\dfrac{14}{9}\).

3. On factorise par \(\frac{1}{n}\) : chaque terme s’écrit \(\frac{n}{(n + k)^2} = \frac{1}{n} \times \frac{1}{(1 + k/n)^2}\). Ainsi \(b_n\) est la somme de Riemann de \(h : x \mapsto \frac{1}{(1 + x)^2}\), continue sur \([0\,;\,1]\). Il en découle que \(b_n \to \left[-\frac{1}{1 + x}\right]_0^1 = -\frac{1}{2} + 1\), soit \(b_n \to \dfrac{1}{2}\).

4. La fonction \(f\) est décroissante sur \([0\,;\,1]\). Pour \(1 \leq k \leq n\) et \(x \in \left[\frac{k-1}{n}\,;\,\frac{k}{n}\right]\), on a donc \(f\!\left(\frac{k}{n}\right) \leq f(x) \leq f\!\left(\frac{k-1}{n}\right)\). En intégrant sur cet intervalle de longueur \(\frac{1}{n}\), puis en sommant grâce à la relation de Chasles :

   \[S_n \leq L \leq \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\!\left(\frac{k}{n}\right) = S_n + \frac{f(0) – f(1)}{n}.\]

   Sur la figure, les rectangles bleus sont sous la courbe, tandis que les rectangles orange la dépassent. Les surplus orange, empilés, forment une colonne de largeur \(\frac{1}{n}\) et de hauteur \(f(0) – f(1) = \frac{1}{2}\). On obtient ainsi \(0 \leq L – S_n \leq \dfrac{1}{2n}\), avec \(L = \ln 2\).

   Enfin, \(\frac{1}{2n} \leq 10^{-2}\) équivaut à \(n \geq 50\). Le choix \(n = 50\) garantit donc la précision demandée.

Piège classique : appliquer le théorème sans avoir fait apparaître le facteur \(\frac{1}{n}\) et une expression en \(\frac{k}{n}\) seulement.

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point (reconnaissance 0,5, calcul 0,5) ; c) 1 point ; d) 1,5 point (encadrement sur un intervalle 0,5, sommation 0,5, majoration et choix de n 0,5).

Exercice 4 – Une intégrale à bornes variables (3 points)

1. La fonction \(\varphi\) est continue sur \(\mathbb{R}\), car \(1 + t^4 > 0\). D’après le théorème fondamental de l’analyse, elle admet une primitive \(\Phi\) de classe \(C^1\). On écrit alors \(H(x) = \Phi(3x) – \Phi(x)\), donc \(H\) est de classe \(C^1\) comme composée et différence de telles fonctions. Ainsi :

   \[H^{\prime}(x) = 3\,\varphi(3x) – \varphi(x) = \frac{3}{\sqrt{1 + 81x^4}} – \frac{1}{\sqrt{1 + x^4}}.\]

2. Soit \(x\) réel. Dans \(H(-x) = \displaystyle\int_{-x}^{-3x}\varphi(t)\,\mathrm{d}t\), posons \(t = -u\). Comme \(\varphi\) est paire, il vient \(H(-x) = -\displaystyle\int_{x}^{3x}\varphi(u)\,\mathrm{d}u\). Donc \(H(-x) = -H(x)\) : la fonction \(H\) est impaire.

3. Soit \(x > 0\). Pour \(t \in [x\,;\,3x]\), on a \(t > 0\) et \(1 + t^4 \geq t^4\), donc \(0 < \varphi(t) \leq \frac{1}{t^2}\). Les bornes sont dans l’ordre croissant, si bien que la positivité de l’intégrale donne :

   \[0 \leq H(x) \leq \int_x^{3x}\frac{\mathrm{d}t}{t^2} = \frac{1}{x} – \frac{1}{3x} = \frac{2}{3x}.\]

   D’après le théorème des gendarmes, \(H(x) \to 0\) en \(+\infty\). Enfin, par imparité, \(H(x) \to 0\) aussi en \(-\infty\).

Barème : a) 1,5 point (continuité et primitive 0,5, classe 0,25, dérivée 0,75) ; b) 0,5 point ; c) 1 point (majoration 0,5, deux limites 0,5).

Exercice 5 – Problème : une suite d’intégrales et le logarithme de 3/2 (5 points)

1. Une primitive de \(x \mapsto \frac{1}{2 + x}\) sur \([0\,;\,1]\) est \(x \mapsto \ln(2 + x)\). Donc \(J_0 = \ln 3 – \ln 2\), soit \(J_0 = \lambda\).

2. Par linéarité de l’intégrale, \(J_{n+1} + 2J_n = \displaystyle\int_0^1 \frac{x^n(x + 2)}{2 + x}\,\mathrm{d}x = \int_0^1 x^n\,\mathrm{d}x\). On obtient bien \(J_{n+1} + 2J_n = \dfrac{1}{n + 1}\).

3. Pour \(x \in [0\,;\,1]\), on a \(x^{n+1} \leq x^n\), et \(2 + x > 0\). La positivité de l’intégrale donne donc \(J_{n+1} \leq J_n\) : la suite \((J_n)\) est décroissante.

   De plus, \(\frac{1}{3} \leq \frac{1}{2 + x} \leq \frac{1}{2}\) sur \([0\,;\,1]\). On multiplie par \(x^n \geq 0\), puis on intègre. Comme \(\int_0^1 x^n\,\mathrm{d}x = \frac{1}{n + 1}\), il vient \(\dfrac{1}{3(n + 1)} \leq J_n \leq \dfrac{1}{2(n + 1)}\).

4. Soit \(n \geq 1\). La relation b) au rang \(n – 1\) s’écrit \(J_n + 2J_{n-1} = \frac{1}{n}\). Or \(J_n \leq J_{n-1}\), donc \(3J_n \leq J_n + 2J_{n-1} = \frac{1}{n}\). On en déduit \(J_n \leq \dfrac{1}{3n}\).

   Avec la minoration de c), on obtient alors \(\frac{n}{3(n + 1)} \leq nJ_n \leq \frac{1}{3}\). Le minorant tend vers \(\frac{1}{3}\). Le théorème des gendarmes donne donc \(nJ_n \to \dfrac{1}{3}\).

5. Initialisation. La relation b) pour \(n = 0\) donne \(J_1 = 1 – 2\lambda\). Par ailleurs, \(\sigma_1 = \frac{1}{2}\) et \((-2)(\lambda – \frac{1}{2}) = 1 – 2\lambda\). La formule est donc vraie au rang \(1\).

   Hérédité. Supposons \(J_n = (-2)^n(\lambda – \sigma_n)\) pour un certain \(n \geq 1\). La relation b) donne \(J_{n+1} = \frac{1}{n + 1} – 2J_n = (-2)^{n+1}(\lambda – \sigma_n) + \frac{1}{n + 1}\). D’autre part, \(\sigma_{n+1} = \sigma_n + \frac{(-1)^n}{(n + 1)\,2^{n+1}}\), donc :

   \[(-2)^{n+1}(\lambda – \sigma_{n+1}) = (-2)^{n+1}(\lambda – \sigma_n) – \frac{(-1)^{n+1}(-1)^n}{n + 1} = (-2)^{n+1}(\lambda – \sigma_n) + \frac{1}{n + 1}.\]

   Les deux expressions coïncident. Par récurrence, \(J_n = (-2)^n(\lambda – \sigma_n)\) pour tout \(n \geq 1\).

6. D’après e), on a \(|\lambda – \sigma_n| = \frac{J_n}{2^n}\). Grâce à la majoration de c), il vient \(|\lambda – \sigma_n| \leq \frac{1}{2^{n+1}(n + 1)}\), qui tend vers \(0\). Ainsi \(\sigma_n \to \lambda = \ln\frac{3}{2}\).

Piège classique : écrire la limite de \(nJ_n\) en passant à la limite dans la relation b) sans avoir prouvé que cette limite existe. L’encadrement de la question d) règle ce point.

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,75 point ; c) 1 point (monotonie 0,5, encadrement 0,5) ; d) 1,25 point (majoration 0,75, limite 0,5) ; e) 1 point (initialisation 0,25, hérédité 0,75) ; f) 0,5 point.

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