Intégrales et primitives pour lycée

integrales-et-primimitives-lycee-bac


On propose des exercices corrigés sur les intégrales et primitives pour lycée terminale scientifique. Nous traitons en particulier des exercices sur les fonctions définies par une intégrale. Ceux-ci sont souvent donnés à l’examen du Baccalauréat.

Exercice: Soit la fonction $G:]0,+\infty[\to \mathbb{R}$ définie par $$ G(x)=\int^{x^2}_{x} \frac{e^{-t}}{t}dt,\qquad x>0. $$

  1. Montrer que la fonction $G$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et que\begin{align*}G'(x)=\frac{2e^{-x^2}-e^{-x}}{x},\qquad \forall x>0.\end{align*}
  2. Prouver que l’équation $G'(x)=0$ admet une seule solution $\alpha\in ]0,+\infty[$.
  3. Démontrer que $G$ est croissante sur $]0,\alpha[$ est décroissante sur $[\alpha,+\infty[$.
  4. Montrer que la fonction \begin{align*}f(t)=\frac{e^{-t}}{t},\qquad t>0\end{align*}est décroissante
  5. Prouver que $$ 0\le G(x)\le (x^2-x)e^{-x},\quad\forall x\ge 1.$$
  6. Calculer la limite de $G(x)$ quand $x$ tend vers $+\infty$.
  7. Montrer que \begin{align*}\forall x\in ]0,1],\qquad G(x)\le e^{-x}\ln(x).\end{align*}En déduire que $G(x)$ tend vers $-\infty$ quand $x$ tend vers $0$.

Solution:

  1. Soit $f:]0,+\infty[\to \mathbb{R}$ la fonction définie par $$ f(t)=\frac{e^{-t}}{t},\qquad t>0. $$ Le fonction $f$ est continue sur $]0,+\infty[$, donc il admet une primitive $F$ continuent dérivable sur $]0,+\infty[$ avec $F'(t)=f(t)$ pour tout $t>0$. On peut donc reécrire $G(x)$ en fonction de $F$. En effet, pour tout $x>0$ on a \begin{align*}G(x)&=\int^{x^2}_x f(t)dt\cr &= \int^{x^2}_x F'(t)dt\cr &= F(x^2)-F(x).\end{align*}Comme $F$ et $x\mapsto x^2$ sont dérivables sur $]0,+\infty[$ alors $G$ est aussi dérivable sur $]0,+\infty[$. De plus pour tout $x>0,$ on a\begin{align*}G'(x)&=(F(x^2))’-F'(x)\cr & =2xF'(x^2)-f(x)\cr & = 2x f(x^2)-f(x)\cr &= \frac{2e^{-x^2}-e^{-x}}{x}.\end{align*}
  2. Soit $x>0$. Alors \begin{align*}G'(x)=0&\;\Longleftrightarrow\, 2e^{-x^2}-e^{-x}=0\cr & \;\Longleftrightarrow\, 2e^{-x^2}=e^{-x}\cr & \;\Longleftrightarrow\, \ln\left(2e^{-x^2}\right)=\ln(e^{-x})\cr & \;\Longleftrightarrow\, \ln(2)-x^2=-x\cr & \;\Longleftrightarrow\, x^2-x-\ln(2)=0.\end{align*}D’où les solutions de l’équation $G'(x)=0$ sont les racines de l’équations algébrique $x^2-x-\ln(2)=0$ avec $x>0$. Le discriminant de cette équation est $\Delta= 1+4\ln(2)>0$. Deux racines éventuelles\begin{align*}\frac{1+\sqrt{1+4\ln(2)}}{2}>0\quad\text{et}\quad \frac{1-\sqrt{1+4\ln(2)}}{2} < 0.\end{align*}Comme on travail dans $]0,+\infty[,$ on garde la racine positive \begin{align*}\alpha=\frac{1+\sqrt{1+4\ln(2)}}{2}.\end{align*}Il faut remarquer que $\alpha>1$.
  3. Ici en trait aussi les question 3) et 4). Pour déterminer le sense de variation de la fonction $G,$ il suffit d’étudier le signe de la fonction dérivée $G’$ sur $]0,\alpha[$ et sur $[\alpha,+\infty[$. Tout d’abord observons que $G’$ est continue sur $]0,+\infty[$. D’autre on a $G'(x)\to +\infty$ quand $x\to 0^+$ et $G'(\alpha)=0$. Ce qui signifie que sur l’intervalle $]0,\alpha]$, la courbe de la fonction $G’$ va descendre de $+\infty$ vers $\alpha$ toute en restant positive, $G'(x)\ge 0$ sur $]0,\alpha]$. Comme $\alpha$ est racine de $G’$, la courbe de $G’$ va passer par $\alpha$ et continuée sa descente toute en restant négative, car sinon elle va passer encore une fois par l’axe des abscisses, ce qui est impossible car $\alpha$ est la seule racine de $G’$. Donc $G'(x)\le 0$ sur $[\alpha,+\infty[$. Donc $G$ est croissante sur $]0,\alpha,]$ et décroissante sur $[\alpha,+\infty[$.

6- La fonction $f$ est dérivable sur $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et un calcul simple de sa dérivée nous donne\begin{align*}\forall t>0,\quad f'(t)=-\frac{1+t}{t^2}e^{-t} < 0.\end{align*}Et donc $f$ est strictement décroissante sur $]0,+\infty[$. Soit $x\ge 1$. Alors par multiplication par $x$, on a $x^2\ge x$. Comme $f\ge 0$ alors $G(x)\ge 0$ (l’intégrale d’une fonction positive est positif). De plus par décroissance de $f,$ on peut estimer\begin{align*}0\le G(x)&= \int^{x^2}_x f(t)dt\cr & \le \int^{x^2}_x f(x)dt= (x^2-x)f(x)\qquad\quad (\text{car}\; f(t)\le f(x))\cr & \le (x^2-x) \frac{e^{-x}}{x}\cr & \le (x^2-x)e^{-x}\qquad\quad (\text{car}\; \frac{1}{x}\le 1).\end{align*}Comme $(x^2-x)e^{-x}\to 0$ quand $x\to +\infty$, alors $G(x)\to 0$ quand $x\to +\infty$.

7- Soit $x\in ]0,1]$. Pour $t\ge x$ on a $-t\le -x$ et par croissance de la fonction exponentielle on a $e^{-t}\le e^{-x}$. Alors \begin{align*}G(x)&=\int^{x^2}_x \frac{e^{-t}}{t}dt \cr & \le e^{-x} \int^{x^2}_x \frac{1}{t}dt=e^{-x} (\ln(x^2)-\ln(x)).\end{align*}D’où $G(x)\le e^{-x}\ln(x)$ pour tout $x\in ]0,1]$. Comme $e^{-x}\ln(x)\to +\infty$ quand $x\to 0,$ alors $G(x)\to +\infty$ quand $x\to 0$.

Enregistrer un commentaire

Post a Comment (0)

Plus récente Plus ancienne

ça peut vous intéresser