Exercice 1 – Niveau Moyen
Soit la fonction \( f(x) = x^3e^{-x^2} \) définie sur \( \mathbb{R} \).
- Montrer que f est impaire.
- Calculer \( \int_{-1}^{1} f(x)dx \).
- En déduire la valeur de \( \int_{0}^{1} x^3e^{-x^2}dx \).
- Vérifier que \( \int_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx = 0 \).
- Est-ce que la fonction \( F(x) = -\frac{1}{2}x^2e^{-x^2} \) est une primitive de f sur \( \mathbb{R} \) ?
Soit la fonction \( f(x) = x^3e^{-x^2} \) définie sur \( \mathbb{R} \).
-
Montrer que f est impaire.
Une fonction \( f \) est dite impaire si pour tout \( x \in \mathbb{R} \), \( f(-x) = -f(x) \).
Calculons \( f(-x) \): \[ f(-x) = (-x)^3e^{-(-x)^2} = -x^3e^{-x^2} = -f(x) \] Donc, \( f \) est impaire. -
Calculer \( \int_{-1}^{1} f(x)dx \).
Puisque \( f \) est impaire, et que l’intervalle \([-1, 1]\) est symétrique par rapport à 0, l’intégrale de \( f \) sur cet intervalle est nulle. En effet, l’aire sous la courbe de \( f \) sur \([-1, 0]\) est l’opposée de l’aire sous la courbe sur \([0, 1]\).
On peut aussi le justifier par le calcul : \[ \int_{-1}^{1} f(x)dx = \int_{-1}^{0} f(x)dx + \int_{0}^{1} f(x)dx \] En utilisant le changement de variable \( u = -x \) dans la première intégrale, \( du = -dx \), les bornes changent : quand \( x = -1 \), \( u = 1 \) et quand \( x = 0 \), \( u = 0 \). Donc : \[ \int_{-1}^{0} f(x)dx = \int_{1}^{0} f(-u)(-du) = \int_{0}^{1} f(-u)du = \int_{0}^{1} -f(u)du = -\int_{0}^{1} f(u)du \] Ainsi, \[ \int_{-1}^{1} f(x)dx = -\int_{0}^{1} f(x)dx + \int_{0}^{1} f(x)dx = 0 \] -
En déduire la valeur de \( \int_{0}^{1} x^3e^{-x^2}dx \).
De la question précédente, on a : \[ \int_{-1}^{1} x^3e^{-x^2}dx = 0 \] Or, \[ \int_{-1}^{1} x^3e^{-x^2}dx = \int_{-1}^{0} x^3e^{-x^2}dx + \int_{0}^{1} x^3e^{-x^2}dx \] Soit \( I = \int_{0}^{1} x^3e^{-x^2}dx \). La fonction \( x^3e^{-x^2} \) est impaire donc: \[ \int_{-1}^{0} x^3e^{-x^2}dx = -I \] Donc, \[ 0 = -I + I \Rightarrow I = 0 \] Donc, \( \int_{0}^{1} x^3e^{-x^2}dx = 0 \).
-
Vérifier que \( \int_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx = 0 \).
Puisque \( f \) est impaire, et que l’intervalle \((-\infty, +\infty)\) est symétrique par rapport à 0, l’intégrale de \( f \) sur cet intervalle est nulle.
De plus, on peut noter que \( f(x) \) tend vers 0 lorsque \( x \) tend vers \( +\infty \) ou \( -\infty \), et que \( f \) est continue sur \( \mathbb{R} \). Donc l’intégrale impropre converge. -
Est-ce que la fonction \( F(x) = -\frac{1}{2}x^2e^{-x^2} \) est une primitive de f sur \( \mathbb{R} \) ?
Calculons la dérivée de \( F(x) \): \[ F'(x) = -\frac{1}{2}(2x e^{-x^2} + x^2(-2x)e^{-x^2}) = -\frac{1}{2}(2x e^{-x^2} – 2x^3e^{-x^2}) = x^3e^{-x^2} – x e^{-x^2} \] Or \( f(x) = x^3e^{-x^2} \). Donc \( F'(x) \neq f(x) \).
On peut aussi noter que \( F(0) = 0 \) et que \( \int_0^x f(t)dt = 0 \) pour tout \( x \in \mathbb{R} \). Donc \( F(x) \) ne peut pas être une primitive de \( f \).
Par conséquent, \( F(x) = -\frac{1}{2}x^2e^{-x^2} \) n’est pas une primitive de \( f(x) = x^3e^{-x^2} \) sur \( \mathbb{R} \).
Exercice 2 – Niveau Difficile
Soit la fonction \( g(x) = \frac{\sin(x)}{1+\cos^2(x)} \) définie sur \( \mathbb{R} \).
- Montrer que g est 2π-périodique.
- Vérifier que g est impaire.
- Calculer \( \int_{0}^{2\pi} g(x)dx \).
- En déduire la valeur de \( \int_{0}^{\pi} g(x)dx \).
- Est-ce que \( \int_{-\pi}^{\pi} |g(x)|dx = 2\int_{0}^{\pi} g(x)dx \) ?
Soit la fonction \( g(x) = \frac{\sin(x)}{1+\cos^2(x)} \) définie sur \( \mathbb{R} \).
-
Montrer que g est 2π-périodique.
Une fonction \( g \) est dite 2π-périodique si pour tout \( x \in \mathbb{R} \), \( g(x + 2\pi) = g(x) \).
Calculons \( g(x + 2\pi) \): \[ g(x + 2\pi) = \frac{\sin(x + 2\pi)}{1 + \cos^2(x + 2\pi)} \] Or, on sait que \( \sin(x + 2\pi) = \sin(x) \) et \( \cos(x + 2\pi) = \cos(x) \). Donc : \[ g(x + 2\pi) = \frac{\sin(x)}{1 + \cos^2(x)} = g(x) \] Ainsi, \( g \) est 2π-périodique. -
Vérifier que g est impaire.
Une fonction \( g \) est dite impaire si pour tout \( x \in \mathbb{R} \), \( g(-x) = -g(x) \).
Calculons \( g(-x) \): \[ g(-x) = \frac{\sin(-x)}{1 + \cos^2(-x)} \] Or, on sait que \( \sin(-x) = -\sin(x) \) et \( \cos(-x) = \cos(x) \). Donc : \[ g(-x) = \frac{-\sin(x)}{1 + \cos^2(x)} = -\frac{\sin(x)}{1 + \cos^2(x)} = -g(x) \] Ainsi, \( g \) est impaire. -
Calculer \( \int_{0}^{2\pi} g(x)dx \).
Puisque \( g \) est impaire, et que l’intervalle \([0, 2\pi]\) est symétrique par rapport à \( \pi \), l’intégrale de \( g \) sur cet intervalle est nulle. En effet, l’aire sous la courbe de \( g \) sur \([0, \pi]\) est l’opposée de l’aire sous la courbe sur \([\pi, 2\pi]\).
On peut aussi le justifier par le calcul : \[ \int_{0}^{2\pi} g(x)dx = \int_{0}^{\pi} g(x)dx + \int_{\pi}^{2\pi} g(x)dx \] En utilisant le changement de variable \( u = 2\pi – x \) dans la deuxième intégrale, \( du = -dx \), les bornes changent : quand \( x = \pi \), \( u = \pi \) et quand \( x = 2\pi \), \( u = 0 \). Donc : \[ \int_{\pi}^{2\pi} g(x)dx = \int_{\pi}^{0} g(2\pi – u)(-du) = \int_{0}^{\pi} g(2\pi – u)du \] Or, comme \( g \) est 2π-périodique, \( g(2\pi – u) = g(-u) \). Et comme \( g \) est impaire, \( g(-u) = -g(u) \). Donc : \[ \int_{\pi}^{2\pi} g(x)dx = \int_{0}^{\pi} -g(u)du = -\int_{0}^{\pi} g(u)du \] Ainsi, \[ \int_{0}^{2\pi} g(x)dx = \int_{0}^{\pi} g(x)dx – \int_{0}^{\pi} g(x)dx = 0 \] -
En déduire la valeur de \( \int_{0}^{\pi} g(x)dx \).
De la question précédente, on a : \[ \int_{0}^{2\pi} g(x)dx = 0 \] Or, \[ \int_{0}^{2\pi} g(x)dx = \int_{0}^{\pi} g(x)dx + \int_{\pi}^{2\pi} g(x)dx \] Soit \( I = \int_{0}^{\pi} g(x)dx \). On a vu que \( \int_{\pi}^{2\pi} g(x)dx = -I \). Donc : \[ 0 = I – I \Rightarrow I = 0 \] Donc, \( \int_{0}^{\pi} g(x)dx = 0 \).
-
Est-ce que \( \int_{-\pi}^{\pi} |g(x)|dx = 2\int_{0}^{\pi} g(x)dx \) ?
Non, ce n’est pas vrai.
On a vu que \( \int_{0}^{\pi} g(x)dx = 0 \). Donc \( 2\int_{0}^{\pi} g(x)dx = 0 \).
Or, \( |g(x)| \) est une fonction paire, car \( g \) est impaire. Donc : \[ \int_{-\pi}^{\pi} |g(x)|dx = 2\int_{0}^{\pi} |g(x)|dx \] Or, \( |g(x)| \) est strictement positif sur \([0, \pi]\) car \( g(x) \) est strictement positif sur \([0, \pi]\) et \( g(0) = 0 \). Donc \( \int_{0}^{\pi} |g(x)|dx > 0 \).
Par conséquent, \( \int_{-\pi}^{\pi} |g(x)|dx > 0 \), et donc \( \int_{-\pi}^{\pi} |g(x)|dx \neq 2\int_{0}^{\pi} g(x)dx \).
Exercice 3 – Niveau Très Difficile
Soit la fonction \( h(x) = \frac{x^2\sin(x)}{1+x^4} \) définie sur \( \mathbb{R} \).
- Montrer que h n’est ni paire ni impaire.
- Calculer \( \lim_{x \to \infty} h(x) \).
- Vérifier que \( \int_{-\infty}^{+\infty} h(x)dx \) existe.
- En déduire que \( \int_{-\infty}^{+\infty} h(x)dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{h(x)+h(-x)}{2}dx \).
- Est-ce que la fonction \( H(x) = -\frac{\cos(x)}{1+x^4} \) est une primitive de h sur \( \mathbb{R} \) ?
Soit la fonction \( h(x) = \frac{x^2\sin(x)}{1+x^4} \) définie sur \( \mathbb{R} \).
-
Montrer que h n’est ni paire ni impaire.
Une fonction \( h \) est dite paire si pour tout \( x \in \mathbb{R} \), \( h(-x) = h(x) \), et impaire si pour tout \( x \in \mathbb{R} \), \( h(-x) = -h(x) \).
Calculons \( h(-x) \): \[ h(-x) = \frac{(-x)^2\sin(-x)}{1+(-x)^4} = \frac{x^2(-\sin(x))}{1+x^4} = -\frac{x^2\sin(x)}{1+x^4} = -h(x) \] Donc \( h(x) \neq h(-x) \), donc \( h \) n’est pas paire.
De plus, \( h(x) \neq -h(-x) \), donc \( h \) n’est pas impaire.
Ainsi, \( h \) n’est ni paire ni impaire. -
Calculer \( \lim_{x \to \infty} h(x) \).
Pour \( x \to \infty \), le numérateur \( x^2\sin(x) \) est borné (parce que \( -1 \leq \sin(x) \leq 1 \)) et le dénominateur \( 1+x^4 \) tend vers \( +\infty \). Donc la fraction tend vers 0.
On peut le justifier plus rigoureusement en utilisant la « règle du serpent » : \[ \left| \frac{x^2\sin(x)}{1+x^4} \right| \leq \frac{x^2}{1+x^4} \] Or, \[ \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{1+x^4} = \lim_{x \to \infty} \frac{1/x^2}{1/x^4 + 1} = 0 \] Donc, par la règle du serpent, \[ \lim_{x \to \infty} \left| \frac{x^2\sin(x)}{1+x^4} \right| = 0 \Rightarrow \lim_{x \to \infty} \frac{x^2\sin(x)}{1+x^4} = 0 \] De même, en remplaçant \( x \) par \( -x \), on trouve \( \lim_{x \to -\infty} h(x) = 0 \). -
Vérifier que \( \int_{-\infty}^{+\infty} h(x)dx \) existe.
Pour montrer que l’intégrale impropre converge, il faut montrer que les intégrales \( \int_{0}^{+\infty} h(x)dx \) et \( \int_{-\infty}^{0} h(x)dx \) convergent.
Considérons \( \int_{0}^{+\infty} h(x)dx \). On a : \[ \left| \frac{x^2\sin(x)}{1+x^4} \right| \leq \frac{x^2}{1+x^4} \] Or, \[ \int_{0}^{+\infty} \frac{x^2}{1+x^4}dx = \int_{0}^{+\infty} \frac{1/x^2}{1/x^4 + 1}dx \] En posant \( u = x^2 \), \( du = 2xdx \), on obtient : \[ \int_{0}^{+\infty} \frac{1/x^2}{1/x^4 + 1}dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{u^2+1}du = \frac{1}{2} \left[ \arctan(u) \right]_{0}^{+\infty} = \frac{\pi}{4} \] Donc l’intégrale \( \int_{0}^{+\infty} \frac{x^2}{1+x^4}dx \) converge, et par comparaison, \( \int_{0}^{+\infty} \left| h(x) \right|dx \) converge également. Donc \( \int_{0}^{+\infty} h(x)dx \) converge.
De même, en remplaçant \( x \) par \( -x \), on montre que \( \int_{-\infty}^{0} h(x)dx \) converge.
Ainsi, \( \int_{-\infty}^{+\infty} h(x)dx \) existe (converge). -
En déduire que \( \int_{-\infty}^{+\infty} h(x)dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{h(x)+h(-x)}{2}dx \).
Soit \( f(x) = \frac{h(x) + h(-x)}{2} \). La fonction \( f \) est paire car : \[ f(-x) = \frac{h(-x) + h(x)}{2} = f(x) \] Or, pour une fonction paire \( f \), on a : \[ \int_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx = 2\int_{0}^{+\infty} f(x)dx \] Donc : \[ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{h(x) + h(-x)}{2}dx = 2\int_{0}^{+\infty} \frac{h(x) + h(-x)}{2}dx = \int_{0}^{+\infty} (h(x) + h(-x))dx \] En utilisant le changement de variable \( u = -x \) dans la deuxième intégrale, \( du = -dx \), les bornes changent : quand \( x = 0 \), \( u = 0 \) et quand \( x \to +\infty \), \( u \to -\infty \). Donc : \[ \int_{0}^{+\infty} h(-x)dx = \int_{0}^{+\infty} h(-u)(-du) = \int_{-\infty}^{0} h(-u)du = \int_{0}^{+\infty} h(u)du \] Donc : \[ \int_{0}^{+\infty} (h(x) + h(-x))dx = \int_{0}^{+\infty} h(x)dx + \int_{0}^{+\infty} h(x)dx = 2\int_{0}^{+\infty} h(x)dx \] Or, comme \( \int_{-\infty}^{+\infty} h(x)dx \) existe, et que \( h(x) \) est continue, on a : \[ \int_{-\infty}^{+\infty} h(x)dx = \lim_{a \to -\infty, b \to +\infty} \int_{a}^{b} h(x)dx = \lim_{a \to -\infty} \int_{a}^{0} h(x)dx + \lim_{b \to +\infty} \int_{0}^{b} h(x)dx = 2\int_{0}^{+\infty} h(x)dx \] Finalement, on obtient : \[ \int_{-\infty}^{+\infty} h(x)dx = 2\int_{0}^{+\infty} h(x)dx = \int_{0}^{+\infty} (h(x) + h(-x))dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{h(x) + h(-x)}{2}dx \]
-
Est-ce que la fonction \( H(x) = -\frac{\cos(x)}{1+x^4} \) est une primitive de h sur \( \mathbb{R} \) ?
Pour vérifier si \( H(x) \) est une primitive de \( h(x) \), il faut calculer la dérivée de \( H(x) \) et vérifier qu’elle est égale à \( h(x) \).
Calculons \( H'(x) \) : \[ H'(x) = -\frac{d}{dx}\left(\frac{\cos(x)}{1+x^4}\right) \] En utilisant la règle du quotient, on obtient : \[ H'(x) = -\frac{(1+x^4)(-\sin(x)) – \cos(x)(4x^3)}{(1+x^4)^2} \] Simplifions le numérateur : \[ H'(x) = \frac{\sin(x)(1+x^4) – 4x^3\cos(x)}{(1+x^4)^2} \] Or, \( h(x) = \frac{x^2\sin(x)}{1+x^4} \). On peut réécrire \( H'(x) \) comme suit : \[ H'(x) = \frac{\sin(x)(1+x^4) – 4x^3\cos(x)}{(1+x^4)^2} = \frac{\sin(x)}{1+x^4} – \frac{4x^3\cos(x)}{(1+x^4)^2} \] On voit que \( H'(x) \neq h(x) \). La fonction \( H(x) \) n’est pas une primitive de \( h(x) \).