Title: Integrale generalisee 2
Course: Prérequis de mathématiques (Mathuselem)

Q: On considère l’intégrale suivante : \({I = \int_{0}^{+ \infty} \, t e^{-3t} \, dt}\).

On a : \[ I = \dfrac{n}{p}\]

où \(n\) et \(p\) sont des entiers relatifs tels que la fraction \(\dfrac{n}{p}\) soit irréductible.

Entrer la valeur de l’entier relatif \[n\] dans la case suivante : [...]

Entrer la valeur de l’entier relatif \[p\] dans la case suivante : [...]
A: 1; 9
Feedback: Remarque : on constate que la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto t e^{-3t}\] est continue sur \([0,+\infty [\). On pose : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in [0, + \infty [, \qquad I(x) & = & \int_{0}^{ x} \, te^{-3t} \, dt \end{eqnarray*}\] Pour le calcul de \(I(x)\) on effectue une intégration par parties en posant : \[\begin{array}{ c c c c c c c c } \rule[-10 pt]{0pt}{25 pt} \forall t \in [0,x] \qquad \qquad &u(t) & = & t & \qquad \mbox{d'où} \qquad & u'(t) & = & 1 \\ \rule[-15 pt]{0pt}{25 pt} & v'(t) &= & e^{-3t} &\qquad \mbox{on peut choisir} \qquad & v(t) & = & - \dfrac{1}{3} e^{-3t} \\ \end{array}\] Les fonctions \(u\) et \(v\) étant de classe \(\mathcal{C}^{1}\) d’après le théorème d’intégration par parties on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I(x) & = & \left [ t \left ( - \frac{1}{3} e^{-3t} \right ) \right ] ^{x}_{0} - \int_{0}^{x} \,1 . \left ( - \frac{1}{3} e^{-3t} \right ) \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & x \left ( - \frac{1}{3} e^{-3x}\right ) - 0 \left ( - \frac{1}{3} e^{-3.0}\right ) + \dfrac{1}{3} \int_{0}^{x} \,e^{-3t} \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & - \frac{1}{3} x e^{-3x} + \dfrac{1}{3} \left [ - \frac{1}{3} e^{-3t} \right ] ^{x}_{0} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & - \frac{1}{3} x e^{-3x} - \dfrac{1}{9} e^{-3x} + \frac{1}{9} \end{eqnarray*}\] De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty } { -\dfrac{1}{3} x\, e^{-3x} } = 0 }\) et \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty } { -\dfrac{1}{9} \, e^{-3x} } = 0 }\) on en déduit que : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} \lim_{x\to + \infty} { I(x) } & = & \lim_{x\to + \infty} { \; \int_{0}^{ x} \, te^{-3t} \, dt } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{1}{9} \end{eqnarray*}\] Donc l’intégrale \(I\) converge et \[ I = \dfrac{1}{9}\]

Q: On considère l’intégrale suivante : \({I = \int_{0}^{1} \, t \, \ln t \, dt}\).
- \(I = -1\).
- \(I = - \ln 2\).
- \(I = - 0,25\).
- L’intégrale \(I\) diverge.
A: \(I = - 0,25\).
Feedback: Remarque : on constate que la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto t \, \ln t \,\] est continue sur \(]0,1]\). On pose : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in ]0,1], \qquad I(x) & = & \int_{x}^{ 1} \, t \, \ln t \, \, dt \\ \end{eqnarray*}\] Pour le calcul de \(I(x)\) on effectue une intégration par parties en posant : \[\begin{array}{ c c c c c c c c } \rule[-10 pt]{0pt}{25 pt} \forall t \in [x,1] \qquad \qquad &u(t) & = & \ln t \, & \qquad \mbox{d'où} \qquad & u'(t) & = & \dfrac{1}{ t} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & v'(t) &= & t &\qquad \mbox{on peut choisir} \qquad & v(t) & = & \dfrac{1}{2} t^{2} \\ \end{array}\] Les fonctions \(u\) et \(v\) étant de classe \(\mathcal{C}^{1}\) d’après le théorème d’intégration par parties on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I(x) & = & \left [ \ln t \, \left ( \frac{1}{2} t^{2} \right ) \right ] ^{1}_{x} - \int_{x}^{1} \, \dfrac{1}{t} . \left ( \frac{1}{2} t^{2} \right ) \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & 0 - \ln x \left ( \frac{1}{2} x^{2} \right ) - \dfrac{1}{2} \int_{x}^{1} \, t \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & - \frac{1}{2} x^{2} \ln x - \dfrac{1}{2} \left [ \frac{1}{2} t^{2} \right ] ^{1}_{x} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & - \frac{1}{2} x^{2} \ln x - \dfrac{1}{4} + \frac{1}{4} x^{2} \end{eqnarray*}\] De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to 0} { -\dfrac{1}{2} x^{2} \ln x } = 0 }\) et \(\displaystyle { \lim_{x\to 0} { \dfrac{1}{4} \, x^{2} } = 0 }\) on en déduit que : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} \lim_{x\to 0} { I(x) } & = & \lim_{x\to 0} { \; \int_{x}^{ 1} \, t \ln t \, dt } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & -\dfrac{1}{4} \end{eqnarray*}\] Donc l’intégrale \(I\) converge et \[ I = -\dfrac{1}{4}\]

Q: On admet le résultat suivant :

l’intégrale \(\displaystyle {J = \int_{0}^{+ \infty} \, e^{-\frac{t^{2}}{2}} \, dt}\) converge et on \(\displaystyle { \int_{0}^{+ \infty} \, e^{-\frac{t^{2}}{2}} \, dt = 0}\)

On considère l’intégrale suivante : \({I = \int_{0}^{+ \infty} \, t^{2} e^{-\frac{t^{2}}{2}} \, dt}\).

L’intégrale \(I\) converge et on a ; \(\displaystyle { \int_{0}^{+ \infty} \, t^{2} e^{-\frac{t^{2}}{2}} \, dt = \sqrt{ \frac{n}{p} \pi }}\)

où \(n\) et \(p\) sont deux entiers naturels tels que la fraction \(\dfrac{n}{π}\) soit irréductible

Entrer la valeur de l’entier relatif \[n\] dans la case suivante : [...]

Entrer la valeur de l’entier relatif \[p\] dans la case suivante : [...]
A: 1; 2
Feedback: Remarque : on constate que la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto t^{2} e^{-\frac{t^{2}}{2}}\] est continue sur \([0,+\infty [\). On pose : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in [0, + \infty [, \qquad I(x) & = & \int_{0}^{ x} \, t^{2} e^{-\frac{t^{2}}{2}} \, \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \int_{0}^{ x} \, t . t \, e^{-\frac{t^{2}}{2}} \, \, dt \\ \end{eqnarray*}\] Pour le calcul de \(I(x)\) on effectue une intégration par parties en posant : \[ \begin{array}{ c c c c c c c c } \rule[-10 pt]{0pt}{25 pt} \forall t \in [0,x] \qquad \qquad &u(t) & = & t & \qquad \mbox{d'où} \qquad & u'(t) & = & 1 \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & v'(t) &= & t \, e^{-\frac{t^{2}}{2}} & \qquad \mbox{on peut choisir} \qquad & v(t) & = & - e^{-\frac{t^{2}}{2}} \\ \end{array}\] Les fonctions \(u\) et \(v\) étant de classe \(\mathcal{C}^{1}\) d’après le théorème d’intégration par parties on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I(x) & = & \left [ t \left( - e^{-\frac{t^{2}}{2}} \right ) \right ] ^{x}_{0} - \int_{0}^{x} \, 1 . \left ( - e^{-\frac{t^{2}}{2}} \right ) \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & - x e^{-\frac{x^{2}}{2}} - 0 + \int_{0}^{x} \, e^{-\frac{t^{2}}{2}} \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & - x e^{-\frac{x^{2}}{2}} + \int_{0}^{x} \, e^{-\frac{t^{2}}{2}} \, dt \\ \end{eqnarray*}\] De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty } { - x e^{-\frac{x^{2}}{2}} } = 0}\) et \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty } { \int_{0}^{x} \, e^{-\frac{t^{2}}{2}} \, dt } = J }\) on en déduit que : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} \lim_{x\to + \infty} { I(x) } & = & \lim_{x\to + \infty} { \; \int_{0}^{ x} \, t^{2} e^{-\frac{t^{2}}{2}} \, dt } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \sqrt{ \frac{\pi}{2} } \end{eqnarray*}\] Donc l’intégrale \(I\) converge et on a ; \(\displaystyle { \int_{0}^{+ \infty} \, t^{2} e^{-\frac{t^{2}}{2}} \, dt = \sqrt{ \frac{\pi}{2} } }\).

Q: On considère l’intégrale suivante : \(\displaystyle {I = \int_{\frac{1}{2}}^{1} \, \dfrac{1}{\sqrt t \sqrt{1-t}} \, dt}\).

On a : \[ I = \dfrac{n}{p}\pi \]

où \(n\) et \(p\) sont des entiers relatifs tels que la fraction \(\dfrac{n}{p}\) soit irréductible.

Indication : on pourra effectuer un changement de variable en posant : $t = u^{2} $

Entrer la valeur de l’entier relatif \[n\] dans la case suivante : [...]

Entrer la valeur de l’entier relatif \[p\] dans la case suivante : [...]
A: 1; 2
Feedback: Remarque : on constate que la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto \dfrac{1}{\sqrt t \sqrt{1-t}}\] est continue sur \([\frac{1}{2},1[\). On pose : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in [\dfrac{1}{2},1[, \qquad I(x) & = & \int_{\frac{1}{2}}^{ x} \, \dfrac{1}{\sqrt t \sqrt{1-t}} \, dt \\ \end{eqnarray*}\] Pour le calcul de \(I(x)\) on effectue un changement de variable en posant : $t = u^{2} $ \[ \begin{array}{ c c c l c c c c } \rule[-10 pt]{0pt}{25 pt} \mbox{On a :} \qquad \qquad \forall t \in [\frac{1}{2},x[ \qquad &t & = & u^{2} & \qquad \Longleftrightarrow \qquad & u & = & \sqrt t \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} &\dfrac{dt}{du} &= & 2 u & \qquad \mbox{d'où} \qquad & dt & = & 2u\, du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} &\mbox{Si} \qquad t &= &\frac{1}{2} & \qquad \mbox{alors} \qquad & u & = & \sqrt {\frac{1}{2}}\\ \rule[-15 pt]{0pt}{20 pt} &\mbox{Si} \qquad t &= & x & \qquad \mbox{alors} \qquad & u & = &\sqrt x\\ \end{array}\] D’après le théorème du changement de variable on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I(x) & = & \int_{\sqrt{ \frac{1}{2} } }^{ \sqrt x} \, \frac{1}{\sqrt { u^{2} } \sqrt { 1 - u^{2} } } \, 2 u \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \int_{\sqrt{ \frac{1}{2} } }^{ \sqrt x} \, \frac{1}{|u| \sqrt { 1 - u^{2} } } \, 2 u \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \int_{\sqrt{ \frac{1}{2} } }^{ \sqrt x} \, \frac{1}{u \sqrt { 1 - u^{2} } } \, 2 u \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \int_{\sqrt{ \frac{1}{2} } }^{ \sqrt x} \, \frac{2}{\sqrt { 1 - u^{2} } } \, \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \left [ 2\mbox{ \rule[-5 pt]{0pt}{5 pt} Arcsin} \, u \right ]_{\sqrt{ \frac{1}{2} } }^{ \sqrt x} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & 2 \left ( \mbox{Arcsin} \, \sqrt x - \dfrac{\pi}{4} \right ) \qquad \mbox{car } \mbox{Arcsin} \, \sqrt{ \frac{1}{2} } = \dfrac{\pi}{4} \\ \end{eqnarray*}\] De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to 1} { \mbox{Arcsin} \, \sqrt x } = \mbox{Arcsin} 1 }\) on en déduit que : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} \lim_{x\to 1} { I(x) } & = & \lim_{x\to 1} { \; \int_{\frac{1}{2}}^{ x} \, \dfrac{1}{\sqrt t \sqrt{1-t}} \, dt } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & 2 \left ( \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\pi}{4} \right ) \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{\pi}{2} \\ \end{eqnarray*}\] Donc l’intégrale \(I\) converge et \[ I = \dfrac{\pi}{2}\]

Q: On considère l’intégrale suivante : \(\displaystyle {I = \int_{0}^{+ \infty} \, \dfrac{e^{-2t}}{2 + t} \, dt}\).

1. Soit la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto \dfrac{e^{-2t}}{2 + t}\]

On a : $ t t _{+} & & & 1 & & 2 & & & & \ & & & 1 & & 2 + t & & ; t > 0 & & \

& & & & & 1 & & & & \ \end{array}$$

On en déduit que :

\[\begin{array}{ r ccccccccc } \forall t \in \mathbb{R}_{+} & & & 0 & \leq & \dfrac{e^{-2t}}{2 + t} & \leq & e^{-2t} & & \\ \end{array}\]

On considère l’intégrale suivante : \(\displaystyle {J = \int_{0}^{+ \infty} \, e^{-2t}\, dt}\).

Remarque : on constate que la fonction \(g\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto e^{-2t}\] est continue sur \([0,+\infty [\).

On a :

\[\begin{eqnarray*} \forall x \in [0, + \infty [, \qquad \int_{0}^{ x} \, e^{-2t} \, dt & = & \left [ - \frac {1}{ 2 } e^{- 2t } \right ]^{x}_ {0} \\ \rule[-4 pt]{0pt}{30pt} & = & - \dfrac{1}{2} \left ( e^{- 2x } - 1 \right ) \\ \rule[-4 pt]{0pt}{30pt} & = & \dfrac{1}{2} - e^{-2x} \end{eqnarray*}\]

De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty } {e^{-2x} } = 0 }\) on en déduit que :

\[\begin{eqnarray*} \lim_{x\to + \infty} { \; \int_{0}^{ x} \, e^{-2t} \, dt } & = & \dfrac{1}{2} \end{eqnarray*}\]

Donc l’intégrale \(J\) converge et \[ \displaystyle { \int_{0}^{+ \infty} \, e^{-2t} \, dt = \dfrac{1}{2} }\]

CONCLUSION :

On a : $ x [0, + [ , 0 f(t) e^{-2t}$ et l’intégrale \(\displaystyle {\int_{0}^{+ \infty} \, e^{-2t} \, dt }\) converge

d’après le théorème de comparaison pour les fonctions positives on peut en déduire que l’intégrale \(\displaystyle {\int_{0}^{+ \infty} \, f(t) \, dt }\) converge, c’est à dire \(I\) converge.

1. [...]
2. [...]
A: 0; 1

Q: On considère l’intégrale suivante : \(\displaystyle {I = \int_{1}^{+ \infty} \, \dfrac{\ln {t^{3}}}{t+ 1 } \, dt}\).

Soit la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto \dfrac{\ln {t^{3}}}{t + 1 } \]

On a : $ t t & & & e^{3} & & t^{3} & & & & \

& & & 3 & & t^{3} & & & & \ \end{array}$$

On en déduit que :

\[\begin{array}{ r ccccccccc } \forall t \in [e,+ \infty [ & & & & \dfrac{3}{1 + t} & & \leq & f(t) & & \\ \end{array}\]

On considère l’intégrale suivante : \(\displaystyle {J = \int_{e}^{+ \infty} \, \dfrac{3}{1 + t} \, dt}\).

Remarque : on constate que la fonction \(g\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto \dfrac{3}{1 + t} \] est continue sur \([e,+\infty [\).

On a :

\[\begin{eqnarray*} \forall x \in [e, + \infty [, \qquad \int_{e}^{ x} \, \dfrac{3}{1 + t} \, dt & = & 3\left [ \rule[-4 pt]{0pt}{4pt} \ln |t + 1| \right ]^{x}_ {e} \\ \rule[-4 pt]{0pt}{30pt} & = & 3 \left ( \ln(x+1) - \ln(e+1) \right ) \\ \end{eqnarray*}\]

De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty } {\ln (x+1) } = + \infty }\) on en déduit que :

\[\begin{eqnarray*} \lim_{x\to + \infty} { \; \int_{e}^{ x} \, \dfrac{3}{1 + t} \, dt } & = & + \infty \end{eqnarray*}\]

Donc l’intégrale \(J\) diverge.

CONCLUSION :

On a : \(\forall t \in [e, + \infty [ , 0 \leq \dfrac{3}{1 + t} \leq f(t)\) et l’intégrale \(\displaystyle {\int_{e}^{+ \infty} \,\dfrac{3}{1 + t} \, dt }\) diverge

d’après le théorème de comparaison pour les fonctions positives on peut en déduire que l’intégrale \(\displaystyle {\int_{e}^{+ \infty} \, f(t) \, dt }\) diverge.

La fonction \(f\) étant continue sur \([1,+ \infty [\) on en déduit que l’intégrale \(\displaystyle {\int_{1}^{+ \infty} \, f(t) \, dt }\) diverge, c’est à dire l’intégrale \(I\) diverge.

1. [...]
2. [...]
A: 3; 1

Q: On considère l’intégrale suivante : \(\displaystyle {I = \int_{\frac{1}{2}}^{1} \, \dfrac{t}{\sqrt t \sqrt{1-t}} \, dt}\).

On a : \[ I = \dfrac{n}{p} \left ( \pi + q \right )\]

où \(n\), \(p\) et \(q\) sont des entiers naturels tels que la fraction \(\dfrac{n}{p}\) soit irréductible.

Indication : on pourra effectuer un changement de variable en posant : $t = ^{2} u $

Entrer la valeur de l’entier naturel \[n\] dans la case suivante : [...]

Entrer la valeur de l’entier naturel \[p\] dans la case suivante : [...]

Entrer la valeur de l’entier naturel \[q\] dans la case suivante : [...]
A: 1; 4; 2
Feedback: Remarque : on constate que la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto \dfrac{t}{\sqrt t \sqrt{1-t}}\] est continue sur \([\frac{1}{2},1[\). On pose : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in [\dfrac{1}{2},1[, \qquad I(x) & = & \int_{\frac{1}{2}}^{ x} \, \dfrac{t}{\sqrt t \sqrt{1-t}} \, dt \\ \end{eqnarray*}\] Pour le calcul de \(I(x)\) on effectue un changement de variable en posant : $t = ^{2} u $ \[ \begin{array}{ c c c l c c c c } \rule[-10 pt]{0pt}{25 pt} \mbox{On a :} \qquad \qquad \forall t \in [\frac{1}{2},x[ \qquad &t & = & \sin^{2}u & \qquad \Longleftrightarrow \qquad & u & = & \mbox{Arcsin} \, \sqrt t \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} &\dfrac{dt}{du} &= & 2 \cos u \sin u & \qquad \mbox{d'où} \qquad & dt & = & 2 \cos u \sin u \, du\\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} &\mbox{Si} \qquad t &= &\frac{1}{2} & \qquad \mbox{alors} \qquad & u & = & \mbox{Arcsin} \, \sqrt {\frac{1}{2}}\\ \rule[-15 pt]{0pt}{20 pt} &\mbox{Si} \qquad t &= & x & \qquad \mbox{alors} \qquad & u & = & \mbox{Arcsin} \, \sqrt x\\ \end{array}\] D’après le théorème du changement de variable on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I(x) & = & \int_{\mbox{Arcsin} \, \sqrt{ \frac{1}{2} } }^{\mbox{Arcsin} \, \sqrt x} \, \frac{ \sin ^{2} u }{\sqrt{\sin^{2} u} \sqrt { 1 - \sin^{2} u} } \, 2 \cos u \sin u \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \int_{\mbox{Arcsin} \, \frac{1}{ \sqrt 2} }^{\mbox{Arcsin} \, \sqrt x} \, \frac{ \sin ^{2} u }{\sqrt{\sin^{2} u} \sqrt { \cos^{2} u} } \, 2 \cos u \sin u \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \int_{\frac{\pi}{4} }^{\mbox{Arcsin} \, \sqrt x} \, \frac{ \sin ^{2} u } { | \sin u | | \cos u|} \, 2 \cos u \sin u \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \int_{\frac{\pi}{4} }^{\mbox{Arcsin} \, \sqrt x} \, \frac{ \sin ^{2} u } { \sin u \cos u } \, 2 \cos u \sin u \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \int_{\frac{\pi}{4} }^{\mbox{Arcsin} \, \sqrt x} \, 2 \sin ^{2} u \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \int_{\frac{\pi}{4} }^{\mbox{Arcsin} \, \sqrt x} \, 2 . \dfrac{1}{2} \left ( 1 - \cos 2u \right ) \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \left [ u - \dfrac{1}{2} \sin 2u \right ]_{\frac{\pi}{4} }^{\mbox{Arcsin} \, \sqrt x} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \mbox{Arcsin} \, \sqrt x - \dfrac{1}{2} \sin \left ( 2\mbox{Arcsin} \, \sqrt x \right )- \left ( \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{1}{2} \sin 2 \dfrac{\pi}{4} \right ) \\ \end{eqnarray*}\] De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to 1} { \mbox{Arcsin} \, \sqrt x } = \mbox{Arcsin} 1 }\) et \(\mbox{Arcsin} 1 = \dfrac{\pi}{2}\) on en déduit que : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} \lim_{x\to 1} { I(x) } & = & \lim_{x\to 1} { \; \int_{\frac{1}{2}}^{ x} \, \dfrac{t}{\sqrt t \sqrt{1-t}} \, dt } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{\pi}{2} - 0 - \left (\dfrac{\pi}{4} - \dfrac{1}{2} \right ) \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{1}{4} \left ( \pi + 2 \right ) \\ \end{eqnarray*}\] Donc l’intégrale \(I\) converge et \[ I = \dfrac{1}{4} \left ( \pi + 2 \right )\]

Q: On considère l’intégrale suivante : \(\displaystyle {I = \int_{0}^{1} \, \dfrac{ \ln t}{(t +1)^{2}} \, dt}\).

On a : \[ I = n\ln p\]

où \(n\) et \(p\) sont des entiers relatifs.

Entrer la valeur de l’entier relatif \[n\] dans la case suivante : [...]

Entrer la valeur de l’entier relatif \[p\] dans la case suivante : [...]
A: -1; 2
Feedback: Remarque : on constate que la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto \dfrac{ \ln t}{(t +1)^{2}}\] est continue sur \(]0,1]\). On pose : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in ]0,1], \qquad I(x) & = & \int_{x}^{ 1} \, \dfrac{ \ln t}{(t +1)^{2}} \, dt \\ \end{eqnarray*}\] Pour le calcul de \(I(x)\) on effectue une intégration par parties en posant : \[ \begin{array}{ c c c c c c c c } \rule[-10 pt]{0pt}{25 pt} \forall t \in [x,1] \qquad \qquad &u(t) & = & \ln t \, & \qquad \mbox{d'où} \qquad & u'(t) & = & \dfrac{1}{ t} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & v'(t) &= & \dfrac{1}{(t+1)^{2}} &\qquad \mbox{on peut choisir} \qquad & v(t) & = & - \dfrac{1}{t+1} \\ \end{array}\] Les fonctions \(u\) et \(v\) étant de classe \(\mathcal{C}^{1}\) d’après le théorème d’intégration par parties on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I(x) & = & \left [ \ln t \, \frac{-1}{t+1} \right ] ^{1}_{x} - \int_{x}^{1} \, \dfrac{1}{t} . \frac{-1}{1+t} \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & 0 - \left (- \frac{\ln x}{x + 1} \right ) + \int_{x}^{1} \, \dfrac{1}{t(t +1)} \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \frac{\ln x}{x + 1} + \int_{x}^{1} \, \left ( \dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{t+1} \right ) \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \frac{\ln x}{x + 1} + \left [ \rule[-5 pt]{0pt}{5 pt} \ln t - \ln ( | t+ 1 | ) \right ]^{1}_{x} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \frac{\ln x}{x + 1} + \left ( 0 - \ln 2 - (\ln x + \ln(x+1) \right )\\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \frac{\ln x}{x + 1} - \ln x - \ln 2 + \ln(x+1) \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \ln x \left ( \frac{1}{x + 1} - 1 \right ) - \ln 2 + \ln(x+1) \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & - \frac{x \ln x}{x + 1} - \ln 2 + \ln(x+1) \\ \end{eqnarray*}\] De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to 0} { x \ln x } = 0 }\) et \(\displaystyle { \lim_{x\to 0} { \ln ( x + 1) } = 0 }\) on en déduit que : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} \lim_{x\to 0} { I(x) } & = & \lim_{x\to 0} { \; \int_{x}^{ 1} \, \dfrac{ \ln t}{(t +1)^{2}} \, dt } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & - \ln 2 \end{eqnarray*}\] Donc l’intégrale \(I\) converge et \[ I = -\ln 2\]

Q: On considère l’intégrale suivante : \(\displaystyle {I = \int_{1}^{+ \infty} \, \dfrac{1}{t \left (1 + t^{2} \right ) } \, dt}\).

On a : \[ I = \dfrac{ \ln n}{p}\]

où \(n\) et \(p\) sont des entiers relatifs.

Indication : on pourra effectuer un changement de variable en posant : $u = t^{2} $

answer1

Entrer la valeur de l’entier relatif \[n\] dans la case suivante : [...]

Entrer la valeur de l’entier relatif \[p\] dans la case suivante : [...]
A: 2; 2
Feedback: Remarque : on constate que la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto \dfrac{1}{t \left (1 + t^{2} \right ) }\] est continue sur \([1, +\infty[\). On pose : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in [1, +\infty [, \qquad I(x) & = & \int_{1}^{ x} \, \dfrac{1}{t \left (1 + t^{2} \right ) } \, dt \\ \end{eqnarray*}\] Pour le calcul de \(I(x)\) on effectue un changement de variable en posant : $u = t^{2} $ \[ \begin{array}{ c c c l c c c c } \rule[-10 pt]{0pt}{25 pt} \mbox{On a : } \qquad \forall t \in [1,x ] \qquad &u & = & t^{2} & \qquad \Longleftrightarrow \qquad & t & = & \sqrt u \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} &\dfrac{dt}{du} &= & \dfrac{1}{2 \sqrt u} & \qquad \mbox{d'où} \qquad & dt & = & \dfrac{1}{2 \sqrt u} \, du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} &\mbox{Si} \qquad t &= & 1 & \qquad \mbox{alors} \qquad & u & = & 1\\ \rule[-15 pt]{0pt}{20 pt} &\mbox{Si} \qquad t &= & x & \qquad \mbox{alors} \qquad & u & = & x^{2}\\ \end{array}\] D’après le théorème du changement de variable on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I(x) & = & \int_{1 }^{x^{2}} \, \frac{1}{\sqrt { u} ( 1 + u ) } \, \dfrac{1}{2 \sqrt u} \, du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \int_{1}^{ x^{2}} \, \frac{1} { 2u (1 + u) } \, du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \frac{1}{2} \int_{ 1 }^{ x^{2}} \, \left ( \frac{1}{u } - \dfrac{1}{1 + u} \right ) \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \frac{1}{2} \left [ \rule[-5 pt]{0pt}{5 pt} \ln u - \ln (1 + u) \right ]_{1}^{x^{2}} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \frac{1}{2} \left [ \rule[-5 pt]{0pt}{5 pt} \ln \left ( \dfrac{u}{1 + u} \right ) \right ]_{1}^{ x^{2}} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \frac{1}{2} \left ( \rule[-5 pt]{0pt}{5 pt} \ln \left ( \dfrac{x}{1 + x} \right ) - \ln \left ( \dfrac{1}{2} \right ) \right ) \\ \end{eqnarray*}\] De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty} { \ln \left ( \dfrac{x}{1 + x} \right ) } = 0}\) on en déduit que : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} \lim_{x\to + \infty} { I(x) } & = & \lim_{x\to + \infty} { \; \int_{1}^{ x} \, \dfrac{1}{t \left (1 + t^{2} \right ) } \, dt } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{\ln 2}{2} \\ \end{eqnarray*}\] Donc l’intégrale \(I\) converge et \[ I = \dfrac{\ln 2}{2}\]

Q: On considère l’intégrale suivante : \(\displaystyle {I = \int_{1}^{+ \infty} \, \dfrac{1}{t \left (1 + t^{3} \right ) } \, dt}\).

On a : \[ I = \dfrac{ \ln n}{p}\]

où \(n\) et \(p\) sont des entiers relatifs.

Indication : on pourra effectuer un changement de variable en posant : $u = t^{3} $

answer1

Entrer la valeur de l’entier relatif \[n\] dans la case suivante : [...]

Entrer la valeur de l’entier relatif \[p\] dans la case suivante : [...]
A: 2; 3
Feedback: Remarque : on constate que la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto \dfrac{1}{t \left (1 + t^{3}\right ) }\] est continue sur \([1, +\infty[\). On pose : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in [1, +\infty [, \qquad I(x) & = & \int_{1}^{ x} \, \dfrac{1}{t \left (1 + t^{3}\right ) } \, dt \\ \end{eqnarray*}\] Pour le calcul de \(I(x)\) on effectue un changement de variable en posant : $u = t^{3} $ \[ \begin{array}{ c c c l c c c c } \rule[-10 pt]{0pt}{25 pt} \mbox{On a : } \qquad \forall t \in [1,x ] \qquad &u & = & t^{3} & \qquad \Longleftrightarrow \qquad & t & = & u^{\frac{1}{3} } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} &\dfrac{dt}{du} &= & \dfrac{1}{3} \, u^{\frac{1}{3}-1} & \qquad \mbox{d'où} \qquad & dt & = & \dfrac{1}{3} \, u^{-\frac{2}{3}} \, du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} &\mbox{Si} \qquad t &= & 1 & \qquad \mbox{alors} \qquad & u & = & 1\\ \rule[-15 pt]{0pt}{20 pt} &\mbox{Si} \qquad t &= & x & \qquad \mbox{alors} \qquad & u & = & x^{3}\\ \end{array}\] D’après le théorème du changement de variable on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I(x) & = & \int_{1 }^{x^{3}} \, \frac{1}{ u^{\frac{1}{3}} ( 1 + u ) } \, \frac{1}{3} \, u^{-\frac{2}{3} } \, du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \int_{1}^{ x^{3}} \,\frac{1} { 3u (1 + u) } \, du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \frac{1}{3} \int_{ 1 }^{ x^{3}} \, \left ( \frac{1}{u } - \dfrac{1}{1 + u} \right ) \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \frac{1}{3} \left [ \rule[-5 pt]{0pt}{5 pt} \ln u - \ln (1 + u) \right ]_{1}^{x^{3}} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \frac{1}{3} \left [ \rule[-5 pt]{0pt}{5 pt} \ln \left ( \dfrac{u}{1 + u} \right ) \right ]_{1}^{ x^{3}} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \frac{1}{3} \left ( \rule[-5 pt]{0pt}{5 pt} \ln \left ( \dfrac{x}{1 + x} \right ) - \ln \left ( \dfrac{1}{2}\right ) \right ) \\ \end{eqnarray*}\] De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty} { \ln \left ( \dfrac{x}{1 + x} \right ) } = 0}\) on en déduit que : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} \lim_{x\to + \infty} { I(x) } & = & \lim_{x\to + \infty} { \; \int_{1}^{ x} \, \dfrac{1}{t \left (1 + t^{2} \right ) } \, dt } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{\ln 2}{3}\\ \end{eqnarray*}\] Donc l’intégrale \(I\) converge et \[ I = \dfrac{\ln 2}{3}\]

Q: On considère l’intégrale suivante : \(\displaystyle {I = \int_{1}^{+ \infty} \, \dfrac{t^{5} }{ \left (1 + t^{3} \right )^{3} } \, dt}\).

On a : \[ I = \dfrac{n}{p}\]

où \(n\) et \(p\) sont des entiers relatifs.

Indication : on pourra effectuer un changement de variable en posant : $u = t^{3} $

Entrer la valeur de l’entier relatif \[n\] dans la case suivante : [...]

Entrer la valeur de l’entier relatif \[p\] dans la case suivante : [...]
A: 1; 8
Feedback: Remarque : on constate que la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto \dfrac{t^{5} }{ \left (1 + t^{3} \right )^{3} }\] est continue sur \([1, +\infty[\). On pose : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in [1, +\infty [, \qquad I(x) & = & \int_{1}^{ x} \, \dfrac{t^{5} }{ \left (1 + t^{3} \right )^{3} } \, dt \\ \end{eqnarray*}\] Pour le calcul de \(I(x)\) on effectue un changement de variable en posant : $u = t^{3} $ \[ \begin{array}{ c c c l c c c c } \rule[-10 pt]{0pt}{25 pt} \mbox{On a : } \qquad \forall t \in [1,x ] \qquad &u & = & t^{3} & \qquad \Longleftrightarrow \qquad & t & = & u^{\frac{1}{3} } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} &\dfrac{dt}{du} &= & \dfrac{1}{3} \, u^{\frac{1}{3} -1} & \qquad \mbox{d'où} \qquad & dt & = & \dfrac{1}{3} \, u^{-\frac{2}{3}} \, du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} &\mbox{Si} \qquad t &= & 1 & \qquad \mbox{alors} \qquad & u & = & 1\\ \rule[-15 pt]{0pt}{20 pt} &\mbox{Si} \qquad t &= & x & \qquad \mbox{alors} \qquad & u & = & x^{3}\\ \end{array}\] D’après le théorème du changement de variable on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I(x) & = & \int_{1 }^{x^{3}} \, \frac{ u \times u^{\frac{2}{3} } }{ ( 1 + u )^{3} } \, \frac{1}{3} \, u^{-\frac{2}{3} } \, du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \int_{1}^{ x^{3}} \, \frac{u} { 3 (1 + u)^{3} } \, du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \int_{1}^{ x^{3}} \, \frac{ 1 + u - 1} { 3 (1 + u)^{3} } \, du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \frac{1}{3} \int_{ 1 }^{ x^{3}} \, \left ( \frac{1}{(1 + u)^{2} } - \dfrac{1}{(1 + u)^{3}} \right ) \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \frac{1}{3} \left [ \rule[-5 pt]{0pt}{5 pt} - \dfrac{1}{1+ u } - \dfrac{ -\frac{1}{2} }{ (1 + u)^{2} } \right ]_{1}^{x^{3}} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \frac{1}{3} \left ( - \dfrac{1}{1 + x^{3} } - \dfrac{ -\frac{1}{2} }{ (1+ x^{3})^{2} } - \left ( -\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{8} \right ) \right ) \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \frac{1}{3} \left ( - \dfrac{1}{1 + x^{3} } - \dfrac{ -\frac{1}{2} }{ (1+ x^{3})^{2} } + \frac{3}{8} \right ) \\ \end{eqnarray*}\] De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty} { \left ( - \dfrac{1}{1 + x^{3} } - \dfrac{ -\frac{1}{2} }{ (1+ x^{3})^{2} } \right ) } = 0}\) on en déduit que : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} \lim_{x\to + \infty} { I(x) } & = & \lim_{x\to + \infty} { \; \int_{1}^{ x} \, \dfrac{t^{5} }{ \left (1 + t^{3} \right )^{3} } \, dt } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{1}{8}\\ \end{eqnarray*}\] Donc l’intégrale \(I\) converge et \[ I = \dfrac{1 }{8 }\]

Q: On considère l’intégrale suivante : \(\displaystyle {I = \int_{1}^{+ \infty} \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }} \, dt}\).

On a : \[ I = \dfrac{n}{p}\pi \]

où \(n\) et \(p\) sont des entiers relatifs tels que la fraction \(\dfrac{n}{p}\) soit irréductible.

Indication : on pourra effectuer un changement de variable en posant : \(u = \dfrac{1}{t}\).

answer1

Entrer la valeur de l’entier relatif \[n\] dans la case suivante : [...]

Entrer la valeur de l’entier relatif \[p\] dans la case suivante : [...]
A: 1; 2
Feedback: Remarque : on constate que la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }}\] est continue sur \(]1 , + \infty [\). Soit \(c\) un réel fixé de \(]1, + \infty [\), en premier on pose : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in [c , + \infty[, \qquad I_{1}(x) & = & \int_{c}^{ x} \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }} \ \, dt \\ \end{eqnarray*}\] Pour le calcul de \(I_{1}(x)\) on effectue un changement de variable en posant : \(u = \dfrac{1}{t}\) \[ \begin{array}{ c c c l c c c c } \rule[-10 pt]{0pt}{25 pt} \mbox{On a :} \qquad \forall t \in [c,x ] \qquad &u & = & \dfrac{1}{t} & \qquad \Longleftrightarrow \qquad & t & = & \dfrac{1}{u} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} &\dfrac{dt}{du} &= & - \dfrac{1}{u^{2}} & \qquad \mbox{d'où} \qquad & dt & = & - \dfrac{1}{u^{2}} \, du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} &\mbox{Si} \qquad t &= & c & \qquad \mbox{alors} \qquad & u & = & \dfrac{1}{c} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{20 pt} &\mbox{Si} \qquad t &= & x & \qquad \mbox{alors} \qquad & u & = & \dfrac{1}{x} \\ \end{array}\] D’après le théorème du changement de variable on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I_{1}(x) & = & \int_{\frac{1}{c} }^{ \frac{1}{x }} { \, \frac{1}{ \frac{1}{u} \sqrt { \frac{1}{ u^{2} } -1 }} \, \left ( - \dfrac{1}{u^{2}} \right ) \,du }\\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & -\int_{\frac{1}{c} }^{ \frac{1}{x }} { \, \frac{1}{ \frac{1}{u} \sqrt { \frac{1 - u^{2}}{ u^{2} } }} \, \dfrac{1}{u^{2}} \,du }\\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & -\int_{\frac{1}{c} }^{ \frac{1}{x }} { \, \frac{1}{ \dfrac{1}{u^{2}} \sqrt { 1 - u^{2} }} \, \dfrac{1}{u^{2}} \,du }\\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & -\int_{\frac{1}{c} }^{ \frac{1}{x }} \, \frac{1}{\sqrt { 1 - u^{2} } } \, \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & -\left [ \mbox{\rule[-5 pt]{0pt}{5 pt} Arcsin} \, u \right ]_{\frac{1}{c} }^{ \frac{1}{x }} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \mbox{Arcsin} \, \dfrac{1}{c} - \mbox{Arcsin} \, \dfrac{1}{x} \end{eqnarray*}\] De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty } { \mbox{Arcsin} \, \ \dfrac{1}{x} } = \mbox{Arcsin} 0 }\) on en déduit que : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} \lim_{x\to + \infty} { I_{1}(x) } & = & \lim_{x\to + \infty} { \; \int_{c}^{ x} \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }} \ \, dt } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \int_{c}^{ + \infty } \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }} \ \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \mbox{Arcsin} \, \dfrac{1}{c} \end{eqnarray*}\] Donc l’intégrale \(\displaystyle { I_{1} = \int_{c}^{ + \infty } \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }} \ \, dt }\) converge et \[ I_{1} = \mbox{Arcsin} \, \dfrac{1}{c}\] $$$$ Par ailleurs on pose aussi : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in ]1 , c], \qquad I_{ 2}(x) & = & \int_{x}^{c} \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }} \ \, dt \\ \end{eqnarray*}\] Pour le calcul de \(I_{2}(x)\) on effectue un changement de variable en posant : \(u = \dfrac{1}{t}\) \[ \begin{array}{ c c c l c c c c } \rule[-10 pt]{0pt}{25 pt} \mbox{On a :} \qquad \forall t \in [x,c ] \qquad &u & = & \dfrac{1}{t} & \qquad \Longleftrightarrow \qquad & t & = & \dfrac{1}{u} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} &\dfrac{dt}{du} &= & - \dfrac{1}{u^{2}} & \qquad \mbox{d'où} \qquad & dt & = & - \dfrac{1}{u^{2}} \, du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} &\mbox{Si} \qquad t &= &x & \qquad \mbox{alors} \qquad & u & = & \dfrac{1}{x} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{20 pt} &\mbox{Si} \qquad t &= & c & \qquad \mbox{alors} \qquad & u & = & \dfrac{1}{c} \\ \end{array}\] D’après le théorème du changement de variable on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I_{2}(x) & = & \int_{\frac{1}{x} }^{ \frac{1}{c }} { \, \frac{1}{ \frac{1}{u} \sqrt { \frac{1}{ u^{2} } -1 }} \, \left ( - \dfrac{1}{u^{2}} \right ) \,du }\\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & -\int_{\frac{1}{x} }^{ \frac{1}{c }} { \, \frac{1}{ \frac{1}{u} \sqrt { \frac{1 - u^{2}}{ u^{2} } }} \, \dfrac{1}{u^{2}} \,du }\\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \int_{\frac{1}{c} }^{ \frac{1}{x }} { \, \frac{1}{ \dfrac{1}{u^{2}} \sqrt { 1 - u^{2} }} \, \dfrac{1}{u^{2}} \,du }\\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \int_{\frac{1}{c} }^{ \frac{1}{x }} \, \frac{1}{\sqrt { 1 - u^{2} } } \, \,du \\ \rule[-15 pt]{0pt}{45 pt} & = & \left [ \mbox{\rule[-5 pt]{0pt}{5 pt} Arcsin} \, u \right ]_{\frac{1}{c} }^{ \frac{1}{x }} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \mbox{Arcsin} \, \dfrac{1}{x} - \mbox{Arcsin} \, \dfrac{1}{c} \end{eqnarray*}\] De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to 1 } { \mbox{Arcsin} \, \ \dfrac{1}{x} } = \mbox{Arcsin} 1 }\) on en déduit que : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} \lim_{x\to 1} { I_{2}(x) } & = & \lim_{x\to 1} { \; \int_{x}^{c} \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }} \ \, dt } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \int_{1}^{ c} \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }} \ \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{\pi}{2} - \mbox{Arcsin} \, \dfrac{1}{c} \end{eqnarray*}\] Donc l’intégrale \(\displaystyle { I_{2} = \int_{1}^{ c } \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }} \ \, dt }\) converge et \[ I_{2} = \dfrac{\pi}{2} - \mbox{Arcsin} \, \dfrac{1}{c}\] CONCLUSION Soit \(c\) un élément de \(]1,+\infty [\) on a montré que les deux intégrales \(\displaystyle { I_{1} = \int_{c}^{+ \infty} \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }} \ \, dt }\) et \(\displaystyle { I_{2} = \int_{1}^{ c } \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }} \ \, dt }\) convergent on peut donc en déduire que l’intégrale \(\displaystyle { I_{2} = \int_{1}^{+ \infty } \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} }} \ \, dt }\) converge et on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} \int_{1}^{+ \infty } \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }} \ \, dt &=& \int_{1}^{c } \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }} \ \, dt + \int_{c}^{+ \infty } \, \dfrac{1}{ t \sqrt{t^{2} -1 }} \ \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \mbox{Arcsin} \, \dfrac{1}{c} + \dfrac{\pi}{2} - \mbox{Arcsin} \, \dfrac{1}{c} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{\pi}{2} \end{eqnarray*}\]

Q: On considère l’intégrale suivante : \({I = \int_{0}^{+ \infty} \, 3 t^{2} e^{-3t} \, dt}\).

On a : \[ I = \dfrac{n}{p}\]

où \(n\) et \(p\) sont des entiers relatifs tels que la fraction \(\dfrac{n}{p}\) soit irréductible.

answer1

Entrer la valeur de l’entier relatif \[n\] dans la case suivante :

Entrer la valeur de l’entier relatif \[p\] dans la case suivante :

1. [...]
2. [...]
A: 2; 9
Feedback: Remarque : on constate que la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto 3 t^{2} e^{-3t}\] est continue sur \([0,+\infty [\). On pose : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in [0, + \infty [, \qquad I(x) & = & \int_{0}^{ x} \, 3 t^{2}e^{-3t} \, dt \\ \end{eqnarray*}\] Pour le calcul de \(I(x)\) on effectue une intégration par parties en posant : \[ \begin{array}{ c c c c c c c c } \rule[-10 pt]{0pt}{25 pt} \forall t \in [0,x] \qquad \qquad &u(t) & = & 3 t^{2} & \qquad \mbox{d'où} \qquad & u'(t) & = & 6t \\ \rule[-15 pt]{0pt}{25 pt} & v'(t) &= & e^{-3t} &\qquad \mbox{on peut choisir} \qquad & v(t) & = & - \dfrac{1}{3} e^{-3t} \\ \end{array}\] Les fonctions \(u\) et \(v\) étant de classe \(\mathcal{C}^{1}\) d’après le théorème d’intégration par parties on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I(x) & = & \left [ 3 t^{2} \left ( - \frac{1}{3} e^{-3t} \right ) \right ] ^{x}_{0} - \int_{0}^{x} \, 6t . \left ( - \frac{1}{3} e^{-3t} \right ) \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & x^{2}e^{-3x} - 0 \left ( - \frac{1}{3} e^{-3.0}\right ) + 2 \int_{0}^{x} \, t e^{-3t} \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & x^{2}e^{-3x} + 2 \int_{0}^{x} \, t e^{-3t} \, dt \\ \end{eqnarray*}\] On pose : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in [0, + \infty [, \qquad J(x) & = & \int_{0}^{ x} \, te^{-3t} \, dt \\ \end{eqnarray*}\] Pour le calcul de \(J(x)\) on effectue une nouvelle intégration par parties en posant : \[ \begin{array}{ c c c c c c c c } \rule[-10 pt]{0pt}{25 pt} \forall t \in [0,x] \qquad \qquad &u_{1}(t) & = & t & \qquad \mbox{d'où} \qquad & u_{1}'(t) & = & 1 \\ \rule[-15 pt]{0pt}{25 pt} & v_{1}'(t) &= & e^{-3t} &\qquad \mbox{on peut choisir} \qquad & v_{1}(t) & = & - \dfrac{1}{3} e^{-3t} \\ \end{array}\] Les fonctions \(u_{1}\) et \(v_{1}\) étant de classe \(\mathcal{C}^{1}\) d’après le théorème d’intégration par parties on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} J(x) & = & \left [ t \left ( - \frac{1}{3} e^{-3t} \right ) \right ] ^{x}_{0} - \int_{0}^{x} \,1 . \left ( - \frac{1}{3} e^{-3t} \right ) \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & x \left ( - \frac{1}{3} e^{-3x}\right ) - 0 \left ( - \frac{1}{3} e^{-3.0}\right ) + \dfrac{1}{3} \int_{0}^{x} \,e^{-3t} \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & - \frac{1}{3} x e^{-3x} + \dfrac{1}{3} \left [ - \frac{1}{3} e^{-3t} \right ] ^{x}_{0} \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & - \frac{1}{3} x e^{-3x} - \dfrac{1}{9} e^{-3x} + \frac{1}{9} \end{eqnarray*}\] On en déduit que : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I(x) & = & x^{2}e^{-3x} + 2 \int_{0}^{x} \, te^{-3t} \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & x^{2}e^{-3x} + 2 J(x) \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & x^{2}e^{-3x} + 2 \left ( - \frac{1}{3} x e^{-3x} - \dfrac{1}{9} e^{-3x} + \frac{1}{9} \right )\\ \end{eqnarray*}\] De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty } { x^{2}\, e^{-3x} } = 0 }\) , \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty } { -\dfrac{1}{3} x\, e^{-3x} } = 0 }\) et \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty } { -\dfrac{1}{9} \, e^{-3x} } = 0 }\) on en déduit que : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} \lim_{x\to + \infty} { I(x) } & = & \lim_{x\to + \infty} { \; \int_{0}^{ x} \,3t^{2}e^{-3t} \, dt } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{2}{9} \end{eqnarray*}\] Donc l’intégrale \(I\) converge et \[ I = \dfrac{2}{9}\]

Q: On considère l’intégrale suivante : \(\displaystyle {I = \int_{0}^{+ \infty} \, \dfrac{1 }{ \left (1 + t^{2} \right )^{2} } \, dt}\).

On a : \[ I = \dfrac{n}{p}\]

où \(n\) et \(p\) sont des entiers relatifs.

Indication : on pourra remarquer que ; \(\forall t \in [0 , + \infty [ \qquad 1 = 1 + t^{2} - t^{2}\)

Entrer la valeur de l’entier relatif \[n\] dans la case suivante : [...]

Entrer la valeur de l’entier relatif \[p\] dans la case suivante : [...]
A: 1; 4
Feedback: Remarque : on constate que la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto \dfrac{1 }{ \left (1 + t^{2} \right )^{2} }\] est continue sur \([0, +\infty[\). On pose : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in [0, + \infty [, \qquad I(x) & = & \int_{0}^{x \,} \dfrac{1 }{ \left (1 + t^{2} \right )^{2} }\, dt \\ \end{eqnarray*}\] On a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I(x) & = & \int_{0}^{ x} \, \dfrac{1 }{ \left (1 + t^{2} \right )^{2} } \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \int_{0}^{ x} \, \dfrac{1 + t^{2} - t^{2}}{ \left (1 + t^{2}\right )^{2} } \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \int_{0}^{ x} \, \left ( \dfrac{1 + t^{2}}{ \left (1 + t^{2}\right )^{2} } - \dfrac{t^{2} }{ \left (1 + t^{2}\right )^{2} } \right ) \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \int_{0}^{ x} \, \left ( \dfrac{1} {1 + t^{2} } - \dfrac{t^{2} }{ \left (1 + t^{2}\right )^{2} } \right ) \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \int_{0}^{ x} \, \dfrac{1} {1 + t^{2}} \, dt - \int_{0}^{x} \dfrac{t^{2} }{ \left (1 + t^{2}\right )^{2} } \, dt \\ \end{eqnarray*}\] On pose : \[\begin{eqnarray*} \forall x \in [0, +\infty [, \qquad J(x) & = & \int_{0}^{ x} \, \dfrac{t^{2} }{ \left (1 + t^{2} \right )^{2} } \, dt \\ \end{eqnarray*}\] d’où \[\begin{eqnarray*} \forall x \in [0, +\infty [, \qquad J(x) & = & \int_{0}^{ x} \, \dfrac{t^{2} }{ \left (1 + t^{2}\right )^{2} } \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \int_{0}^{ x} \, t \dfrac{t}{ \left (1 + t^{2}\right )^{2} } \, dt \\ \end{eqnarray*}\] Pour le calcul de \(J(x)\) on effectue une intégration par parties en posant : \[ \begin{array}{ c c c c c c c c } \rule[-10 pt]{0pt}{25 pt} \forall t \in [0,x] \qquad \qquad &u(t) & = & t & \qquad \mbox{d'où} \qquad & u'(t) & = & 1 \\ \rule[-15 pt]{0pt}{25 pt} & v'(t) &= & \dfrac{t}{ \left (1 + t^{2} \right )^{2} } &\qquad \mbox{on peut choisir} \qquad & v(t) & = & \dfrac{-1}{ 2 \left ( 1 + t^{2} \right ) } \\ \end{array}\] Les fonctions \(u\) et \(v\) étant de classe \(\mathcal{C}^{1}\) d’après le théorème d’intégration par parties on a : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} J(x) & = & \left [ t \left ( \dfrac{-1}{ 2 \left ( 1 + t^{2} \right ) } \right ) \right ] ^{x}_{0} - \int_{0}^{x} \,1 . \left ( \dfrac{-1}{ 2 \left ( 1 + t^{2} \right ) } \right ) \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & x \left ( \dfrac{-1}{ 2 \left ( 1 + x^{2} \right ) } \right ) -0 + \dfrac{1}{2} \int_{0}^{x} \, \dfrac{1}{ 1 + t^{2} } \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & x \left ( \dfrac{-1}{ 2 \left ( 1 + x^{2} \right ) } \right ) + \dfrac{1}{2} \int_{0}^{x} \, \dfrac{1}{ 1 + t^{2} } \, dt \\ \end{eqnarray*}\] On a alors : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} I(x) & = & \int_{0}^{ x} \, \dfrac{1} {1 + t^{2} } \, dt - \int_{1}^{x} \dfrac{t^{2} }{ \left (1 + t^{2}\right )^{2} } \, dt \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \int_{0}^{ x} \, \dfrac{1} {1 + t^{2} } \, dt - J(x) \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \int_{0}^{ x} \, \dfrac{1} {1 + t^{2} } \, dt - \left (x \left ( \dfrac{-1}{ 2 \left ( 1 + x^{2}\right ) } \right ) + \dfrac{1}{2} \int_{0}^{x} \, \dfrac{1}{ 1 + t^{2} } \, dt \right ) \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{1}{2} \int_{0}^{ x} \, \dfrac{1} {1 + t^{2} } \, dt - x \left ( \dfrac{-1}{ 2 \left ( 1 + x^{2} \right ) } \right ) \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{1}{2} \left [ \rule[-5 pt]{0pt}{5 pt} \mbox{Acrtan} \, t \right ]_{0}^{x} - x \left ( \dfrac{-1}{ 2 \left ( 1 + x^{2} \right ) } \right ) \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{1}{2} \mbox{Acrtan} \, x - 0 + \dfrac{x}{ 2 \left ( 1 + x^{2} \right ) } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{1}{2} \mbox{Acrtan} \, x + \dfrac{x}{ 2 \left ( 1 + x^{2} \right ) } \\ \end{eqnarray*}\] De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty} { \dfrac{x}{ 2 \left ( 1 + x^{2} \right ) } } = 0}\) et $ $ on en déduit que : \[\begin{eqnarray*} \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} \lim_{x\to + \infty} { I(x) } & = & \lim_{x\to + \infty} { \; \int_{0}^{ x} \, \dfrac{1}{ \left (1 + t^{2}\right )^{2} } \, dt } \\ \rule[-15 pt]{0pt}{35 pt} & = & \dfrac{\pi}{4}\\ \end{eqnarray*}\] Donc l’intégrale \(I\) converge et \[ I = \dfrac{\pi }{4 }\]

Q: On considère l’intégrale suivante : \(\displaystyle {I = \int_{2}^{+ \infty} \, \dfrac{\mbox{Arctan} \, t}{t^{2} - 1} \, dt}\).

1. Soit la fonction \(f\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto \dfrac{\mbox{Arctan} \, t}{t^{2} - 1}\]

On a : $ t t t & & & t^{2} & & 2 ( t^{2} -1 ) & & & & \ & & & 2 & & t^{2} & & & & \

& & & 2 & & t & & & & \ \end{array}$$

On a aussi :

\[\begin{array}{ l ccccccccc } \rule[-10 pt]{0pt}{20 pt} \forall t \in [2 , + \infty [ & & & \mbox{Arctan} \, t & \leq &\dfrac{\pi}{2} & & &(2) & \\ \end{array}\]

En multipliant termes à termes \((1)\) et \((2)\) on en déduit que :

\[\begin{array}{ r ccccccccc } \forall t \in [2 , + \infty [ & & & \dfrac{\mbox{Arctan} \, t}{t^{2} - 1} & \leq & \dfrac{\pi}{ t^{2}} & & & & \\ \end{array}\]

Donc on obtient en définitif :

\[\begin{array}{ r ccccccccc } \forall t \in [2 , + \infty [ && &0 & \leq & \dfrac{\mbox{Arctan} \, t}{t^{2} - 1} & \leq & \dfrac{\pi}{ t^{2}} & & \\ \end{array}\]

$$$$

On considère l’intégrale suivante : \(\displaystyle {J = \int_{2}^{+ \infty} \, \dfrac{\pi}{ t^{2}} \, dt}\). $$$$

Remarque : on constate que la fonction \(g\) définie de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) par : \[t \mapsto \dfrac{\pi}{ t^{2}}\] est continue sur \([2,+\infty [\).

On a :

\[\begin{eqnarray*} \forall x \in [2, + \infty [, \qquad \int_{2}^{ x} \, \dfrac{\pi}{ t^{2}} \, dt & = & \left [ - \frac {\pi}{ x } \right ]^{x}_ {2} \\ \rule[-4 pt]{0pt}{30pt} & = & - \pi \left ( \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{2} \right ) \\ \end{eqnarray*}\]

De plus comme \(\displaystyle { \lim_{x\to + \infty } { \dfrac{1}{x} } = 0 }\) on en déduit que :

\[\begin{eqnarray*} \lim_{x\to + \infty} { \; \int_{2}^{ x} \, \dfrac{\pi}{ t^{2}} \, dt } & = & \dfrac{\pi}{2} \end{eqnarray*}\]

Donc l’intégrale \(J\) converge et \[ \displaystyle { \int_{2}^{+ \infty} \, \dfrac{\pi}{ t^{2}} \, dt = \dfrac{\pi}{2} }\]

CONCLUSION :

On a : $ x [2, + [ , 0 f(t) $ et l’intégrale \(\displaystyle {\int_{2}^{+ \infty} \, \dfrac{\pi}{ t^{2}} \, dt }\) converge

d’après le théorème de comparaison pour les fonctions positives on peut en déduire que l’intégrale \(\displaystyle {\int_{2}^{+ \infty} \, f(t) \, dt }\) converge, c’est à dire \(I\) converge.

1. [...]
2. [...]
A: 0; 1