 \input{../preambules/preCorrection.tex}

\begin{document}

\chead{Correction Calculs E4}
\lfoot{}
\cfoot{Calcul}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Calculs du 5/04 au 11/04}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{223}


\begin{exo}[Intégrales]
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to \dfrac{t}{\sqrt{1+t^2}}$ est continue sur $[0,1]$. (notamment car $1+t^2 > 0$). On a donc 
\begin{align*}
\int_{0}^{1} \dfrac{t}{\sqrt{1+t^2}} dt & = \int_{0}^{1} \dfrac{2t}{2\sqrt{1+t^2}} dt \\
& = \left[ \sqrt{1+t^2} \right]_0^1 \\
& \boxed{= \sqrt{2} - 1}
\end{align*}

\item La fonction $t \to \dfrac{e^t}{2+e^t}$ est continue sur $[1,2]$. On a donc 
\begin{align*}
 \int_{1}^{2} \dfrac{e^t}{2+e^t}  dt & = \left[ \ln(2 + e^t) \right]_1^2 \\
 & \boxed{= \ln(2 +e^2) - \ln(2+e)}
\end{align*}

\item Cette question est un piège, il n'y a pas de primitive pour cette intégrale. On va donc procéder par intégration par parties. La fonction $x \to xe^{2x}$ est continue sur $[0,2]$. On pose
\begin{tabular}{cc}
$u(x) = x$ & $u'(x) = 1$ \\
$v'(x) = e^{2x}$ & $v(x) =  \dfrac{1}{2} e^{2x}$
\end{tabular}.

Les fonctions $u$ et $v$ définies ainsi sont de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,2]$. On a donc 
\begin{align*}
\int_{0}^{2} xe^{2x} dx & = \left[ \dfrac{1}{2}x e^{2x} \right]_0^2 - \int_0^2 \dfrac{1}{2}e^{2x} dx \\
& = e^{4} - 0 - \left[ \dfrac{1}{4} e^{2x} \right]_0^2 \\
& = e^4 -  \dfrac{1}{4}e^{4} + \dfrac{1}{4} \\
& \boxed{= \dfrac{3}{4}e^{4} + \dfrac{1}{4}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[Intégrales]
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to \dfrac{\ln^n(t)}{t}$ est continue sur $[1,e]$. On a donc 
\begin{align*}
\int_{1}^{e} \dfrac{\ln^n(t)}{t} dt & = \left[ \dfrac{1}{n+1}\ln^{n+1}(t) \right]_1^e \\
& = \dfrac{1}{n+1} \left( \ln^{n+1}(e) - \ln^{n+1}(1) \right) \\
& \boxed{= \dfrac{1}{n+1}}
\end{align*}

\item La fonction $t \to \dfrac{e^t}{\sqrt{2+e^t}}$ est continue sur $[0, \ln(2)]$. On a donc
\begin{align*}
\int_{0}^{\ln(2)} \dfrac{e^t}{\sqrt{2+e^t}}  dt & = \left[ 2 \sqrt{2 + e^t} \right]_0^{\ln(2)} \\
&= 2 \sqrt{2 + 2} - 2 \sqrt{2 + 1 } \\
&\boxed{= 4 - 2\sqrt{3}}
\end{align*}

\item La fonction $x \to 3x^2 e^{x^3}$ est continue sur $[0,2]$. On a donc 
\begin{align*}
\int_{0}^{2} (3x^2)e^{x^3} dx & = \left[e^{x^3} \right]_0^2 \\
& \boxed{= e^8 - 1}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[Intégration par parties]
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to te^{-t}$ est continue sur $[0,1]$. On pose \begin{tabular}{cc}
$u(t) = t$ & $u'(t) = 1$ \\
$v'(t) = e^{-t}$ & $v(t) =  -e^{-t}$
\end{tabular}.
Les fonctions $u$ et $v$ ainsi définies sont de classe $\mathcal{C}^1$. On a donc 
\begin{align*}
\int_{0}^{1} t e^{-t} dt & = [-te^{-t} ]_0^1 + \int_0^1 e^{-t} dt \\
& = -e^{-1} - (-0) + [-e^{-t}]_0^1 \\
& = - \dfrac{1}{e} + - e^{-1} + 1 \\
& \boxed{= 1 - \dfrac{2}{e} }
\end{align*}

\item Soit $x >0$, la fonction $t \to \ln(t)$ est continue sur $[1,x]$. On pose \begin{tabular}{cc}
$u(t) = \ln(t)$ & $u'(t) = \dfrac{1}{t}$ \\
$v'(t) = 1$ & $v(t) =  t$
\end{tabular}. Les fonctions $u$ et $v$ ainsi définies sont de classe $\mathcal{C}^1$ et donc 
\begin{align*}
\int_{1}^{x} \ln(t)  dt & = [t \ln(t)]_1^x - \int_1^x dt \\
& = x \ln(x) - 0 - (x - 1) \\
& \boxed{= x \ln(x) - x + 1}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[Intégration par parties]
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to (t^2 + 1)e^{t}$ est continue sur $[0,1]$. On pose \begin{tabular}{cc}
$u(t) = t^2 +1 $ & $u'(t) = 2t$ \\
$v'(t) = e^{t}$ & $v(t) =  e^{t}$
\end{tabular}.
Les fonctions $u$ et $v$ ainsi définies sont de classe $\mathcal{C}^1$. On a donc 
\begin{align*}
\int_{0}^{1} (t^2+1) e^{t} dt & = [(t^2 + 1)e^t ]_0^1 - \int_0^1 2t e^t dt 
\end{align*}
Afin de calculer la deuxième intégrale, on procède à une deuxième intégration par partie. On pose \begin{tabular}{cc}
$u(t) = 2t $ & $u'(t) = 2$ \\
$v'(t) = e^{t}$ & $v(t) =  e^{t}$
\end{tabular}.
On a donc 
\begin{align*}
\int_0^1 2t e^t dt  & = [2te^t]_0^1 - \int_0^1 2e^t dt \\
& = 2e - 0 - [2e^t]_0^1 \\
& = 2e - 2e + 2 \\
& = 2
\end{align*}
Donc 
\begin{center}
 \fbox{$\int_{0}^{1} (t^2+1) e^{t} dt  = 2e - 1 - 2 = 2e - 3$}
 \end{center} 

\item Soit $x >0$, la fonction $t \to \ln^2(t)$ est continue sur $[1,x]$. On pose \begin{tabular}{cc}
$u(t) = \ln^2(t)$ & $u'(t) = 2 \dfrac{\ln(t)}{t}$ \\
$v'(t) = 1$ & $v(t) =  t$
\end{tabular}. Les fonctions $u$ et $v$ ainsi définies sont de classe $\mathcal{C}^1$ et donc 
\begin{align*}
\int_{1}^{x} \ln^2(t)  dt & = [t \ln^2(t)]_1^x - \int_1^x 2 \ln(t) dt \\
& = x \ln^2(x) - 0 - (x\ln(x) - x + 1) \\
& \boxed{= x \ln^2(x) - x\ln(x) + x - 1}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[Intégration par changement de variable]
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to \dfrac{(\ln(t))^2}{t}$ est continue sur $[e,e^2]$. On pose alors le changement de variable $u = \ln(t)$. On a alors
$$
du = \dfrac{1}{t} dt, \quad t = e  \rightsquigarrow u = 1, \quad t = e^2 \rightsquigarrow u = 2
$$
On a donc 
\begin{align*}
\int_{e}^{e^2} \dfrac{1}{t}(\ln t)^2 dt & = \int_1^2 u^2 du \\
& = \left[ \dfrac{u^3}{3} \right]_1^2 \\
& = \dfrac{8}{3} - \dfrac{1}{3} \\
& \boxed{= \dfrac{7}{3}}
\end{align*}

\item La fonction $t \to \sqrt{2+t}$ est continue sur $[0,1]$. On pose alors le changement de variable $t = u^2 - 2 \Longleftrightarrow u = \sqrt{t+2}$. On a alors 
$$
dt = 2u du, \quad t = 0  \rightsquigarrow u = \sqrt{2}, \quad t = 1 \rightsquigarrow u = \sqrt{3}
$$
On a donc 
\begin{align*}
\int_{0}^{1} \sqrt{2+t} \;  dt & = \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}} u \times 2u du  \\
& =  2 \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}} u^2 du \\
& = 2 \left[ \dfrac{1}{3} u^3 \right]_{\sqrt{2}}^{\sqrt3} \\
& \boxed{= \dfrac{2}{3}\left((\sqrt3)^3 - (\sqrt2)^3 \right)}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[Intégration par changement de variable]
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to \dfrac{t^2}{t^3+8}$ est continue sur $[0,2]$. On pose alors le changement de variable $u = t^3 + 8$. On a alors
$$
du = 3t^2 dt, \quad t = 0  \rightsquigarrow u = 8, \quad t = 2 \rightsquigarrow u = 16
$$
On a donc 
\begin{align*}
\int_{0}^{2} \dfrac{t^2}{t^3+8} dt & = \int_8^{16} \dfrac{1}{3u} du \\
& = \left[ \dfrac{\ln(u)}{3} \right]_8^{16} \\
& = \dfrac{\ln(16)}{3} - \dfrac{\ln(8)}{3} \\
& \boxed{= \dfrac{\ln(2)}{3}}
\end{align*}

\item La fonction $t \to \dfrac{1}{t(t+1)}$ est continue sur $[1/2,1]$. On pose alors le changement de variable $u = \dfrac{t}{t+1}$. On a alors 
$$
du = \dfrac{t+1 - t}{(t+1)^2} dt = \dfrac{1}{(t+1)^2} dt, \quad t = 1/2  \rightsquigarrow u = \dfrac{1}{3}, \quad t = 1 \rightsquigarrow u = \dfrac{1}{2}
$$
On a donc 
\begin{align*}
\int_{\frac{1}{2}}^{1} \dfrac{1}{t(t+1)} \;  dt & = \int_{\frac{1}{2}}^{1} \dfrac{(t+1)}{t} \times \dfrac{1}{(t+1)^2} \;  dt  \\
& = \int_{\frac{1}{3}}^{\frac12} \dfrac{1}{u} du \\
& = \left[ \ln(u) \right]_{\frac13}^{\frac12} \\
& = \ln(1/2) - \ln(1/3) \\
& \boxed{= \ln(3) - \ln(2) }
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[Sommes de Riemann]
\begin{enumerate}
\item On a 
\begin{align*}
u_n & = \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{n^2 + k^2} \\
& =  \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{n^2}\dfrac{k}{1 + \dfrac{k^2}{n^2}} \\
&=  \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^n \dfrac{\frac{k}{n}}{1 + \left( \frac{k}{n} \right)^2} 
\end{align*}
On reconnait alors une somme de Riemann, en posant $f :x \to \dfrac{x}{1+x^2}$. Cette fonction est continue sur $[0,1]$ donc la suite $(u_n)$ est convergente et 
\begin{align*}
\li_{n \to + \infty} u_n & = \int_0^1 \dfrac{x}{1+x^2} dx \\
& = \left[ \dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) \right]_0^1 \\
& \boxed{= \dfrac{\ln(2)}{2} }
\end{align*}

\item On a 
\begin{align*}
v_n & = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 2kn}} \\
& = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{n^2(1 + 2k/n)}} \\
& = \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{1 + 2 \dfrac{k}{n}}}
\end{align*}
On reconnait alors une somme de Riemann, en posant $f :x \to \dfrac{1}{\sqrt{1+2x}}$. Cette fonction est continue sur $[0,1]$ donc la suite $(v_n)$ est convergente et 
\begin{align*}
\li_{n \to + \infty} v_n & = \int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{1+2x}} dx \\
& = \left[ \sqrt{1+2x} \right]_0^1 \\
& \boxed{= \sqrt{3}- 1 }
\end{align*}

\end{enumerate}
\end{exo}

\end{document}
