QCM : Riemann, primitives et IPP en L1 de maths

Réponse D.

L’intégrale d’une fonction en escalier est la somme des valeurs multipliées par les longueurs des paliers. Ici, on obtient \(2\times 1+(-1)\times 2+4\times 1=4\). La réponse 5 oublie les longueurs, et 8 compte le palier négatif comme une aire positive. Quant à 3, elle prend la borne 3 pour la longueur du deuxième palier, alors que celui-ci mesure 2.

Réponse B.

Sur tout sous-intervalle, l’indicatrice de \(\mathbb{Q}\) prend les valeurs 0 et 1. Par conséquent, toute fonction en escalier qui la minore a une intégrale au plus 0, et toute fonction qui la majore, au moins 1. En revanche, la partie entière donne une fonction en escalier. De plus, toute fonction monotone est intégrable, même avec une infinité de sauts. Enfin, une fonction bornée avec une seule discontinuité l’est aussi.

Réponse A.

Si \(f\) est continue, positive et non nulle en un point, elle reste supérieure à un réel strictement positif sur un petit intervalle. Son intégrale serait donc strictement positive. Sans continuité, une fonction nulle sauf en un point a pourtant une intégrale nulle. De même, sans positivité, \(x\mapsto x\) sur \([-1,1]\) a une intégrale nulle tout en changeant de signe.

Réponse A.

La valeur absolue d’une intégrale est majorée par l’intégrale de la valeur absolue, car \(0<1\). On obtient donc au plus \(\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\arctan 1=\frac{\pi}{4}\). Le piège \(\frac{\pi}{2}\) prend la limite de l’arc tangente à l’infini. Ensuite, \(\ln 2\) confond avec une primitive de \(\frac{1}{1+x}\). Enfin, \(\frac{1}{5}\) vient d’une primitive du cosinus, ici hors sujet.

Réponse D.

L’inégalité donne \(\left(\int_0^1 xf\right)^2\leqslant\int_0^1 x^2\,\mathrm{d}x\times\int_0^1 f^2=\frac{1}{3}\times 3=1\). En prenant la racine, la valeur absolue est donc au plus 1. Le piège \(\sqrt{3}\) oublie le facteur \(\int x^2\). Ensuite, \(\frac{3}{2}\) multiplie \(\int x\) par \(\int f^2\), sans carrés ni racine. Enfin, \(\frac{1}{3}\) oublie de prendre la racine carrée.

Réponse A.

On met \(n^2\) en facteur au dénominateur : \(S_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(1+k/n)^2}\). On reconnaît ainsi une somme de Riemann de \(x\mapsto\frac{1}{(1+x)^2}\) sur \([0,1]\). Sa limite vaut donc \(\left[-\frac{1}{1+x}\right]_0^1=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\). Le piège \(\ln 2\) oublie le carré. Enfin, 0 croit que des termes tendant vers 0 donnent une somme nulle.

Réponse B.

Soit \(G\) une primitive de \(t\mapsto\frac{\cos t}{t}\) sur \(]0,+\infty[\). Alors \(F(x)=G(3x)-G(x)\), donc \(F^{\prime}(x)=3\,\frac{\cos 3x}{3x}-\frac{\cos x}{x}\), qui se simplifie. Le piège sans facteur 3 oublie la dérivée de la borne \(3x\). Le numérateur \(3\cos 3x\) garde ce facteur mais remplace mal \(t\) par \(3x\) au dénominateur. Enfin, l’ordre inverse échange les deux bornes.

Réponse C.

On dérive \(x\) et on intègre \(e^{2x}\) en \(\frac{1}{2}e^{2x}\). On obtient alors \(\left[\frac{x}{2}e^{2x}\right]_0^1-\frac{1}{2}\int_0^1 e^{2x}\,\mathrm{d}x=\frac{e^2}{2}-\frac{e^2-1}{4}=\frac{e^2+1}{4}\). Le piège \(\frac{e^2}{2}\) s’arrête au crochet. Ensuite, \(\frac{3e^2-1}{4}\) ajoute l’intégrale au lieu de la soustraire. Enfin, \(\frac{e^2-1}{4}\) ne garde que le second terme.

Réponse D.

Ici, on dérive le logarithme et on intègre \(x^2\) en \(\frac{x^3}{3}\). Ainsi, l’intégrale vaut \(\left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]_1^e-\int_1^e\frac{x^2}{3}\,\mathrm{d}x=\frac{e^3}{3}-\frac{e^3-1}{9}\). On trouve donc \(\frac{2e^3+1}{9}\). Le piège \(\frac{2e^3-1}{9}\) se trompe de signe sur la borne 1. De plus, \(\frac{e^3}{3}\) oublie l’intégrale restante, et \(\frac{4e^3-1}{9}\) l’ajoute.

Réponse B.

On intègre par parties en écrivant \(\arctan x=1\times\arctan x\), avec \(1\) intégré en \(x\). On obtient \([x\arctan x]_0^1-\int_0^1\frac{x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x\). Or une primitive de \(\frac{x}{1+x^2}\) est \(\frac{1}{2}\ln(1+x^2)\), d’où le résultat. Le piège sans \(\frac{1}{2}\) oublie ce facteur. Par ailleurs, le signe plus vient d’une IPP mal orientée, et \(\frac{\pi}{4}\) seul oublie l’intégrale restante.

Réponse C.

On a \(\mathrm{d}t=t\,\mathrm{d}x\), et les bornes deviennent 1 et \(e\). L’intégrale vaut donc \(\int_1^e\frac{\mathrm{d}t}{t(t+1)}\), avec \(\frac{1}{t(t+1)}=\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}\). On obtient ainsi \(1-\ln(e+1)+\ln 2\). Le piège \(\ln\frac{e+1}{2}\) oublie de remplacer \(\mathrm{d}x\) par \(\frac{\mathrm{d}t}{t}\). Les deux autres se trompent de signe sur un logarithme.

Réponse C.

On sépare l’intégrale en deux. D’une part, \(\frac{x^3\cos x}{1+x^2}\) est impaire, si bien que son intégrale sur \([-1,1]\) est nulle : le changement \(x\mapsto -x\) le montre. D’autre part, \(\int_{-1}^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=2\arctan 1=\frac{\pi}{2}\). Le piège 0 applique la parité à toute la fonction, qui n’est pas impaire. Ensuite, \(\frac{\pi}{4}\) n’intègre que sur \([0,1]\).