\chapter{\'Equations différentielles, primitives et intégration}
\label{chap:equadif} % ref dans le chapitre 4

\newpage

\section{\'Equations différentielles}

\subsection{y' = ay}

\begin{defin}
Soit $a$ un nombre réel. Résoudre l'équation $y'=ay$ d'inconnue $y$ signifie trouver toutes les fonctions $y$ dont la dérivée est égale à $ay$.
\end{defin}

\begin{rem}
Une \textit{différentielle} est, dans le vocabulaire scientifique, une dérivée. C'est la raison pour laquelle une équation où l'inconnue est une fonction qui est dérivée au moins une fois est qualifiée d'\textit{équation différentielle}.
\end{rem}


\begin{exemple}
\begin{enumerate}
\item $y' + y = 0$ est une équation différentielle du type $y'=ay$ avec $a=-1$ car :
\[
y'+y=0 \iff y'=-y.
\]

\item $y'=\dfrac{1}{2}y$ est aussi une équation différentielle du type $y'=ay$ avec $a=\dfrac{1}{2}$.
\end{enumerate}
\end{exemple}

\begin{prop}
L'équation:
\[
y'=ay
\]
admet pour solutions les fonctions de la forme:
\[
y(x)=C\e^{ax},\quad C\in\R.
\]
\end{prop}

\begin{rem}
Il existe donc une infinité de solutions, définie à une constante $C$ près.
\end{rem}

\begin{exemple}
L'équation différentielle $y'=-y$ admet pour solutions:
\[
y(x)=C\e^{-x},\quad C\in\R.
\]
On peut facilement vérifier en calculant sa dérivée:
\[
y'(x)=-C\e^{-x}=-y(x).
\]
\end{exemple}

\newpage

\subsection{y'=ay+b}

\begin{prop}
Soient $a$ et $b$ deux réels. L'équation différentielle $y'=ay+b$ admet pour solutions les\linebreak fonctions $y$ telles que:
\[
y(x) = C\e^{ax}-\dfrac{b}{a},\quad C\in\R.
\]
\end{prop}

\begin{exemple}
L'équation différentielle $y' = 3y + 7$ admet pour solutions:
\[
y(x)=C\e^{3x}-\dfrac{7}{3},\quad C\in\R.
\]
On peut vérifier en calculant sa dérivée:
\[
y'(x)=3C\e^{3x}
\]
puis en calculant:
\begin{align*}
y'(x)-3y(x) & = 3C\e^{3x}-3\left(C\e^{3x}-\dfrac{7}{3}\right)\\[6pt]
y'(x)-3y(x)& = 3C\e^{3x}-3C\e^{3x}+3\times\dfrac{7}{3}\\
y'(x)-3y(x)& = 7.
\end{align*}
On a bien : $y'-3y=7$, soit $y'=3y+7$.
\end{exemple}

\subsection{y' = ay + f}

\begin{defin}
Soit $f$ une fonction. On appelle \textit{équation homogène associée} à l'équation $y'=ay+f$ l'équation différentielle $y'=ay$.
\end{defin}

\begin{rem}
Si on note (E) l'équation $y'=ay+f$, on note (E$_0$) son équation homogène associée.
\end{rem}

Pour résoudre l'équation $y'=ay+f$, on utilise la méthode suivante:

\begin{itemize}
\item \textbf{On résout d'abord (E$_0$).}

On trouve les solutions de l'équation homogène associée à (E):
\[
y_0(x)=C\e^{ax}.
\]

\newpage

\item \textbf{On trouve une solution particulière de (E).}

On la note par exemple $u$; dans ce cas, on a :
\[
u'(x)-au(x)=f(x).
\]
\item \textbf{On ajoute les solutions.}

Les solutions de (E) sont alors:
\[
y(x)=y_0(x)+u(x).
\]
\end{itemize}

\begin{rem}
En Terminale, une solution particulière vous sera proposée la plupart du temps.
\end{rem}

\begin{exemple}
On considère l'équation différentielle:
\[
y' = -2y + x^2.\tag{E}
\]
\begin{itemize}
\item \textbf{On résout l'équation homogène associée à (E).}
\[
y'=-2y\tag{E$_0$}
\]
admet pour solutions:
\[
y_0(x)=C\e^{-2x},\quad C\in\R.
\]

\item \textbf{Solution particulière de (E).}

On pose $y_1(x)=\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{4}$. On souhaite montrer que $y_1$ est une solution particulière de (E). On calcule pour cela sa dérivée:
\[
y_1^\prime(x)=x-\dfrac{1}{2}.
\]
Ensuite, on calcule:
\begin{align*}
-2y_1(x)+x^2 & = -2\left(\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{4}\right)+x^2\\
& = -x^2+x-\dfrac{1}{2}+x^2\\
& = x-\dfrac{1}{2}\\
& = y_1^\prime(x).
\end{align*}
$y_1$ est donc bien solution de (E).

\item \textbf{On conclut en ajoutant les deux résultats.}

Les solutions de (E) sont donc:
\[
y(x)=\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{4}+C\e^{-2x},\quad C\in\R.
\]
\end{itemize}
\end{exemple}

\section{Primitives}

\subsection{Introduction}

\begin{defin}
Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$. Les solutions de l'équation\linebreak différentielle $y'=f$ sur $I$ sont appelées les \textit{primitives} de $f$.
\end{defin}

\begin{exemple}
\begin{enumerate}
\item Les primitives de $f(x)=\e^x$ sur $\R$ sont les fonctions $F\;:\;x\mapsto \e^x + k$, $k\in\R$. En effet, si on dérive $F(x)$, on obtient : $F'(x)=\e^x = f(x)$.

\item Les primitives de $g(x)=\cos x$ sur $\R$ sont les fonctions $G\;:\;\sin x + k$, $k\in\R$ car\linebreak $G'(x)=g(x)$.
\end{enumerate}
\end{exemple}

\begin{rem}
Il y a une infinité de primitives; on dit qu'elles sont définies \textit{à une constante près} (que nous avons noté $k$ dans les exemples précédents). Mais dès que l'on impose une condition sur une de leurs valeurs, il n'en existe plus qu'une. Cette condition est parfois appelée \textit{condition initiale}. Par exemple, la primitive $G$ de la fonction $g$ définie par $g(x)=\cos x$ telle que $G(\pi)=0$ est $G(x)=\sin x$.
\end{rem}

\begin{thm}
Toute fonction continue sur un intervalle $I$ admet des primitives sur $I$.
\end{thm}

\subsection{Primitives usuelles}
\enlargethispage*{\baselineskip}
Un tableau de dérivées usuelles donne, par lecture inverse, un tableau de primitives à connaître.

\begin{center}
\arrayrulecolor{titrecolor}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt, fill = white] (tab) {
\begin{tabular}{|Sc|Sl>{avec $k\in \R$}Sc|}
\hline\rowcolor{titrecolor!20}
La fonction usuelle & \multicolumn{2}{c|}{ Ses primitives }\\
\hline
$x \mapsto 1$   & $x\mapsto x + k$ & \\
\hline 
$x \mapsto x^n \quad 
\begin{array}{c}
\text{avec } x \in \R \text{ si } n \in \N^* \\ 
\text{et } x \neq 0 \text{ si } -n \in \N
\end{array}$
& 
$x \mapsto \dfrac{x^{n+1}}{n+1}+k$\rule[-1mm]{0pt}{8mm}  &\\
\hline
$x \mapsto \dfrac{1}{x}$\rule[-2mm]{0pt}{8mm} avec  $x > 0$ & $x \mapsto \ln x+k$ &\\
\hline
$x \mapsto \dfrac{1}{x^2}$  avec $x \neq 0$ & $x \mapsto -\dfrac{1}{x}+k$\rule[-4mm]{0pt}{10mm}  &\\
\hline
$x \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{x}}$\rule[-4mm]{0pt}{10mm} avec  $x > 0$ & $x \mapsto 2\sqrt{x}+k$ &\\
\hline
$x\mapsto \e^x$ & $x \mapsto \e^x +k$ &\\
\hline
$x \mapsto \sin x$ & $x \mapsto -\cos x +k$ &\\
\hline
$x\mapsto \cos x$ & $x \mapsto \sin x + k$ &\\
\hline
\end{tabular}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\subsection{Primitives et fonctions composées}

Il est souvent possible de mettre en évidence la dérivée d'une fonction composée. Le tableau suivant regroupe les cas les plus courants ($u$ désigne une fonction dérivable sur un intervalle~$I$).
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt, fill = white] (tab) {
\begin{tabular}{|Sc|Sc|Sc|}
\hline\rowcolor{titrecolor!20}
Fonction $f$ & Une primitive $F$ & Conditions \\
\hline
$u'u^n$ & $\dfrac{u^{n+1}}{n+1}$ \rule[-4mm]{0pt}{11mm} & $n\in\Z\setminus\{-1\}$\\
\hline
$\dfrac{u'}{\sqrt{u}}$ & $2\sqrt{u}$ & $u>0$ sur $I$.\rule[-4mm]{0pt}{10mm}\\
\hline
$\dfrac{u'}{u}$ & $\ln u$ & $u>0$ sur $I$.\rule[-4mm]{0pt}{10mm} \\
\hline
$u'\e^u$ & $\e^u$ & \rule[-2mm]{0pt}{6mm} \\
\hline
$x\mapsto f(ax+b)\quad a\neq0$ & $x\mapsto\dfrac{1}{a} F(ax+b)$ & $F$ primitive de $u$ sur $I$. \rule[-4mm]{0pt}{10mm} \\
\hline
\end{tabular}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

Dans les exemples suivants, nous prenons $u(x)=x^2+x+1$.
\enlargethispage*{\baselineskip}
\begin{exemple}
\begin{enumerate}
\item Une primitive de $f(x)=(2x+1)\big(x^2+x+1\big)^5$ est : $F(x)=\dfrac{1}{6}\big(x^2+x+1\big)^6$.
\item Une primitive de $f(x)=\dfrac{2x+1}{\big(x^2+x+1\big)^2}$ se trouve en mettant $f(x)$ sous la forme\linebreak $f(x)=(2x+1)\big(x^2+x+1\big)^{-2}$. 

On trouve alors : $F(x)=\dfrac{1}{-2+1}\big(x^2+x+1\big)^{-2+1}$, soit $F(x)=-\dfrac{1}{x^2+x+1}$.
\item Une primitive de $f(x)=\dfrac{2x+1}{\sqrt{x^2+x+1}}$ est : $F(x)=2\sqrt{x^2+x+1}$.
\item Une primitive de $f(x)=\dfrac{2x+1}{x^2+x+1}$ est : $F(x)=\ln\big(x^2+x+1\big)$.
\item Une primitive de $f(x)=(2x+1)\e^{x^2+x+1}$ est : $F(x)=\e^{x^2+x+1}$.
\item Une primitive de $f(x)=\sin(4x-5)$ est : $F(x)=-\dfrac{1}{4}\cos(4x-5)$.
\end{enumerate}
\end{exemple}


\section{Intégration}

\subsection{Intégrale et aire}

\begin{defin}
Dans un repère orthogonal $\left(O;\vec{\imath},\vec{\jmath}\right)$, on appelle \textit{unité d'aire} l'aire du rectangle défini par les vecteurs $\vec\imath$ et $\vec{\jmath}$.
\end{defin}


\begin{defin}[intégrale]
Soit $f$ une fonction \emph{continue} et \emph{positive} sur un intervalle $[a~;b]$, et soit $\mathcal {C}$ sa courbe représentative dans un repère orthogonal $\left(O;\vec{\imath},\vec{\jmath}\right)$.  

L'\textit{intégrale} de $a$ à $b$ de la fonction $f$ est l'aire du domaine situé entre l'axe des abscisses et la courbe $\mathcal{C}$ sur l'intervalle $[a~;~b]$; elle est exprimée en unité d'aire (en abrégé : ua).
On la note :
\[
\mathcal{A}=\int_a^b f(x)\dx.
\]
\end{defin}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\fill[blue!50!white,opacity=0.3] (0,0) rectangle (1,1);
\draw[thick,->] (-1,0) -- (5,0);
\draw[thick,->] (0,-1) -- (0,4);
\draw[line width=0.8pt,color=orange,fill=orange,fill opacity=0.1, smooth,samples=50,domain=1.5:3] plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)+2}) -- (3,0) -- (1.5,0) -- cycle;
\draw[line width=0.8pt,color=orange, smooth,samples=50,domain=0:4] plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)+2});
\foreach \x in {1,2,3,4}
{
\draw[thick] (\x,0.1) -- (\x,-0.1) node[below] {\x};
\draw[thick] (0.1,\x) -- (-0.1,\x) node[left] {\x};
}
\draw[blue,thick,<-] (0.5,0.5) to[bend right=20] (-0.5,1.5) node[left] {unité d'aire};
\node[orange] (aire) at (2.25,1) {$\mathcal{A}$};
\draw[thick,orange,<-] (aire.east) to[bend left=20] (5,2) node[right] {$\dint_{1,5}^3 f(x)\dx$};
\node[below left] at (0,0) {0};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{defin}
Soit $f$ une fonction \textit{continue} et \textit{négative} sur un intervalle $[a~;b]$, et soit $\mathcal{C}$ sa courbe représentative dans un repère orthogonal. 

Le nombre  $\int_a^b f(x)\dx$ est égal à l'opposé de l'aire du domaine situé entre l'axe des abscisses et la courbe  $\mathcal{C}$ sur $[a~;~b]$.
\end{defin}


On étend la définition du symbole $\int_a^b f(x)\dx$ au cas $a>b$ en posant alors :
\[
\int_a^bf(x)\dx=-\int_b^a f(x) \dx.
\]
C'est l'\emph{intégrale de $a$ à $b$} de $f$ (attention à ne pas
évoquer l'\emph{intervalle $[a~;b]$} si $a>b$).

\subsection{Propriétés de l'intégrale}

\begin{prop}[relation de Chasles sur les intégrale]
Soit $f$ une fonction continue sur un intervalle $I$ et $a$, $b$, $c$ trois réels appartenant à $I$. Alors :
\[
\int_a^b f(x)\dx=\int_a^c f(x)\dx + \int_c^b f(x)\dx.
\]
\end{prop}

\begin{attention}
Il n'existe aucune condition d'ordre entre les réels $a$, $b$ et $c$. La relation de Chasles n'impose pas d'avoir $a<b<c$.
\end{attention}

\begin{exemple}
Quand la fonction $f$ n'est pas de signe constant sur $[a~;~b]$, on utilise la relation de Chasles pour déterminer son intégrale de $a$ à $b$.
\medskip
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,scale=2]
% aires
\draw[line width=0.8pt,color=orange,fill=red,fill opacity=0.1, smooth,samples=100,domain=0:0.5] plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)}) -- (0,0) -- cycle;
%
\draw[line width=0.8pt,color=orange,fill=orange,fill opacity=0.1, smooth,samples=100,domain=0.5:1.95] plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)}) -- (2,0) -- (0.5,0) -- cycle;
%
\draw[line width=0.8pt,color=orange,fill=red,fill opacity=0.1, smooth,samples=100,domain=2.01:3.5] (2,0) --  plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)}) -- cycle;
% courbe
\draw[line width=0.8pt,color=orange, smooth,samples=100,domain=0:1.95] plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)});
\draw[line width=0.8pt,color=orange, smooth,samples=100,domain=2.05:3.5] (2,0) -- plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)});
\foreach \x in {1,2,3,4}
{
\draw[thick] (\x,0.1) -- (\x,-0.1) node[below] {\x};
}
\foreach \x in {-1,1}
{
\draw[thick] (0.1,\x) -- (-0.1,\x) node[left] {\x};
}
\draw[thick,->] (-0.5,0) -- (5,0);
\draw[thick,->] (0,-1.2) -- (0,2);
\node[below left] at (0,0) {0};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\medskip
\[
\int_0^{3,5} f(x)\dx = \underbrace{\int_0^{0,5} f(x)\dx}_{>0} + \underbrace{\int_{0,5}^2 f(x)\dx}_{<0} + \underbrace{\int_2^{3,5} f(x)\dx}_{>0}.
\]
L'intégrale désigne alors une \textit{aire algébrique}, c'est-à-dire une aire avec un signe (positif ou négatif).

Sur cet exemple, il semble que $\int_a^b f(x)\dx>0$ car la somme de l'aire des domaines situés au-dessus de l'axe des abscisses semble  supérieure à celle du domaine situé en dessous.
\end{exemple}


\begin{prop}[parité et périodicité]
\begin{itemize}
\item Si $f$ est impaire, alors :
\[
\int_{-a}^{a} f(x)\dx=0.
\]
\item Si $f$ est paire, alors:
\[
\int_{-a}^{a} f(x)\dx=2\int_{0}^{a} f(x)\dx.
\]
\item Si $f$ est périodique de période $T$, alors pour tout réel $a$ :
\[
\int_a^{a+T}f(x)\dx=\int_0^T f(x)\dx.
\]
\end{itemize}
\end{prop}


\begin{exemple}
La fonction $x\mapsto\sin x$ est impaire et $2\pi$-périodique donc:
\[
\forall\; a\in\R,\quad\int_{-a}^a \sin x \dx = 0\qquad\text{et}\qquad\int_a^{a+2\pi}\sin x\dx = \int_0^{2\pi} \sin x\dx.
\]
\end{exemple}

\begin{prop}[linéarité de l'intégrale]
Quelles que soient les fonctions $f$ et $g$ continues sur \intervFF{a}{b}, pour tous réels $\lambda$ et $\mu$:
\[
\int_a^b \big(\lambda f(x)+\mu g(x)\big)\dx=\lambda \int_a^b f(x)\dx+\mu
\int_a^b g(x)\dx.
\]
\end{prop}

\begin{exemple}
$\displaystyle\int_{0}^1 \big(3x^2-5x+1\big)\dx = 3\int_0^1 x^2\dx - 5\int_0^1 x\dx + \int_0^1 1\dx$.
\end{exemple}


\begin{prop}[positivité de l'intégrale]
\begin{itemize}
\item Si pour tout $x$ de $[a~;b]$, $f(x) \geqslant 0$, alors : $\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\dx \geqslant 0$. 

\item Si pour tout $x$ de $[a~;b]$, $f(x) \leqslant 0$, alors : $\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\dx \leqslant 0$.
\end{itemize}
\end{prop}

\begin{exemple}
Sur $[0~;~1]$, $x^2\geqslant0$ donc $\displaystyle\int_0^1 x^2 \dx \geqslant 0$.
\end{exemple}
 
\begin{prop}[intégration des inégalités]
Si pour tout nombre réel $x$ de $[a~;b]$, $g(x) \leqslant f(x)$, alors : 
\[
\int_{a}^{b} g(x)\dx \leqslant \int_{a}^{b} f(x)\dx.
\]
\end{prop}

\begin{exemple}
On sait que pour $x>0$, $\ln x < x$ donc $\displaystyle\int_1^2 \ln x\dx < \int_1^2 x \dx$.
\end{exemple}


\subsection{Calcul d'une intégrale}

\subsubsection{Lien entre intégrale et primitive}

\begin{thm}
Si $f$ est une fonction continue positive sur $[a~;~b]$ alors la fonction $F_a$ définie sur $[a~;~b]$ par :
\[
F_a(x)=\int_a^x f(t)\dx[t]
\]
est la primitive de $f(x)$ qui s'annule en $a$.
\end{thm}

\begin{prop}
Soit $f$ une fonction continue sur un intervalle $[a~;~b]$, et soit $F$ une primitive de $f$ sur $[a~;~b]$. Alors,
\[
\int_a^b f(x) \dx = F(b) - F(a).
\]
\end{prop}

\begin{rem}
$F(b)-F(a)$ est aussi noté $\big[F(x)\big]_a^b$. On a alors : $\dint_a^b f(x)\dx = \big[F(x)\big]_a^b$.
\end{rem}

\begin{exemple}
On sait qu'une primitive de $f(x)=x^2$ est $F(x)=\dfrac{1}{3}x^3$ donc:
\[
\int_0^1 x^2 \dx  = F(1)-F(0) = \dfrac{1}{3}.
\]
\end{exemple}

\subsubsection{Intégration par parties}

\begin{thm}
Soient $u$ et $v$ deux fonctions dérivables et de dérivées continues sur $[a~;~b]$. Alors,
\[
\int_a^b u'(x) \times v(x) \dx = \big[ (uv)(x) \big]_a^b - \int_a^b u(x) \times v'(x)\dx.
\]
\end{thm}

\begin{exemple}
En posant $u'(x)=1$ et $v(x)=\ln x$ sur $[1~;~\e]$, on obtient $u(x)=x$\linebreak (à une constante près) et $v'(x)=\dfrac{1}{x}$. Le théorème donne alors:
\begin{align*}
\int_1^\e 1 \times \ln x \dx & = \big[ x \times \ln x\big]_1^\e - \int_1^\e x\times\dfrac{1}{x}\dx\\
& = [\e\ln\e - 1\ln 1] - \int_1^\e 1\dx\\
& = \e - \big[ x \big]_1^\e\\
& = \e - (\e - 1)\\
\int_1^\e \ln x\dx& = 1.
\end{align*}
\end{exemple}

\begin{rem}
L'intégration par parties est un outil très puissant. Si on s'inspire de l'exemple précédent, on peut écrire pour $a>0$ et $x>0$:
\[
\int_a^x \ln(t)\dx[t]= x\ln x - x - (a\ln a-a).
\]
On peut alors conclure qu'une primitive de $x\mapsto\ln x$ est la fonction $x\mapsto x\ln x-x$.
\end{rem}

\subsection{Valeur moyenne d'une fonction}

\begin{defin}
Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle $[a~;~b]$. On appelle \textit{valeur moyenne de $f$} le nombre $\mu$ tel que:
\[
\mu = \dfrac{1}{b-a}\int_a^bf(x)\dx.
\]
\end{defin}

Graphiquement, cette valeur correspond à la hauteur du rectangle de base $b-a$ qui a la même aire que le domaine situé entre l'axe des abscisses et la courbe représentative de $f$ sur $[a~;~b]$:

\medskip

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\fill[blue!50!white,opacity=0.3] (1.5,0) rectangle +(1.5,2.53);
\draw[thick,->] (-1,0) -- (5,0);
\draw[thick,->] (0,-1) -- (0,4);
\draw[line width=0.8pt,color=orange,fill=orange,fill opacity=0.1, smooth,samples=50,domain=1.5:3] plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)+2}) -- (3,0) -- (1.5,0) -- cycle;
\draw[line width=0.8pt,color=orange, smooth,samples=50,domain=0:4] plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)+2});
\foreach \x in {1,2,3,4}
{
\draw[thick] (\x,0.1) -- (\x,-0.1) node[below] {\x};
\draw[thick] (0.1,\x) -- (-0.1,\x) node[left] {\x};
}
\node[below left] at (0,0) {0};
\draw[blue,dashed] (1.5,2.53) -- (0,2.53) node[left] {$\mu$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{center}
L'aire du rectangle bleu est égale à $\displaystyle\int_a^b f(x)\dx$.
\end{center}

\begin{prop}
Si $f$ est une fonction $T$-périodique alors:
\[
\mu=\dfrac{1}{T}\int_0^T f(x)\dx.
\]
\end{prop}

\begin{rem}
En sciences physiques, la \textit{valeur efficace} est définie comme étant la racine carrée de la valeur moyenne du carré de la fonction : $e=\displaystyle\sqrt{\dfrac{1}{b-a}\int_a^b f^2(x)\dx}$.
\end{rem}




\exercices

\subsection*{\'Equations différentielles}


%%%

\begin{exocor}{}[1]
Résoudre les équations différentielles suivantes.
\begin{enumerate}
\item $y'+\pi y = 1$
\item $y'-5y=x$
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On souhaite résoudre l'équation différentielle : $y'+\pi y = 1$.

On applique le résultat du cours; les solutions sont alors:
\[
y'(x)=C\e^{-\pi x}-\dfrac{1}{\pi},\quad C\in\R.
\]
\item On souhaite résoudre l'équation différentielle (E) : $y'-5y=x$.

\begin{itemize}
\item L'équation homogène associée $\rm(E_0):y'-5y=0$ admet pour solutions:
\[
y_0(x)=C\e^{5x},\quad C\in\R.
\]
\item On cherche une solution particulière de (E) de la forme $u(x)=ax+b$ (car le second membre de (E) est une fonction affine). Ainsi,
\begin{align*}
u'(x)-5u(x)=x & \iff (ax+b)-5(a)=x\\
& \iff ax+(b-5a)=x\\
& \iff \begin{cases}
a &= 1\\
b-5a=0
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
a = 1\\
b = 5
\end{cases}
\end{align*}
Par conséquent,
\[
u(x)=x+5
\]
est une solution particulière de (E).
\item On en déduit alors que les solutions de (E) sont:
\[
y(x)=x+5+C\e^{5x},\quad C\in\R.
\]
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
\begin{enumerate}
\item Résoudre l'équation différentielle : $y'=3y-9$.
\item On pose (E) : $y'=2y-x^3$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que $y_1(x)=\dfrac{1}{2}x^3+\dfrac{3}{4}x^2+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{8}$ est une solution particulière de (E).
\item En déduire toutes les solutions de (E).
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item L'équation $y'=3y-9$ est une équation différentielle du type $y'=ay+b$ donc d'après le cours, les solutions de cette équation sont les fonctions:
\[
y(x)=C\e^{3x}-\dfrac{-9}{3},\qquad C\in\R
\]
soit, après simplification:
\[
y(x)=C\e^{3x}+3,\qquad C\in\R.
\]
On vérifie en calculant:
\begin{align*}
y'(x)-3y(x) & = 3C\e^{3x}-3\big(C\e^{3x}+3\big)\\
& = 3C\e^{3x}-3C\e^{3x}-9 = -9.
\end{align*}
On a bien $y'-3y=-9$, soit $y'=3y-9$.

\item On pose (E) : $y'=2y-x^3$.
\begin{enumerate}
\item $y_1(x)=\dfrac{1}{2}x^3+\dfrac{3}{4}x^2+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{8}$ donc: $y_1^\prime(x) = \dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+\dfrac{3}{4}$.

On a alors:
\begin{align*}
y_1^\prime(x)-2y_1(x) & = \dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+\dfrac{3}{4} - 2\left( \dfrac{1}{2}x^3+\dfrac{3}{4}x^2+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{8} \right)\\
& = -x^3.
\end{align*}
Ainsi, $y_1^\prime(x) = 2y_1(x)-x^3$. La fonction $y_1$ est donc une solution de (E).

\item De la solution particulière $y_1(x)$, on déduit que l'ensemble des solutions de (E) sont les fonctions:
\[
y(x)=y_1(x)+y_0(x)
\]
où $y_0(x)$ sont les solutions de l'équation homogène associée à (E), donc de la forme:
\[
y_0(x)=C\e^{2x},\qquad C\in\R.
\]
Ainsi, les solutions de (E) sont:
\[
y(x)=\dfrac{1}{2}x^3+\dfrac{3}{4}x^2+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{8}+C\e^{2x},\qquad C\in\R.
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On souhaite résoudre l'équation différentielle suivante :
\begin{equation}
y' + 5y = 12\cos x\tag{E}
\end{equation}
\begin{enumerate}
\item Résoudre l'équation homogène associée à (E) : $y' + 5y = 0$.
\item
\begin{enumerate}
\item On pose $f(x)=a\cos x + b\sin x$.

Trouver la valeur de $a$ et $b$ pour que $f$ soit solution de (E).
\item En déduire l'ensemble des solutions de (E).
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item D'après le cours, $(E_0)$ a pour solutions : $y_0(x)=C\e^{-5x}$, où $C\in\R$.

\item
\begin{enumerate}
\item $f(x)=a\cos x + b\sin x \Rightarrow f'(x)=-a\sin x + b\cos x$.
\begin{align*}
f\text{ solution de (E)} & \iff f'(x) + 5f(x) = 12\cos x\\
& \iff -a\sin x + b\cos x + 5(a\cos x + b\sin x) = 12\cos x\\
& \iff (5a+b-12)\cos x + (-a+5b)\sin x = 0\\
& \iff 
\begin{cases}
5a+b=12\\
a = 5b
\end{cases}\\
& 
\iff 
\begin{cases}
6b=12\\
a=5b
\end{cases}
\\
& \iff \begin{cases}
b=2\\
a=10
\end{cases}
\end{align*}
Ainsi,
\[
\boxed{f(x)=10\cos x + 2\sin x\text{ est une solution particulière de (E).}}
\]
\item On déduit de ce qui précède que l'ensemble des solutions de (E) est l'ensemble des fonctions :
\[
\boxed{y(x)=10\cos x+2\sin x + C\e^{-5x},\ C\in\R}
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On souhaite résoudre l'équation différentielle suivante :
\begin{equation}
y' - 2y = 7\sin x\tag{E}
\end{equation}
\begin{enumerate}
\item Résoudre l'équation homogène associée à (E) : $y' - 2y = 0$.
\item
\begin{enumerate}
\item On pose $f(x)=a\cos x + b\sin x$.

Trouver la valeur de $a$ et $b$ pour que $f$ soit solution de (E).
\item En déduire l'ensemble des solutions de (E).
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item D'après le cours, $(E_0)$ a pour solutions : $y_0(x)=C\e^{2x}$, où $C\in\R$.

\item
\begin{enumerate}
\item $f(x)=a\cos x + b\sin x \Rightarrow f'(x)=-a\sin x + b\cos x$.
\begin{align*}
f\text{ solution de (E)} & \iff f'(x) - 2f(x) = 7\sin x\\
& \iff -a\sin x + b\cos x - 2(a\cos x + b\sin x) = 7\sin x\\
& \iff (-2a+b)\cos x + (-a-2b-7)\sin x = 0\\
& \iff 
\begin{cases}
-2a+b=0\\
-a-2b=7
\end{cases}\\
& 
\iff 
\begin{cases}
b = 2a\\
-a-2(2a)=7
\end{cases}
\\
& \iff \begin{cases}
b=2a\\
a = -\dfrac{7}{5}
\end{cases}
\\
& \iff \begin{cases}
b=-\dfrac{14}{5}\\
a = -\dfrac{7}{5}
\end{cases}
\end{align*}
Ainsi,
\[
\boxed{f(x)=-\dfrac{14}{5}\cos x - \dfrac{7}{5}\sin x\text{ est une solution particulière de (E).}}
\]

\item On déduit de ce qui précède que l'ensemble des solutions de (E) est l'ensemble des fonctions :
\[
\boxed{y(x)=-\dfrac{14}{5}\cos x - \dfrac{7}{5}\sin x + C\e^{2x},\ C\in\R}
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On souhaite résoudre l'équation différentielle suivante :
\begin{equation}
y' - 7y = x^2\tag{E}
\end{equation}
\begin{enumerate}
\item Résoudre l'équation homogène associée à (E) suivante:
\begin{equation}
y' - 2y = 0\tag{$E_0$}
\end{equation}

\item Soit $f(x)=ax^2+bx+c$ une solution particulière de (E).

Trouver $a$, $b$ et $c$.

\item Résoudre (E).
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item D'après le cours, $(E_0)$ a pour solutions les fonctions:
\[
y_0(x) = C\e^{2x}\quad,\quad C\in\R.
\]

\item $\begin{aligned}[t]
& f(x)=ax^2+bx+c \text{ est une solution particulière de (E)}\\
\iff\ & \forall x\in\R,\ f'(x) - 2f(x) = x^2\\
\iff\ & \forall x\in\R,\ (2ax+b) - 2(ax^2+bx+c) = x^2\\
\iff\ & \forall x\in\R,\ -2ax^2 + (2a-2b)x + (b-2c) = x^2\\
\iff\ & \begin{cases}
-2a=1\\
2a-2b=0\\
b-2c=0
\end{cases} \iff  a=-\frac{1}{2},\quad b=a = -\frac{1}{2},\quad c=\frac{1}{2}b=-\frac{1}{4}
\end{aligned}$

\medskip

Ainsi, $f(x)=-\dfrac{1}{2}x^2 - \dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{4}$ est une solution particulière de $\rm (E)$

\item D'après le cours, les solutions de (E) sont les fonctions:
\[
y(x) = f(x) + y_0(x) = -\dfrac{1}{2}x^2 - \dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{4} + C\e^{2x},\quad C\in\R.
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On souhaite résoudre l'équation différentielle suivante :
\begin{equation}
y' - 2y = x\e^x\tag{E}
\end{equation}
\begin{enumerate}
\item Résoudre l'équation homogène associée à (E) suivante:
\begin{equation}
y' - 2y = 0\tag{$E_0$}
\end{equation}

\item Soient $a$ et $b$ deux réels, et soit $u$ la fonction définie sur $\R$ par:
\[
u(x) = (ax+b)\e^x.
\]
\begin{enumerate}
\item Déterminer $a$ et $b$ pour que $u$ soit solution de (E).
\item Montrer que $v$ est solution de $(E_0)$ si et seulement si $u+v$ est solution de (E).
\item En déduire l'ensemble des solutions de (E).
\end{enumerate}
\item Déterminer la solution de (E) qui s'annule en 0.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item D'après le cours, $(E_0)$ a pour solutions les fonctions:
\[
y_0(x) = C\e^{2x}\quad,\quad C\in\R.
\]

\item
\begin{enumerate}
\item $u'(x)=a\e^x + (ax+b)\e^x = (ax + a+b)\e^x$.
\begin{align*}
u\text{ solution de (E)} & \iff \forall x\in\R,\ u' - 2u = x\e^x\\[8pt]
& \iff \forall x \in\R,\ (ax+a+b)\e^x - 2(ax+b)\e^x = x\e^x\\[8pt]
& \iff \forall x \in\R,\ (ax-2ax+a+b-2b)\e^x = x\e^x\\[8pt]
& \iff \forall x\in\R,\ (-ax + a-b)\e^x = x\e^x\\[8pt]
& \iff \begin{cases}
-a=1\\
a-b=0
\end{cases}\\[8pt]
& \iff a=-1\text{ et }b=a=-1.
\end{align*}
Finalement, on obtient:
\[
u(x)=(-x-1)\e^x.
\]

\item $\begin{aligned}[t]
(u+v) \text{ solution de }(E) & \iff (u+v)' - 2(u+v) = x\e^x\\[8pt]
& \iff \underbrace{(u'-2u)}_{=x\e^x} + (v'-2v) = x\e^x\\[8pt]
& \iff v'-2v=0\\[8pt]
& \iff v\text{ solution de }(E_0).
\end{aligned}$

\item D'après la question précédente, $y$ est solution de $(E)$ si et seulement si:
\begin{align*}
y(x) & = u(x) + v(x)\\[8pt]
     & = (-x-1)\e^x  + C\e^{2x}.
\end{align*}
\end{enumerate}

\item On souhaite que $\begin{aligned}[t]
y(0) = 0 & \iff (-0-1)\e^0  + C\e^{2\times0} = 0\\
& \iff -1+C=0\\
& \iff C=1
\end{aligned}$

Ainsi, la solution de (E)qui s'annule en 0 est la fonction $f(x)=(-x-1)\e^x+\e^{2x}$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{changement de variable}[2]
On considère l'équation différentielle:
\begin{equation}
u' = 3u - 0,005u^2 \tag{E}
\end{equation}
On considère les solutions $u$ de (E) ne s'annulant pas. On pose alors $y = \dfrac{1}{u}$.
\begin{enumerate}
\item Montrer l'équivalence suivante:
\[
u\text{ solution de }(E) \iff y' = -3y+0,005.
\]
\item En déduire les solutions de (E).
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Si $y=\dfrac{1}{u}$ alors $y'=-\dfrac{u'}{u^2}$ et alors $u'=-y'u^2$. Donc:
\begin{align*}
u\text{ solution de (E)} 
& \iff u' = 3u-0,005u^2\\
& \iff -y'u^2 = 3\times\frac{1}{y} - 0,005\times\dfrac{1}{y^2}\\
& \iff -y' \times \dfrac{1}{y^2} = 3\times\frac{1}{y} - 0,005\times\dfrac{1}{y^2}\\
& \iff -y' = 3y - 0,005\quad\text{(en multipliant par $y^2$)}\\
& \iff y' = -3y + 0,005.
\end{align*}

\item L'équation différentielle $y' = -3y + 0,005$ est de la forme $y' = ay+b$, dont les solutions sont $y(x)=C\e^{ax}-\dfrac{b}{a}$, avec $-\dfrac{b}{a}=\dfrac{0,005}{3}=\dfrac{1}{600}$; ainsi, ses solutions sont:
\[
y(x)=C\e^{-3x} + \frac{1}{600}\quad,\quad C\in\R.
\]
On en déduit alors que l'équation différentielle (E) admet pour solutions les fonctions:
\[
u(x)=\dfrac{1}{y(x)}=\dfrac{600}{600C\e^{-3x}+1}.
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

\subsection*{Primitives}

%%%

\begin{exocor}{}[1]
Donner une primitive de chacune des fonctions $f$ suivantes :
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $f(x)=5$
\item $f(x)=3x+2$
\item $f(x)=-8x-3$
\item $f(x)=3x^2-5x+2$
\item $f(x)=-\dfrac{1}{3}x^5+8x^3-7x+1$
\item $f(x)=\e^x$
\item $f(x)=\e^{2x}$
\item $f(x)=\dfrac{2x+1}{x^2+x+1}$
\item $f(x)=\dfrac{-5x}{x^2+1}$
\item $f(x)=\dfrac{3}{x^2}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $F(x)=5x$.
\item $F(x)=3\times\dfrac{1}{2}x^2+2x=\dfrac{3}{2}x^2+2x$.
\item $F(x)=-8\times\dfrac{1}{2}x^2-3x=-4x^2-3x$.
\item $F(x)=x^3-\dfrac{5}{2}x^2+2x$.
\item $F(x)=-\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{6}x^6+8\times\dfrac{1}{4}x^4-\dfrac{7}{2}x^2+x=-\dfrac{1}{18}x^6+2x^4-\dfrac{7}{2}x^2+x$.
\item $F(x)=\e^x$.
\item $F(x)=\dfrac{1}{2}\e^{2x}$.
\item $F(x)=\ln\big(x^2+x+1\big)$ car si $u(x)=x^2+x+1$, alors $f(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)}$.
\item $f(x)=-\dfrac{5}{2}\times\dfrac{2x}{x^2+1}=-\dfrac{5}{2}\dfrac{u'}{u}$ avec $u(x)=x^2+1$ donc $F(x)=-\dfrac{5}{2}\ln\big(x^2+1\big)$.
\item $f(x)=-3\times\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)$ donc $F(x)=-3\times\dfrac{1}{x}=-\dfrac{3}{x}$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%% NEW 2025

\begin{exocor}{}[2]
Déterminer une primitive des fonctions suivantes sur leur domaine de définition.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $f(x)=5(3x+1)^3$
\item $f(x)=\dfrac{5}{7\sqrt{2x+1}}$
\item $f(x)=\dfrac{-5}{4(3x+1)^3}$
\item $f(x)=\dfrac{7}{3x+1}$ pour $x>-\dfrac{1}{3}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $f(x)=5(3x+1)^3$.

\medskip

On pose $u=3x+1$. Alors, $u'=3$. Ainsi, nous pouvons écrire:
\[
f(x)=5 \times \dfrac{1}{3}u' \times u^3 = \dfrac{5}{3}u'\times u^3.
\]
Une primitive de $u' \times u^{n}$ est $\dfrac{u^{n+1}}{n+1}$ donc une primitive de $f$ est:
\[
F(x)=\dfrac{5}{3}\times\dfrac{(3x+1)4}{4} = \boxed{\dfrac{5}{12}(3x+1)^4}.
\]

\item $f(x)=\dfrac{5}{7\sqrt{2x+1}}$.

\medskip

Posons $u=2x+1$. Alors, $u'=2$ et:
\[
f(x)=\dfrac{5 \times \tfrac{1}{2}u'}{7\sqrt{u}} = \dfrac{7}{5}\times\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}.
\]
Une primitive de $\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$ est $\sqrt{u}$. Une primitive de $f$ est donc:
\[
\boxed{F(x)=\dfrac{5}{7}\sqrt{u}}.
\]


\item $f(x)=\dfrac{-5}{4(3x+1)^3}$.

\medskip

Posons $u=3x+1$. Alors, $u'=3$ et:
\[
f(x)=\dfrac{-5 \times \tfrac{1}{3}u'}{4u^3} = -\dfrac{5}{12} \times \dfrac{u'}{u^3}.
\]
Une primitive de $\dfrac{u'}{u^3}=u' \times u^{-3}$ est $\dfrac{u^{-2}}{-2}$ donc une primitive de $f$ est:
\[
F(x)=-\dfrac{5}{12}\times\dfrac{(3x+1)^{-2}}{-2} = \dfrac{5}{24}\times\dfrac{1}{(3x+1)^2} = \boxed{\dfrac{5}{12(3x+1)^2}}.
\]

\item $f(x)=\dfrac{7}{3x+1}$ .

Posons $u=3x+1$. Alors, $u'=3$ et:
\[
f(x)=\dfrac{7 \times \tfrac{1}{3}u'}{u} = \dfrac{7}{3}\times\dfrac{u'}{u}.
\]
Une primitive de $\dfrac{u'}{u}$ est $\ln(u)$ (pour $u>0$) donc  une primitive de $f$ est:
\[
\boxed{F(x)=\dfrac{7}{3}\ln(3x+1)}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}


\subsection*{Intégrales \& primitives}


%%%

\begin{exocor}{calculs d'intégrales}[1]
Calculer chacune des intégrales suivantes:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\dint_0^1\dfrac{\e^x+1}{\e^x+x+1}\dx$
\item $\dint_0^1\e^{2x+1}\dx$
\item $\dint_3^5\big(\e^x+x-3\big)\dx$
\item $\dint_{-1}^1\big(3x^3-2x\big)\dx$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Cherchons avant tout une primitive de $f(x)=\dfrac{\e^x+1}{\e^x+x+1}$.

Si on pose $u(x) = \e^x + x + 1$, alors $u'(x)=\e^x + 1$ donc $f=\dfrac{u'}{u}$.

Par conséquent, une primitive de $f$ est $F=\ln(u)$, soit :
\[
F(x)=\ln\big(\e^x+x+1\big).
\]
Ainsi,
\begin{align*}
\dint_0^1\dfrac{\e^x+1}{\e^x+x+1}\dx & =F(1)-F(0)\\
& = \ln(\e+2)-\ln(2)\\
\Aboxed{\dint_0^1\dfrac{\e^x+1}{\e^x+x+1}\dx& = \ln\left(\dfrac{\e+2}{2}\right)}
\end{align*}

\item Une primitive de $\e^{ax+b}$ est :
\[
f(x)=\e^{ax+b} \Longrightarrow F(x)=\dfrac{1}{a}\e^{ax+b}.
\]
Ainsi, une primitive de $f(x)=\e^{2x+1}$ est $F(x)=\dfrac{1}{2}\e^{2x+1}$ et donc :
\begin{align*}
\dint_0^1\e^{2x+1}\dx & = F(1)-F(0)\\
& = \dfrac{1}{2}\e^3-\dfrac{1}{2}\e\\
\Aboxed{\dint_0^1\e^{2x+1}\dx & =\dfrac{1}{2}\e\big(\e^2-1\big)}
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
\dint_3^5\big(\e^x+x-3\big)\dx & = F(5)-F(3),\ \text{avec }F(x)=\e^x+\dfrac{1}{2}x^2-3x\\
& = \left(\e^5+\dfrac{25}{2}-15\right)-\left(\e^3+\dfrac{9}{2}-9\right)\\
\Aboxed{\dint_3^5\big(\e^x+x-3\big)\dx & = \e^5-\e^3+2}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\dint_{-1}^1\big(3x^3-2x\big)\dx & = F(1)-F(-1),\ \text{avec }F(x)=\dfrac{3}{4}x^4-x^2\\
& = \dfrac{3}{4}-1-\left(\dfrac{3}{4}-1\right)\\
\Aboxed{\dint_{-1}^1\big(3x^3-2x\big)\dx & = 0}
\end{aligned}$

\begin{rem}
Il n'est pas incohérent de trouver une intégrale égale à 0. Cela signifie que sur l'intervalle considéré, la courbe représentative de la fonction est tantôt positive, tantôt négative, et que l'aire des parties sous l'axe des abscisses est égale à celle des parties au-dessus :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=stealth',scale=2]
\fill[red!50] (-0.816,0) plot[domain=-0.8:0] (\x,{3*\x*\x*\x-2*\x}) -- (-0.816,0);
\fill[red!50] (0,0) plot[domain=0:0.816] (\x,{3*\x*\x*\x-2*\x}) -- (0,0);
\fill[blue!50] (-1,0) plot[domain=-1:-0.816] (\x,{3*\x*\x*\x-2*\x}) -- (-1,0);
\fill[blue!50] (0.816,0) plot[domain=0.816:1] (\x,{3*\x*\x*\x-2*\x}) -- (1,0) -- (0.816,0);
\draw[dotted,gray] (-1,-1) grid[step=0.2] (1,1);
\draw[dashed,gray,thick] (-1,-1) grid (1,1);
\draw[->,thick] (-1.5,0) -- (1.5,0);
\draw[->,thick] (0,-1) -- (0,1);
\draw[thick] (1,0.1) -- (1,-0.1) node[below] {1};
\draw[thick] (0.1,1) -- (-0.1,1) node[left] {1};
\draw[violet,very thick] plot[domain=-1:1,samples=100] (\x,{3*\x*\x*\x-2*\x}); 
\draw[<-,red] (-0.45,0.2) -- (0.45,0.6) node[above] {même aire};
\draw[<-,red] (0.45,-0.2) -- (0.45,0.6);
\draw[<-,blue] (0.9,0.2) -- (-1.2,-0.2) node[left] {même aire};
\draw[<-,blue] (-0.95,-0.4) -- (-1.2,-0.2);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{rem}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%% 

\begin{exocor}{une intégrale avec le logarithme népérien}[1]
\begin{enumerate}
\item Montrer que $F(x)=x\ln-x$ est une primitive de $f(x)=\ln x$.
\item En déduire $\dint_1^\e \ln x\dx$
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $F(x)=x\ln x-x$.

{\bfseries\color{purple} $\pmb{F}$ est une primitive de $\pmb{f}$ si $\pmb{F'=f}$.}

\medskip

$F'(x)=1\times\ln x+x\times\dfrac{1}{x}-1=\ln x+1-1=\ln x=f(x)$.

\underline{Ainsi, $F$ est bien une primitive de $f$.}

\item $\begin{aligned}[t]
\dint_1^\e \ln x\dx & = F(\e)-F(1)\\
& = (\e\ln\e-\e)-(1\ln1-1)\\
& = (\e\times1-\e)-(1\times0-1)\\
& = 0-(-1)\\
\Aboxed{\dint_1^\e \ln x\dx & = 1}
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{décomposition en éléments simples}[2]
Soit $f$ une fonction définie par : \[ f(x)=\frac{1}{x^3-2x^2-5x+6}. \]
\begin{enumerate}
\item Montrer que $\alpha = 1$ est une racine du polynôme $x^3-2x^2-5x+6$.

\item En déduire ses deux autres racines, que l'on note $\beta$ et $\gamma$, $\beta<\gamma$.

\item Déterminer les réels $A$, $B$ et $C$ tels que $f(x)=\dfrac{A}{x-\alpha}+\dfrac{B}{x-\beta}+\dfrac{C}{x-\gamma}$.

\textit{Aide : on pourra s'aider de $(x-\alpha)f(x)$, $(x-\beta)f(x)$ et $(x-\gamma)f(x)$.}
\item En déduire la valeur de $\dint_{4}^5 f(x)\dx$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Soit $P(x)=x^3-2x^2-5x+6$. Alors, $P(1)=1^3-2\times 1^2-5\times 1+6=0$.

\underline{Ainsi, $\alpha=1$ est une racine de $P$.}


\item De la question précédente, on peut conclure que $P(x)=(x-1)(x^2+bx+c)$.

En développant, on a : 
\begin{align*}
P(x) & = x^3+bx^2+cx-x^2-bx-c\\
& =x^3+(b-1)x^2+(c-b)x-c.
\end{align*}
Par identification, on a alors : 
\[ 
\left\lbrace
\begin{array}{l}
b-1=-2\\
c-b=-5\\
-c=6
\end{array}
\right.
\]

Soit $b=-1$ et $c=-6$. Ainsi, $P(x)=(x-1)(x^2-x-6)$. 

\medskip

Le discriminant du second facteur est $\Delta=25$, d'où les racines suivantes :
\[
\beta = \dfrac{1-\sqrt{\Delta}}{2}=-2 \qquad \textrm{et} \qquad \gamma=\dfrac{1+\sqrt{\Delta}}{2}=3.
\]

\underline{Les trois racines de $P$ sont donc $\alpha=1$, $\beta=-2$ et $\gamma=3$.}

\item Déterminons les réels $A$, $B$ et $C$ tels que : \[f(x)=\dfrac{1}{(x-1)(x+2)(x-3)}=\dfrac{A}{x-1}+\dfrac{B}{x+2}+\dfrac{C}{x-3}.\]

\begin{itemize}
\item  $(x-1)f(x)=\dfrac{1}{(x+2)(x-3)}=A+\dfrac{B(x-1)}{x+2}+\dfrac{C(x-1)}{x-3}$.

Si $x=1$, cela nous donne : $\boxed{\dfrac{1}{-6}=A}$.

\item  $(x+2)f(x)=\dfrac{1}{(x-1)(x-3)}=\dfrac{A(x+2)}{x-1}+\dfrac{C(x+2)}{x-3}$.

Si $x=-2$, cela nous donne : $\boxed{\dfrac{1}{15}=B}$.

\item $(x-3)f(x)=\dfrac{1}{(x-1)(x+2)}=\dfrac{A(x-3)}{x-1}+\dfrac{B(x-3)}{x+2}+C$.

Si $x=3$, cela nous donne : $\boxed{\dfrac{1}{10}=C}$.
\end{itemize}

Ainsi : \[\boxed{f(x)=\dfrac{-1}{6(x-1)}+\dfrac{1}{15(x+2)}+\dfrac{1}{10(x-3)}}\]

\item  $\begin{aligned}[t]
\int_{4}^{5}f(x)\dx & = -\dfrac{1}{6}\int_{4}^{5}\dfrac{\dx}{x-1}+\dfrac{1}{15}\int_{4}^{5}\dfrac{\dx}{x+2}+\dfrac{1}{10}\int_{4}^{5}\dfrac{\dx}{x-3} \\
& \\
& = -\dfrac{1}{6}\big[ \ln (x-1) \big]_{4}^5 + \dfrac{1}{15}\big[ \ln (x+2) \big]_{4}^5 + \dfrac{1}{10}\big[ \ln (x-3) \big]_4^5 \\
& \\
& = -\dfrac{1}{6}\left( \ln 4 - \ln 3 \right) + \dfrac{1}{15}\left( \ln 7 - \ln 6 \right) + \dfrac{1}{10}\left( \ln 2 - \ln 1 \right)
\end{aligned}$

$\begin{aligned}
\int_{4}^{5}f(x)\dx & = \dfrac{1}{6}\ln 3 - \dfrac{1}{3}\ln 2 + \dfrac{1}{15}\ln 7 - \dfrac{1}{15}\ln 2 - \dfrac{1}{15}\ln 3 + \dfrac{1}{10}\ln 2 \\
& \\
& = \dfrac{1}{30}\ln 3 - \dfrac{3}{10}\ln 2 + \dfrac{1}{15}\ln 7 \\
& \\
& = \boxed{\dfrac{1}{30}\ln\left(\dfrac{147}{512}\right)}
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exocor}


\subsection*{Intégrales \& aires}

%%%

\begin{exocor}{lecture graphique et calcul}[1]
Soit la fonction $f$ définie sur $\R$ par :
\[
f(x)=\dfrac{\e^{2x}}{1+\e^x}.
\]
Sa courbe représentative sur \intervFF{-3}{2} est donnée ci-dessous :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=latex,scale=3]
\fill[violet!10] (-2,0) -- plot[domain=-2:1,samples=100] (\x,{exp(2*\x)/(1+exp(\x))}) -- (1,0) -- cycle;
\draw[dotted] (-3,0) grid[step=0.1] (2,3);
\draw[very thick,->] (-3,0) -- (2,0);
\draw[very thick,->] (0,0) -- (0,3);
\foreach\x in {-2,-1,0,1}
{%
\draw[very thick] (\x,0.05) -- (\x,-0.05) node[below] {\bfseries\x};
}
\foreach\y in {1,2}
{%
\draw[very thick] (0.05,\y) -- (-0.05,\y) node[left] {\bfseries\y};
}
\clip (-3,0) rectangle (2,3);
\draw[thick,violet] plot[domain=-3:2,samples=100] (\x,{exp(2*\x)/(1+exp(\x))});
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item À l'aide du quadrillage, donner une valeur approchée de $\dint_{-2}^1 f(x)\dx$ au dixième.
\item Montrer que $f(x)=\e^x-\dfrac{\e^x}{1+\e^x}$.
\item En déduire la valeur exacte, puis une valeur approchée à $10^{-4}$ près de $\dint_{-2}^1 f(x)\dx$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On peut compter entre 138 et 140 petits carreaux dans le domaine colorié.

Or, 1 petit carreau correspond à $0,1\times0,1=0,01$ unité d'aire.

$140\times0,01=1,4$ donc on peut écrire que $\boxed{\dint_{-2}^1 f(x)\dx\approx1,4}$

\item $\begin{aligned}[t]
\e^x-\dfrac{\e^x}{1+\e^x} & =\dfrac{\e^x\big(1+\e^x\big)}{1+\e^x}-\dfrac{\e^x}{1+\e^x}\\
& = \dfrac{\e^x+\e^{2x}-\e^x}{1+\e^x}\\
& = \dfrac{\e^{2x}}{1+\e^x}\\
& = f(x).
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\dint_{-2}^1 f(x)\dx & = F(1)-F(-2),\ \text{avec }F(x)=\e^x-\ln\big(1+\e^x\big)\\
& = \e^1-\ln\big(1+\e^1\big)-\left[\e^{-2}-\ln\big(1+\e^{-2}\big) \right]\\
& = \e-\ln(1+\e)-\e^{-2}+\ln\big(1+\e^{-2}\big)\\
\Aboxed{\dint_{-2}^1 f(x)\dx& = \e-\e^{-2}+\ln\left(\dfrac{1+\e^{-2}}{1+\e}\right)}
\end{aligned}$

à la calculatrice, on trouve $\boxed{\dint_{-2}^1 f(x)\dx\approx1,3966}$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{lecture graphique et calcul}[1]
Soit la fonction $f$ définie sur $\R$ par :
\[
f(x)=\dfrac{1}{x(x+1)}.
\]
Sa courbe représentative sur \intervFF{0}{10} est donnée ci-dessous :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=latex,yscale=4,xscale=1.2]
\fill[violet!10] (1,0) -- plot[domain=1:10,samples=100] (\x,{1/(\x*(1+\x))}) -- (10,0) -- cycle;
\draw[dotted] (0,0) grid[xstep=0.25,ystep=0.1] (10,1.5);
\draw[very thick,->] (0,0) -- (11,0);
\draw[very thick,->] (0,0) -- (0,1.5);
\foreach\x in {0,1,...,10}
{%
\draw[very thick] (\x,0.025) -- (\x,-0.025) node[below] {\bfseries\x};
}
\foreach\y in {1}
{%
\draw[very thick] (0.05,\y) -- (-0.05,\y) node[left] {\bfseries\y};
}
\clip (0,0) rectangle (10,1.5);
\draw[thick,violet] plot[domain=0.2:10,samples=100] (\x,{1/(\x*(\x+1))});
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item À l'aide du quadrillage, montrer que $\dint_{1}^{10} f(x)\dx \geqslant 0,5$.
\item Montrer que $f(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+1}$.
\item En déduire la valeur exacte, puis une valeur approchée à $10^{-4}$ près de $\dint_{1}^{10} f(x)\dx$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Un petit rectangle de la grille représente $0,25\times0,1=0,025$ unité d'aire.

Nous pouvons compter un peu plus de 20 de ces rectangles dans le domaine colorié, ce qui nous laisse à penser que celui-ci a une aire supérieure à $20\times0,025=0,5$ unité d'aire.

Ainsi, $\boxed{\dint_1^{10}f(x)\dx\geqslant0,5}$.

\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{1+x} & = \dfrac{1+x}{x(x+1)}-\dfrac{x}{x(1+x)}\\
& = \dfrac{1+x-x}{x(x+1)}\\
& = f(x).
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\dint_1^{10}f(x)\dx & = F(10)-F(1),\ \text{avec }F(x)=\ln x-\ln(x+1)\\
& = \ln10-\ln11-(\ln1-\ln2)\\
& = \ln10-\ln11+\ln2\\
&\approx0,5978.
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%
\newpage
\begin{exocor}{aire entre deux courbes}[2]
\begin{minipage}{9cm}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=latex,xscale=2]
\fill[purple!20] (1.55,0) plot[domain=1.55:0.25] (\x,{1/\x})  -- (0.25,0) -- cycle;
\fill[white] (1.55,0) plot[domain=1.55:0.25] (\x,{0.5*\x*\x-\x+1}) -- (0.25,0) -- cycle;
%
\fill[green!20] (1.55,0) plot[domain=1.55:2.75] (\x,{0.5*\x*\x-\x+1}) -- (2.75,0) -- cycle;
\fill[white] (1.55,0) plot[domain=1.55:2.75] (\x,{1/\x})  -- (2.75,0) -- cycle;
%
\draw[dotted,opacity=0.5] (0,0) grid[step=0.5] (4,4);
\draw[->,very thick] (0,0) -- (4,0);
\draw[->,very thick] (0,0) -- (0,4.1);
\foreach\x in {0,1,2,3}
{%
\draw[very thick] (\x,0.1) -- (\x,-0.1) node[below] {\bfseries\x};
\draw[very thick] (0.1,\x) -- (-0.1,\x) node[left] {\bfseries\x};
}
\draw[very thick] (0.1,4) -- (-0.1,4) node[left] {\bfseries4};
\draw[thick,dashed] (2.75,{0.5*2.75*2.75-2.75+1}) -- (2.75,0) node[below,outer ysep=2mm] {$a$};
\draw[thick,dashed] (0.25,4) -- (0.25,0) node[below] {$\frac{1}{4}$};
\draw[thick,dashed] (1.55,{1/1.55}) -- (1.55,0) node[below,outer ysep=2mm] {$\alpha$};
\clip (0,0) rectangle (4,5);
\draw[very thick,violet] plot[domain=0.25:3.5,samples=100] (\x,{1/\x}) node[right] {${\cal C}_f$};
\draw[very thick,violet] plot[domain=0.25:3.5,samples=100] (\x,{0.5*\x*\x-\x+1}) node[right] {${\cal C}_g$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\textwidth-9cm}
On a représenté ci-contre les courbes représentatives des fonctions $f$ et $g$ définies par :
\[ f(x)=\dfrac{1}{x}\qquad\text{et}\qquad g(x)=0,5x^2-x+1.\]
On a noté $\alpha$ l'abscisse de leur point d'intersection.

L'objectif de cet exercice est de déterminer la valeur de $a$ telle que les deux aires colorées  soient égales.
\end{minipage}

\begin{enumerate}
\item En vous aidant de la fonction $x\longmapsto0,5x^3-x^2+x-1$, prouver algébriquement l'existence de $\alpha$, puis déterminer une valeur approchée de $\alpha$ au centième.
\item Déterminer alors une valeur approchée de $a$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\alpha$ est la solution de l'équation $f(x)=g(x)$.
\begin{align*}
f(x)=g(x) 
& \iff \dfrac{1}{x}=0,5x^2-x+1\\
& \iff 1=0,5x^3-x^2+x\qquad\text{(en multipliant par }x\neq0)\\
& \iff 0,5x^3-x^2+x-1=0
\end{align*}
Posons:
\[
h(x)=0,5x^3-x^2+x-1.
\]
Alors, 
\[
h'(x)=1,5x^2-2x+1.
\]
Le discriminant de $h'(x)$ est :
\[
\Delta=4-6=-2<0
\]
donc $h'(x)$ est toujours du signe de \og 1,5 \fg, soit toujours positif.

Ainsi, $h$ est strictement croissante sur \R.

$h$ est continue et croissante sur \intervFF{1}{2} ; de plus, $h(1)=-0,5<0$ et $h(2)=1>0$ donc $0\in\intervOO{h(1)}{h(2)}$.

Par conséquent, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $h(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{1}{2}. C'est cette valeur que l'on note $\alpha$.

\underline{On trouve à la calculatrice $\alpha\approx1,54$.}

\item Sur \intervFF{0,25}{\alpha}, $f(x)\geqslant g(x)$ donc l'aire à gauche correspond à $\dint_{0,25}^\alpha\big[f(x)-g(x)\big]\dx$.
Posons :
\[
u(x)=f(x)-g(x)=\dfrac{1}{x}-\big(0,5x^2-x+1\big)=\dfrac{1}{x}-0,5x^2+x-1.
\]
Une primitive de $u(x)$ est :
\[
U(x)=\ln(x)-0,5\times\dfrac{1}{3}x^3+\dfrac{1}{2}x^2-x
    =\ln(x)-         \dfrac{1}{6}x^3+\dfrac{1}{2}x^2-x.
\]
Alors,
\begin{align*}
\dint_{0,25}^\alpha\big[f(x)-g(x)\big]\dx & = U(\alpha)-U(0,25)\\
& \approx -0,53 - (-1,6)\\
& \approx 1,07.
\end{align*}
Sur \intervFF{\alpha}{a}, $g(x)\geqslant f(x)$ donc l'aire à droite correspond à $\dint_\alpha^a\big[g(x)-f(x)\big]\dx$.

Une primitive de $g(x)-f(x)$ est $-U(x)$ ($U(x)$ ayant été calculée précédemment) donc :
\begin{align*}
\dint_\alpha^a\big[g(x)-f(x)\big]\dx & = -U(a)-\big(-U(\alpha)\big)\\
& = -\ln(a)+\dfrac{1}{6}a^3-\dfrac{1}{2}a^2+a-0,53
\end{align*}

On cherche à déterminer $a$ telle que $\dint_{0,25}^\alpha\big[g(x)-f(x)\big]\dx=\dint_\alpha^a\big[g(x)-f(x)\big]\dx$,c'est-à-dire telle que :
\begin{align*}
\dint_{0,25}^\alpha\big[g(x)-f(x)\big]\dx=\dint_\alpha^a\big[g(x)-f(x)\big]\dx & \iff -\ln(a)+\dfrac{1}{6}a^3-\dfrac{1}{2}a^2+a-0,53=1,07\\
& \iff  -\ln(a)+\dfrac{1}{6}a^3-\dfrac{1}{2}a^2+a-1,6=0.
\end{align*}
Bien sûr, il est hors de question de résoudre cette équation algébriquement. On prend donc la calculatrice et on lui demande d'afficher les valeurs (par pas de 0,01) de la fonction  \mbox{$x\longmapsto-\ln(x)+\dfrac{1}{6}x^3-\dfrac{1}{2}x^2+x-1,6$} à partir de $x=2$ (par exemple) car on peut imaginer que $a>2$ d'après la représentation graphique.

\underline{On trouve alors que $a\approx2,85$.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{approximation d'une aire}[2]
L'objectif de cet exercice est de déterminer une approximation de l'aire du domaine $\mathcal{D}$ défini par :
\[
\mathcal{D}=\big\{0\leqslant x\leqslant1, 0\leqslant y\leqslant f(x) \big\}
\]
où
\[
\forall x\in\R,\qquad f(x)=\big(\ln(1+x)\big)^2.
\]

On note $\mathcal{C}$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthonormé \Rij{}, avec pour unité graphique : $\|\vv{\imath}\|=\|\vv{\jmath}\|=10~\text{cm}$.

\bigskip

\partie{A : étude des variations de la fonction}

\begin{enumerate}
\item Déterminer la dérivée de $f$ sur \intervFO{0}{+\infty}.
\item En déduire les variations de $f$ sur \intervFO{0}{+\infty}.
\item Calculer $f(0)$ et $f(1)$, puis dresser le tableau de variations de $f$ sur \intervFF{0}{1}.
\item Calculer $f'(0)$. En déduire l'équation de la tangente $\mathcal{T}$ à $\mathcal{C}$ au point d'abscisse 0.
\item Tracer dans \Rij{} $\mathcal{C}$ en faisant appara\^itre la tangente $\mathcal{T}$.
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{B : calcul de l'approximation de l'aire}

On considère :

\begin{itemize}
\item Les points $A_k\coord{\dfrac{k}{10}}{0}$ pour tout entier naturel $k$ tel que $0\leqslant k\leqslant10$ ;
\item Les rectangles $R_k$ de base $\left[A_kA_{k+1}\right]$ et de hauteur $f\left(\dfrac{k}{10}\right)$ pour tout entier naturel $k$ tel que $0\leqslant k\leqslant 9$.
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item Sur le graphique précédent, dessiner les rectangles $R_k$, $0\leqslant k\leqslant 9$.

\item Calculer la somme des aires des rectangles $R_k$ pour $k$ compris entre 0 et 9. On donnera le résultat en unité d'aire et en cm$^2$ à $10^{-3}$ près.

\item On suppose que la fonction $F$ définie par :
\[
F(x)=(x+1)\left[\left(\ln(x+1)\right)^2-2\ln(x+1)+2 \right]
\]
est une primitive de $f$ sur \intervFF{0}{1}.

En déduire la valeur exacte, puis approchée à $10^{-3}$ près, de l'aire de $\mathcal{D}$.

Calculez l'erreur entre cette valeur et celle obtenue à la question précédente.
\end{enumerate}

\tcblower

\partie{A : étude des variations de la fonction}

\begin{enumerate}
\item $f$ est de la forme $u^2$, avec $u(x)=\ln(x+1)$.\\
Donc $f' = 2u'u$, avec $u'(x)=\dfrac{1}{x+1}$.\\
D'où :
\[
\boxed{f'(x)=\dfrac{2\ln(x+1)}{x+1}.}
\]

\item Si $x\geqslant0$, alors $x+1\geqslant1$ et donc $\ln(x+1)\geqslant0$.\\
\underline{Ainsi, $f'(x)$ est strictement positive donc $f$ est strictement croissante sur \intervFO{0}{+\infty}.}

\item $f(0)=\left(\ln(0+1)\right)^2=0$ et $f(1)=\left(\ln(1+1)\right)^2=\ln2$. On a le tableau de variations suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10,colorL=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$f$/1}{0,1}
\tkzTabVar{-/0,+/$\ln2$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $f'(0)=\dfrac{2\ln(0+1)}{0+1}=0$ donc la tangente à $\mathcal{C}$ en 0 est horizontale. Or, $f(0)=0$ donc $\mathcal{T}$ est l'axe des abscisses.

\item ~\par\vspace*{-1em}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=stealth',scale=0.8]
\draw[gray!30] (0,0) grid (10,5);
\draw[thick,->] (0,0) -- (11,0);
\draw[thick,->] (0,0) -- (0,6);
\node[below left] at (0,0) {O};
\draw[thick] (10,0.1) -- (10,-0.1) node[below] {1};
\node[left] at (0,5) {0,5};
\draw[very thick,->,red] (0,0) -- (3,0);
\draw[thick,blue!50!black] plot[domain=0:10,samples=70] (\x,{10*(ln(\x/10+1)*ln(\x/10+1)}) node[above left] {$\mathcal{C}$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}


\partie{B : Calcul de l'approximation de l'aire}

\begin{enumerate}
\item ~\par 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=stealth']
\draw[gray!30] (0,0) grid (10,5);
\draw[thick,->] (0,0) -- (11,0);
\draw[thick,->] (0,0) -- (0,6);
\node[below left] at (0,0) {O};
\draw[thick] (10,0.1) -- (10,-0.1) node[below] {1};
\node[left] at (0,5) {0,5};
\draw[thick,blue!50!black] plot[domain=0:10,samples=70] (\x,{10*(ln(\x/10+1)*ln(\x/10+1)}) node[above left] {$\mathcal{C}$};
\foreach \k in {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}
{
	\filldraw[draw=green!50!black,fill=green!20,opacity=0.3] (\k,0) rectangle+(1,{10*(ln(\k/10+1)*ln(\k/10+1)});
	\node[below] at ({\k+0.5},0) {\small $R_\k$};
}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item L'aire du rectangle $R_k$ est :
\[ A_k=\dfrac{1}{10}\times f\left(\dfrac{k}{10}\right)\;,\]
où $\dfrac{1}{10}$ représente la mesure de la largeur et  $f\left(\dfrac{k}{10}\right)$ sa longueur.

La somme des aires des rectangles est :
\begin{align*}
A & = \displaystyle\sum_{k=0}^9 \dfrac{1}{10}\times f\left(\dfrac{k}{10}\right)\\
& = \dfrac{1}{10}\left(f(0)+f(1)+\cdots+f(9)\right)\\
\Aboxed{A& \approx0,165~\text{u.a.}}\\
& \approx0,165\times100~\text{cm}^2\\
\Aboxed{A & \approx 16,487~\text{cm}^2}
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
\dint_0^1 f(x)\dx & =F(1)-F(0)\\
& = 2(\ln2)^2-4\ln2+4\\
& \approx 0,188
\end{aligned}$

L'aire de $\mathcal{D}$ est donc égale à $2(\ln2)^2-4\ln2+4$ u.a., soit environ 0,188 u.a.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{aire d'un demi-disque}[2]
On considère l'intégrale : \[ I = \int_0^4\sqrt{4x-x^2}\dx.\]
Montrer que $I$ représente l'aire d'un demi-disque, dont on donnera les caractéristiques, et calculer $I$.

\tcblower

Considérons la fonction $f(x)=\sqrt{4x-x^2}$ définie sur \intervFF{0}{4}.

Sa représentation graphique est un demi-cercle de centre $A(2;0)$ situé au-dessus de l'axe des abscisses.

\newpage

En effet, on a  : 
\begin{align*}
y =\sqrt{4x-x^2} & , y \geqslant 0\\
y^2 = 4x-x^2 & , y \geqslant 0\\
0 = x^2-4x+y^2 & , y \geqslant 0\\
0 = (x-2)^2-4+y^2 & , y \geqslant 0\\
4 = (x-2)^2+y^2 & , y \geqslant 0
\end{align*}

Cette dernière équation cartésienne est celle du demi-cercle de centre $A(2;0)$ et de rayon $r=2$.

\medskip

Ainsi, $I$ représente l'aire de ce demi-cercle. Donc $I=\dfrac{\pi r^2}{2}$ soit \underline{$I=2\pi$}.
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{prise d'initiative}[2]
On considère la fonction $f$ définie sur \R par : $f(x) = \dfrac{1}{1+\e^{-x}}$, dont la courbe représentative est donnée ci-dessous.

On considère le domaine $\mathcal{D} = \{ M\coord{x}{y} | -5 \leqslant x \leqslant 2,\ 0 \leqslant y \leqslant f(x)\}$, représenté en bleu sur le schéma.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[domain=-5:3]
\clip (-5,-1) rectangle (3,2);
\fill[numpageenonce!50] (-5,0) plot[domain=-5:2] (\x,{1/(1+exp(-\x))}) -- (2,0) -- cycle;
\draw[gray] (-5,-1) grid (3,2);
\draw[thick,->,>=latex] (-5,0) -- (3,0);
\draw[thick,->,>=latex] (0,-1) -- (0,2);

\draw[numpageenonce,thick] plot (\x,{1/(1+exp(-\x))});
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item Montrer que l'aire $\mathcal{A}$ de $\mathcal{D}$ est égale à $\mathcal{A}= 5 + \ln\left( \frac{1+\e^2}{1+\e^5)} \right)$.
\item On note $\mathcal{D}_t = \{ M\coord{x}{y} | t \leqslant x \leqslant 2,\ 0 \leqslant y \leqslant f(x)\}$, pour $t<0$. Soit alors $\mathcal{A}(t)$ l'aire de $\mathcal{D}_t$. Déterminer $\limite{t}{-\infty}{\mathcal{A}(t)}$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On peut écrire $f(x)$ sous la forme:
\[
f(x) = \frac{1}{1+\e^{-x}} = \frac{1+\e^{-x}-\e^{-x}}{1+\e^{-x}} = 1-\frac{\e^{-x}}{1+\e^{-x}} = 1+ \frac{u'(x)}{u(x)}, \text{ avec }u(x)=1+\e^{-x}.
\]
Par conséquent, 
\begin{align*}
\mathcal{A} & =\int_{-5}^2 \left(1 + \frac{-\e^{-x}}{1+\e^{-x}} \right)\dx\\
            & = \left[ x + \ln\left(1+\e^{-x} \right) \right]_{-5}^2\\
            & = 2+\ln\big(1+\e^{-2}\big) - (-5) - \ln\big(1+\e^5 \big)\\
          & = 7 + \ln\left( \frac{1+\e^{-2}}{1+\e^5}\right) \\
          & = 7 + \ln\left( \frac{1+\tfrac{1}{\e^2}}{1+\e^5} \right)\\
          & = 7 + \ln\left( \frac{\tfrac{\e^2+1}{\e^2}}{1+\e^5} \right)\\
          & = 7 + \ln\left( \frac{\e^2+1}{\e^2(1+\e^5)} \right)\\
          & = 7 + \underbrace{\ln\frac{1}{\e^2}}_{=-2}+ \ln\left( \frac{\e^2+1}{1+\e^5} \right)\\
          & = 5 + \ln\left( \frac{1+\e^2}{1+\e^5)} \right).
\end{align*}

\newpage

\item On a:
\begin{align*}
\mathcal{A}(t) & = \int_t^2 f(x) \dx\\
               & = \left[ x + \ln\big(1+\e^{-x}\big) \right]_t^2\\
               & = 2+\ln\big(1+\e^{-2}\big) - t - \ln\big(1+\e^{-t}\big)\\
            & = (2-t) + \ln\left( \frac{1+\e^{-2}}{1+\e^{-t}} \right) \\
        & = (2-t) + \ln\left( \frac{\tfrac{\e^2+1}{\e^2}}{\tfrac{\e^t+1}{\e^t}} \right)   \\
         & = (2-t) + \ln\left( \frac{\e^t}{\e^2} \times \frac{1+\e^2}{1+\e^t} \right)\\
         & = (2-t) + \ln\frac{\e^t}{\e^2} + \ln\left( \frac{1+\e^2}{1+\e^t} \right)\\
         & = (2-t) + t-2 + \ln\left( \frac{1+\e^2}{1+\e^t} \right)\\
         & = \ln\left( \frac{1+\e^2}{1+\e^t} \right).
\end{align*}
$\limite{t}{-\infty}{\e^t}=0$ donc $\limite{t}{-\infty}{\mathcal{A}(t)} = \ln\big(1+\e^2\big)$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{volume d'un bouchon de pêche}[3]
\begin{rem}
Le calcul de volumes n'est pas explicitement au programme et ne constitue donc pas une compétence exigible.
\end{rem}
Un bouchon de pêche est obtenu à partir d'une courbe que l'on a fait tourner autour de l'axe des abscisses.

\medskip

\begin{minipage}{.5\textwidth}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[domain=0:3.14159,samples=500] plot (\x,{cos(90*\x/3.14159)});
\draw[domain=0:3.14159,samples=500] plot (\x,{-cos(90*\x/3.14159)});
\draw[domain=-1:0,samples=500] plot (\x,{sqrt(1-\x*\x)});
\draw[domain=-1:0,samples=500] plot (\x,{-sqrt(1-\x*\x)});
\draw (0,1) arc (90:270:0.2cm and 1cm);
\draw[dotted] (0,-1) arc (270:450:0.2cm and 1cm);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}
\begin{minipage}{.5\textwidth}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[domain=0:3.14159,samples=500] plot (\x,{cos(90*\x/3.14159)});
\draw[domain=-1:0,samples=500] plot (\x,{sqrt(1-\x*\x)});
\draw[->,>=stealth'] (-2,0) -- (4,0);
\draw[->,>=stealth'] (0,-.5) -- (0,1.5);
\node[below] at (-1,0) {$-1$};
\node[below] at (3.14159,0) {$\frac{\pi}{2}$};
\node[below right] at (0,0) {$0$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}

\medskip

L'équation de la courbe est : 
\[ 
\left\lbrace
\begin{array}{ll}
f(x)=\sqrt{1-x^2} & , x \in \intervFF{-1}{0}\\
f(x)=\cos (x) & , x \in\intervFF{0}{\frac{\pi}{2}}
\end{array}
\right.
\]

Calculer la valeur du volume $\mathcal{V}$ du bouchon.

\medskip

\textit{Aide : on pourra considérer que le volume engendré par une courbe définie par une fonction $f$ sur \intervFF{a}{b} par rotation autour de l'axe des abscisses est égal à }$\dint_a^b \pi\big[f(x)\big]^2\dx$.

\tcblower

D'après l'aide donnée dans l'énoncé,
\begin{align*}
\mathcal{V} & = \pi\dint_{-1}^{\frac{\pi}{2}} \left(f(x)\right)^2\dx\\[6pt]
& = \underbrace{\pi\dint_{-1}^{0} \left(f(x)\right)^2\dx}_{\textrm{volume de la demie-sphère de rayon 1}} + \pi\dint_0^{\frac{\pi}{2}} \left(f(x)\right)^2\dx\\[6pt]
& = \dfrac{2\pi}{3}+\pi\dint_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 x\dx\\[6pt]
& = \dfrac{2\pi}{3}+\pi\dint_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{1}{2}\cos 2x + \frac{1}{2}\right)\dx\\[6pt]
& = \dfrac{2\pi}{3}+\dfrac{\pi}{2}\displaystyle\left[\frac{1}{2}\sin 2x + x \right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\[6pt]
& = \boxed{\dfrac{2\pi}{3} + \dfrac{\pi^2}{4}}
\end{align*}
\end{exocor}


\subsection*{Intégrations par parties}

%%%

\begin{exocor}{pour s'entraîner}[1]
À l'aide d'une intégration par parties, calculer les intégrales suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $I = \dint_1^2 x\sqrt{x}\dx$
\item $J = \dint_0^1 x\e^x \dx$
\item $K = \dint_1^\e x\ln(x)\dx$
\item $L = \dint_1^\e x\big(\ln x\big)^2\dx$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $I = \dint_1^2 x\sqrt{x}\dx$. Posons : $\begin{aligned}[t]
u(x) = \sqrt{x} & \qquad u'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\\
v'(x) = x & \qquad v(x) = \dfrac{1}{2}x^2
\end{aligned}$

Alors,
\begin{align*}
I & = [(uv)(x)]_1^2 - \dint_1^2 u'(x)v(x)\dx\\
& = \left[\dfrac{1}{2}x^2\sqrt{x}\right]_1^2 - \dint_1^2\dfrac{1}{4}\dfrac{x^2}{\sqrt{x}}\dx\\
& = \left(\dfrac{1}{2}(2)^2\sqrt2 - \dfrac{1}{2}(1)^2\sqrt1\right)-\dfrac{1}{4}\dint_1^2x\sqrt{x}\dx\\
I & 2\sqrt2-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}I\\
\dfrac{5}{4}I & = 2\sqrt2-\dfrac{1}{2}\\
I & = \dfrac{4}{5}\left(2\sqrt2-\dfrac{1}{2}\right)\\
\Aboxed{I & = \dfrac{8\sqrt2-2}{5}}
\end{align*}

\item $J = \dint_0^1 x\e^x \dx$. Posons :

\begin{multicols}{2}
$u(x) = x$

$v'(x) = \e^x$

\columnbreak

$u'(x)=1$

$v(x) = \e^x$
\end{multicols}

Alors,
\begin{align*}
J & = [(uv)(x)]_1^2 - \dint_1^2 u'(x)v(x)\dx\\
  & = \big[x\e^{x}\big]_0^1 - \dint_0^1 \e^{x} \dx\\
  & = \e - \big[\e^x\big]_0^1\\
  & = \e - (\e - 1)\\
\Aboxed{J & = 1}  
\end{align*}


\item $K = \dint_1^\e x\ln(x)\dx$. Posons:

\begin{multicols}{2}
$u(x) = \ln(x)$

$v'(x) = x$

\columnbreak

$u'(x)=\dfrac{1}{x}$

$v(x) = \dfrac{1}{2}x^2$
\end{multicols}

Alors,
\begin{align*}
K & = [(uv)(x)]_1^2 - \dint_1^2 u'(x)v(x)\dx\\
  & = \left[\dfrac{1}{2}x^2\ln(x)\right]_1^\e - \dfrac{1}{2}\dint x \dx\\
  & = \dfrac{1}{2}\e^2 - \dfrac{1}{2}\left[\dfrac{1}{2}x^2\right]_1^\e\\& = \dfrac{1}{2}\e^2 - \dfrac{1}{4}(\e^2-1)\\
\Aboxed{K  & = \dfrac{\e^2+1}{4}}
\end{align*}

\item $L = \dint_1^\e x\big(\ln x\big)^2\dx$. Posons:

\begin{multicols}{2}
$u(x) = \big(\ln x\big)^2$

$v'(x) = x$

\columnbreak

$u'(x)=2\times\ln(x)\times\dfrac{1}{x}$

$v(x) = \dfrac{1}{2}x^2$
\end{multicols}

Alors,
\begin{align*}
L & = [(uv)(x)]_1^2 - \dint_1^2 u'(x)v(x)\dx\\
& = \left[\dfrac{1}{2}x^2\ln^2(x)\right]_1^\e - \underbrace{\dint x\ln(x) \dx}_{=K}\\
& = \dfrac{1}{2}\e^2 - \dfrac{\e^2+1}{4}\\
\Aboxed{L & = \dfrac{\e^2-1}{4}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{avec un sinus}[2]
À l'aide de deux intégrations par parties successives, calculer $S = \dint_0^{\frac{\pi}{4}} \sin(x)\e^{x}\dx$.

\tcblower

$S = \dint_0^{\frac{\pi}{4}} \sin(x)\e^{x}\dx$. Posons: $\begin{aligned}[t]
u(x) = \sin(x) & \qquad  u'(x) = \cos(x)\\
v'(x) = \e^x & \qquad v(x) = \e^x
\end{aligned}$

Alors,
\[
S = \big[ \sin(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} - \underbrace{\dint_0^{\frac{\pi}{4}}\cos(x)\e^x\dx}_{=I}.
\]
Calculons alors $I$ en posant: $\begin{aligned}[t]
u(x) = \cos(x) & \qquad  u'(x) = -\sin(x)\\
v'(x) = \e^x & \qquad v(x) = \e^x
\end{aligned}$
\begin{align*}
I & = \big[ \cos(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} - \dint_0^{\frac{\pi}{4}} -\sin(x)\e^x\dx\\
& = \big[ \cos(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} + \dint_0^{\frac{\pi}{4}} \sin(x)\e^x\dx\\
& = \big[ \cos(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} +S.
\end{align*}

Ainsi,
\begin{align*}
S & = \big[ \sin(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} - \left( \big[ \cos(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} +S \right)\\
S & = \big[ \sin(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} - \big[ \cos(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} - S \\
2S & = \big[ \sin(x)\e^x - \cos(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}}\\
S & = \dfrac{1}{2}\Big[ \big(\sin(x) - \cos(x)\big)\e^x \Big]_0^{\frac{\pi}{4}}\\
S & = \dfrac{1}{2}\Big( \underbrace{\big(\sin\frac{\pi}{4}-\cos\frac{\pi}{4}\big)}_{=0}\e^{\frac{\pi}{4}} - \underbrace{\big(\sin0-\cos0)}_{=-1}\e^0  \Big)\\
\Aboxed{S & = \dfrac{1}{2}}
\end{align*}
\end{exocor}


\newpage

%%%

\begin{exocor}{linéarité de l'intégrale}[2]
\begin{enumerate}
\item En intégrant deux fois par parties, calculer 
$\displaystyle K=\int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2\cos 2x\dx$.
\item On note:
\[
I=\int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2\cos^2 x\dx  
\quad
\text{et}
\quad
J=\int_0^{\frac{\pi}{2}}
x^2\sin^2 x\dx.
\]
On donne: $\forall x\in\R,\ \cos^2 x - \sin^2 x = \cos(2x)$.
\begin{enumerate}
\item Calculer $I+J$.
\item Calculer $I-J$.
\item En déduire $I$ et $J$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item \label{intcorq6} Posons pour $x\in\left[0;\frac{\pi}{2}\right]$:
\[
u(x)=x^2
\quad
\text{et}
\quad
v(x)=\dfrac{1}{2}\sin2x.
\]
Alors : 
\[
u'(x)=2x
\quad
\text{et}
\quad 
v'(x)=\cos2x.
\]
Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables sur l'intervalle $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ et les fonctions $u'$ et $v'$ sont continues sur ce même intervalle. Donc, par le théorème d'intégration par parties, on a:
\[
K=\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\cos2x\dx=\underbrace{\left[x^2\dfrac{1}{2}\sin2x
\right]_0^\frac{\pi}{2}}_{=\;0} -\int_0^\frac{\pi}{2} x\sin2x\dx.
\]
Pour calculer l'intégrale $\int_0^\frac{\pi}{2} x\sin2x\dx$, il est nécessaire de procéder à une seconde intégration par parties.
Posons:
\[
s(x)=x
\quad
\text{et}
\quad 
t(x)=\dfrac{1}{2}\cos2x.
\]
Alors : 
\[
s'(x)=1
\quad
\text{et}
\quad 
t'(x)=-\sin2x.
\]
Les fonctions $s$ et $t$ étant dérivables, à dérivée continue sur l'intervalle $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$, on a, par le théorème d'intégration par parties :
\[
\begin{aligned}
K&=-\int_0^\frac{\pi}{2} x\sin2x\dx \\
&=\left[
x\dfrac{1}{2}\cos2x
\right] _0^\frac{\pi}{2}-\int_0^\frac{\pi}{2} \dfrac{1}{2}\cos2x \dx
\\
&=-\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{4}\Bigl[ \sin2x \Bigr]_0^\frac{\pi}{2} \\
&=-\dfrac{\pi}{4}.
\end{aligned}
\]

\item
\begin{enumerate}
\item Par linéarité de l'intégrale, on a :
\[
I+J=\int_0^\frac{\pi}{2}
x^2\left(\cos^2 x+\sin^2 x\right) \dx  =\int_0^\frac{\pi}{2} x^2 \dx=\left[\dfrac{1}{3}x^3\right]_0^\frac{\pi}{2} =\dfrac{\pi^3}{24}.
\]
On sait que pour tout $x$,
\[
\cos2x=\cos^2x-\sin^2x.
\]
Donc, d'après \ref{intcorq6}, par linéarité de l'intégrale, on a : 
\[
I-J=\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\left(\cos^2x-\sin^2x\right) \dx 
=
\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\cos2x\dx 
=-\dfrac{\pi}{4}.
\]

\item On en déduit que: 
\[
\boxed{I=\dfrac{\pi^3}{48}-\dfrac{\pi}{8}}
\quad
\text{et}
\quad 
\boxed{J=\dfrac{\pi^3}{48}+\dfrac{\pi}{8}}.
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%


\begin{exocor}{trois IPP pour une intégrale}[3]
\begin{rem}
Dans cet exercice, on considèrera connue l'égalité:
\[
\forall x\in\R,\qquad\sin(2x) = 2\sin(x)\cos(x).
\]
\end{rem}
On considères les intégrales suivantes:
\[
I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2(x)\e^x\dx\qquad;\qquad J=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(x)\e^x\dx.
\]
\begin{enumerate}
\item Calculer $I+J$.
\item
\begin{enumerate}
\item À l'aide d'une intégration par parties, montrer que:
\[
I = -1+\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x)\e^x \dx.
\]
\item On pose $K=\dint_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x)\e^x \dx$.

À l'aide d'une double intégration par parties, montrer que:
\[
K = 2\e^{\frac{\pi}{2}}-4I-2.
\]
\item En déduire la valeur de $I$.
\end{enumerate}
\item En déduire la valeur de $J$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Par linéarité de l'intégrale, on a:
\[
I + J = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \big( \cos^2(x)+\sin^2(x)\big)\e^x\dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \e^x \dx = \boxed{\e^{\frac{\pi}{2}} - 1}.
\]

\item \label{chap:intExoIPPq1}
\begin{enumerate}
\item \label{chap:intExoIPPq1a} Posons: $\begin{aligned}[t]
u(x)=\cos^2(x) & \qquad u'(x) = -2\sin(x)\cos(x)=-\sin(2x)\\
v'(x)=\e^x & \qquad v(x) = \e^x
\end{aligned}$

\medskip

Alors,
\begin{align*}
I & = \Big[ \cos^2(x)\e^x \Big]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} -\sin(2x)\e^x \dx\\
\Aboxed{I & = - 1 + \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x)\e^x \dx}
\end{align*}

\begin{rem}
De cette égalité, on peut déduire:
\[
I+1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x)\e^x \dx.
\]
\end{rem}

\item $K=\dint_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x)\e^x \dx$. On pose:
\begin{align*}
u(x)=\sin(2x) & \qquad u'(x)=2\cos(2x)\\
v'(x)=\e^x & \qquad v(x) = \e^x
\end{align*}

À l'aide d'une IPP, on a:
\begin{align*}
K & = \Big[\sin(2x)\e^x \Big]_0^{\frac{\pi}{2}} - 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(2x)\e^x \dx\\
& =  - 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(2x)\e^x.
\end{align*}

Posons maintenant:
\begin{align*}
u(x)=\cos(2x) & \qquad u'(x)=-2\sin(2x)\\
v'(x)=\e^x & \qquad v(x) = \e^x
\end{align*}

Alors, on obtient à l'aide d'une seconde IPP:
\begin{align*}
K & = -2\left( \Big[ \cos(2x)\e^x \Big]_0^{\frac{\pi}{2}} + 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x)\e^x \dx \right)\\
  & =  -2\left( -\e^{\frac{\pi}{2}}-1 +2(I+1) \right).
\end{align*}
En effet, d'après la question \ref{chap:intExoIPPq1}\ref{chap:intExoIPPq1a}, on peut remplacer $\dint_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x)\e^x \dx$ par $I+1$ (voir remarque).

On obtient finalement:
\[
K = 2\e^{\frac{\pi}{2}}+2-4I-4 \iff \boxed{K = 2\e^{\frac{\pi}{2}}-4I-2}
\]

\item On en déduit que:
\[
I = -1 + 2\e^{\frac{\pi}{2}}-4I-2
\]
soit:
\[
5I = 2\e^{\frac{\pi}{2}}-3
\]
et donc:
\[
\boxed{I = \dfrac{2\e^{\frac{\pi}{2}}-3}{5}}
\]
\end{enumerate}

\item De l'égalité $I+J=1$, on déduit:
\[
J = 1-\dfrac{2\e^{\frac{\pi}{2}}-3}{5}\qquad\text{soit}\qquad \boxed{ J = \dfrac{3\e^{\frac{\pi}{2}}-2}{5} }
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}


\subsection*{Valeur moyenne}

%%%

\begin{exocor}{prix moyen d'une machine-outil}[1]
Une machine-outil achetée neuve \numprint{10000}~\euro{} admet un prix de revente modélisé par la fonction $f$ définie par :
\[
f(x)=10\e^{-0,2x}
\]
o\`u $f(x)$ est exprimé en millier d'euros et $x$ en années.

\medskip

Déterminer le prix de revente moyen de cette machine sur 8 ans depuis sa date d'achat.

\tcblower

Le prix de revente moyen est donné par la valeur moyenne de $f$ sur \intervFF{0}{8} :
\begin{align*}
\mu & = \dfrac{1}{8-0}\dint_0^8 f(x)\dx\\
& = \dfrac{1}{8}\dint_0^8 10\e^{-0,2x}\dx\\
& = \dfrac{1}{8}\big[F(8)-F(0)\big],\ \text{avec }F(x)=10\times\left(\dfrac{1}{-0,2}\right)\e^{-0,2x}=-50\e^{-0,2x}\\
& = \dfrac{1}{8}\big[-50\e^{-0,2\times8}-\big(-50\e^{-0,2\times0}\big)\big]\\
& = -\dfrac{50}{8}\e^{-1,6}+\dfrac{50}{8}\\
& \approx4,988.
\end{align*}

\uline{On peut donc estimer à \numprint{4988} \euro{} le prix moyen de revente de cette machine-outil sur 8 ans.}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{population moyenne}[1]
En prenant comme année de référence l'an 2000, le nombre d'habitants en fin d'année $2000+x$ d'une ville nouvelle est approchée par la fonction :
\[
f(x)=18\e^{0,034x},\quad \text{où $f(x)$ est exprimé en millier d'habitants.}
\]
Déterminer la population moyenne de cette ville entre 2050 et 2080.

\tcblower

La population moyenne de la ville entre 2050 et 2080 est la valeur moyenne de $f$ sur \intervFF{50}{80} :
\begin{align*}
\mu & = \dfrac{1}{80-50}\dint_{50}^{80} 10\e^{0,034x}\dx\\
& = \dfrac{1}{30}\big[F(80)-F(50)\big],\ \text{avec }F(x)=10\times\dfrac{1}{0,034}\e^{0,034x}=\dfrac{\numprint{5000}}{17}\e^{0,034x}\\
& = \dfrac{1}{30}\times\dfrac{\numprint{5000}}{17}\big[ \e^{0,034\times80}-\e^{0,034\times50} \big]\\
& \approx 95,161.
\end{align*}

\uline{On peut donc estimer à \numprint{95161} le nombre moyen d'habitants de cette ville entre 2050 et 2080.}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
Soit la fonction $f$ définie sur $\intervOO{1}{+\infty}$ par:
$ f(x)=\dfrac{1}{x\ln x}$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que $f'(x)=-\dfrac{1+\ln x}{(x\ln x)^2}$.
\item En déduire les variations de $f$ sur $\intervOO{0}{1}\cup\intervOO{1}{+\infty}$.
\item En remarquant que $f(x)=\dfrac{\frac{1}{x}}{\ln x}$, calculer la valeur moyenne de $f(x)$ sur \intervFF{\e}{10}.
\item Dessiner ci-dessous un rectangle dont l'aire est la même que celle représentée colorée.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=latex,yscale=5,xscale=0.8]
\fill[purple!20] (2.718,0) -- plot[domain=2.718:10,samples=100] (\x,{1/(\x*ln(\x))}) -- (10,0) -- cycle;
\draw[dotted] (0,0) grid[xstep=1, ystep = 0.2] (11,1.3);
\draw[very thick,->] (0,0) -- (11,0);
\draw[very thick,->] (0,0) -- (0,1.3);
\foreach\x in {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}
{
\draw[very thick] (\x,0.03) -- (\x,-0.03) node[below] {\bfseries\x};
}
\foreach\y in {0,1}
{
\draw[very thick] (0.1,\y) -- (-0.1,\y) node[left] {\bfseries\y};
}
\draw[very thick] (2.718,0.03) -- (2.718,-0.03) node[below] {$\e$};
\clip (0,0) rectangle (10,1.3);
\draw[thick,purple] plot[domain=1.1:10,samples=100] (\x,{1/(\x*ln(\x))}) node[below right,fill=white] {$y=\frac{1}{x\ln x}$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\vspace*{-1em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $f$ est de la forme $f=\dfrac{1}{g}$, avec $g(x)=x\ln x$. Donc $f'$ est de la forme $-\dfrac{g'}{g^2}$.

$g$ est de la forme $uv$ avec :
\[
\begin{array}{l@{\qquad\qquad}l}
u(x)=x & u'(x)=1\\
v(x)=\ln x & v'(x)=\dfrac{1}{x}
\end{array}
\]
Donc $g'$ est de la forme $u'v+uv'$

Ainsi, 
\begin{align*}
g'(x) & = (u'v+uv')(x)\\
& = \ln x + x\times\dfrac{1}{x}\\
& =\ln x+1.
\end{align*}
Par conséquent, 
\[
\boxed{f'(x)=-\dfrac{\ln x+1}{(x\ln x)^2}}
\]

\item $x>1$ donc $\ln x > \ln 1$, soit $\ln x > 0$.

De plus, $(x\ln x)^2>0$ donc $f'(x)>0$ sur \intervOO{1}{+\infty}.

On a alors le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorV=numpagecorrige!10,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10]{$x$/0.8,$f'$/0.8,$f$/1}{1,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,-}
\tkzTabVar{D+/ /,-/}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $\dfrac{\frac1 x}{\ln x}=\dfrac{1}{x}\times\dfrac{1}{\ln x}=\dfrac{1}{x\ln x}=f(x)$ donc $f$ est de la forme $\dfrac{u'}{u}$ avec $u(x)=\ln x$.

Par conséquent, une primitive de $f(x)$ est $F(x)=\ln\big[u(x)\big]$, soit :
\[
F(x)=\ln\big[\ln(x)\big].
\]
Ainsi, la valeur moyenne de $f(x)$ sur \intervFF{\e}{10} est :
\begin{align*}
\mu & = \dfrac{1}{10-\e}\dint_{\e}^{10}f(x)\dx\\
& = \dfrac{1}{10-\e}\big[F(10)-F(\e)\big]\\
& = \dfrac{1}{10-\e}\big[\ln(\ln10)-\underbrace{\ln(\underbrace{\ln\e}_{=1})}_{=0}\big]\\
\Aboxed{\mu & = \dfrac{\ln(\ln10)}{10-\e}}
\end{align*}

\item La valeur moyenne correspond à la hauteur du rectangle dont l'aire est égale à celle du domaine entre l'axe des abscisses et la courbe représentative de $f$ sur \intervFF{\e}{10}.

Ici, $\mu\approx0,11$, d'où le rectangle suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white, outer sep = 0pt] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=latex,yscale=10,xscale=1]
\fill[numpagecorrige!20] (2.718,0) -- plot[domain=2.718:10] (\x,{1/(\x*ln(\x))}) -- (10,0) -- cycle;
\draw[dotted] (0,0) grid[xstep=0.5,ystep=0.1] (11,0.5);
\draw[very thick,->] (0,0) -- (11,0);
\draw[very thick,->] (0,0) -- (0,0.5);
\foreach\x in {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}
{
\draw[very thick] (\x,0.01) -- (\x,-0.01) node[below] {\bfseries\x};
}
\foreach \y in {1,2,3,4}
{
\node[scale=0.75,below left] at (0,{\y/10}) {0,\y};
}
\draw[very thick] (0.1,0.11) -- (-0.1,0.11) node[left] {\bfseries0,11};
\draw[very thick] (2.718,0.03) -- (2.718,-0.03) node[below] {$\e$};
\clip (0,0) rectangle (10,0.5);
\draw[thick,numpagecorrige] plot[domain=1.1:10,samples=100] (\x,{1/(\x*ln(\x))}) node[below right,fill=white] {$y=\frac{1}{x\ln x}$};
\draw[line width=2pt,red] (2.718,0) rectangle (10,0.114);
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exocor}


\subsection*{Suites et intégrales}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On considère la suite \suite{u}{n}{} définie pour tout entier naturel $n$ par :
\[
u_n=\int_1^\e x^n \ln(x)\dx.
\]

\begin{enumerate}
\item Donner le sens de variations de \suite{u}{n}{}.
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que la fonction $F_n$ définie par $F_n(x)=\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\left(\ln(x)-\dfrac{1}{n+1}\right)$ est une primitive de la fonction $f_n$ définie par $f_n(x)=x^n\ln(x)$.
\item En déduire l'expression de $u_n$ en fonction de $n$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
u_{n+1}-u_n & = \dint_1^\e x^{n+1}\ln(x)\dx - \dint_1^\e x^n\ln(x)\dx\\
& = \dint_1^\e\big(x^{n+1}\ln(x)-x^n\ln(x)\big)\dx\qquad\text{par linéarité de l'intégrale}\\
& = \dint_1^\e (x-1)x^n\ln(x)\dx.
\end{aligned}$

Sur \intervFF{1}{\e}, $x-1\geqslant0$, $x^n>0$ et $\ln(x)\geqslant0$ donc $(x-1)x^n\ln(x)\geqslant0$.

Par conséquent, $\dint_1^\e (x-1)x^n\ln(x)\dx\geqslant0$ (par propriété du cours) et donc \mbox{$u_{n+1}-u_n\geqslant0$}.

\medskip

\uline{Ainsi, \suite{u}{n}{} est croissante.}

\item 
\begin{enumerate}
\item $F_n$ est de la forme $uv$ avec :
\[
\begin{array}{l@{\qquad;\qquad}l}
u(x)=\dfrac{1}{n+1}x^{n+1} & u'(x)=x^n\\
v(x)=\ln(x)-\dfrac{1}{n+1} & v'(x)=\dfrac{1}{x}
\end{array}
\]
donc :
\begin{align*}
F_n^\prime(x) & = (u'v+v'u)(x)\\
& = x^n\ln(x)-\dfrac{1}{n+1}x^n+\dfrac{1}{n+1}x^n\\
& = x^n\ln(x)\\
& = f_n(x).
\end{align*}

\uline{$F_n$ est donc bien une primitive de $f_n$.}

\item On déduit de la question précédente :
\begin{align*}
u_n & = F_n(\e)-F_n(1)\\
& = \dfrac{\e^{n+1}}{n+1}\left(\ln\e-\dfrac{1}{n+1}\right)-\dfrac{1}{n+1}\left(\ln1-\dfrac{1}{n+1}\right)\\
\Aboxed{u_n& = \dfrac{n\e^{n+1}+1}{(n+1)^2}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On considère la suite \suite{I}{n}{} définie pour tout entier naturel $n$ par : 
\[ I_n= \int_0^1 \frac{\e^{nx}}{\e^x+1}\dx. \]
\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Calculer $I_1$ et $I_0+I_1$. En déduire $I_0$.
\item Exprimer $I_n+I_{n+1}$ pour tout entier naturel non nul $n$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que \suite{I}{n}{} est croissante.
\item Montrer que pour tout réel $x$ compris entre 0 et 1, on a : 
\[ \frac{\e^{nx}}{\e+1} \leqslant \frac{\e^{nx}}{\e^x+1} \leqslant \frac{1}{2}\e^{nx} .\]
En déduire un encadrement de $I_n$.
\end{enumerate}
\item En déduire $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} I_n$ et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{I_n}{\e^n}$ .
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item $I_1=\dint_0^1 \dfrac{\e^x}{\e^x+1}\dx=\big[ \ln (\e^x+1) \big]_0^1=\ln (\e+1) - \ln 2$.

\medskip

Ainsi, $\boxed{I_1=\ln\left(\dfrac{\e+1}{2}\right)}$.

\medskip

\item $I_0+I_1=\dint_0^1\dfrac{\e^x+1}{\e^x+1}\dx=[x]_0^1$.

Ainsi, $\boxed{I_0+I_1=1}$.
\end{itemize}

\medskip

On en déduit alors : $I_0=1-I_1$, soit $\boxed{I_0=1-\ln\left(\dfrac{\e+1}{2}\right)}$.

\item $\begin{aligned}[t]
I_n+I_{n+1} & = \dint_0^1\dfrac{\e^{nx}+\e^{(n+1)x}}{\e^x+1}\dx\\[8pt]
& = \dint_0^1\dfrac{\e^{nx}\left(\e^x+1\right)}{\e^x+1}\dx\\[8pt]
& =\dint_0^1 \e^{nx} \dx\\[8pt]
& =\dfrac{1}{n}\left[\e^{nx}\right]_0^1
\end{aligned}$.

\medskip

Ainsi, $\boxed{I_n+I_{n+1}=\dfrac{1}{n}\left(\e^n-1\right)}$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item $ I_{n+1}-I_n=\dint_0^1\dfrac{\e^{nx}\left(\e^x-1\right)}{\e^x+1}\dx$.\\
Or, sur \intervFF{0}{1}, on a : 
\[ 
\left\lbrace
\begin{array}{l}
\e^{nx} \geqslant 0\\
\e^x-1 \geqslant 0\\
\e^x+1 \geqslant 0
\end{array}
\right.
\]

Ainsi, $I_{n+1}-I_n \geqslant 0$ donc \underline{\suite{I}{n}{} est croissante}.

\item $\begin{aligned}[t]
0 \leqslant x \leqslant 1 & \Longleftrightarrow \e^0 \leqslant \e^x \leqslant \e^1 \textrm{ car } t \mapsto \e^t \textrm{ est croissante}\\
& \Longleftrightarrow 1+1 \leqslant \e^x+1 \leqslant \e+1\\
& \Longleftrightarrow \dfrac{1}{\e+1} \leqslant \dfrac{1}{\e^x+1} \leqslant \dfrac{1}{2}\\
& \Longleftrightarrow \boxed{\dfrac{\e^{nx}}{\e+1} \leqslant \dfrac{\e^{nx}}{\e^x+1} \leqslant \dfrac{1}{2}\e^{nx}} \textrm{ car } \e^{nx} > 0\\
& \Longleftrightarrow \dfrac{1}{\e+1}\dint_0^1 \e^{nx}\dx \leqslant \dint_0^1\dfrac{\e^{nx}}{\e^x+1}\dx \leqslant \dfrac{1}{2}\dint_0^1 \e^{nx}\dx\\
& \Longleftrightarrow \boxed{\dfrac{\e^n-1}{n(\e+1)} \leqslant I_n \leqslant \dfrac{\e^n-1}{2n}}
\end{aligned}$
\end{enumerate}

\newpage

\item On sait (croissance comparée) que $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{\e^n}{n}=+\infty$. Ainsi, $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{\e^n-1}{n(\e+1)}=+\infty$.

De plus, $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{\e^n-1}{2(\e+1)}=+\infty$.

Ainsi, d'après le théorème de comparaison, $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} I_n=+\infty}$.

De plus, $\dfrac{1-\e^{-n}}{n(\e+1)} \leqslant I_n\e^{-n} \leqslant \dfrac{1-\e^{-n}}{2n}$ et  $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{1-\e^{-n}}{n(\e+1)}=\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{1-\e^{-n}}{2n}=0$.

Ainsi, $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{I_n}{\e^n}}=0$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On considère les intégrales suivantes, définies pour tout entier naturel $n$ :
\[ 
I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \e^{-nx}\sin x \dx \quad ; \quad J_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \e^{-nx}\cos x \dx
\]

\begin{enumerate}
\item Calculer $I_0$ et $J_0$.
\item Soit $n$ un entier naturel non nul. 
\begin{enumerate}
\item On pose $F_n(x)=-\e^{-nx}\sin x$.

Calculer $F_n^\prime(x)$ et en déduire que :
\[ nI_n-J_n=-\e^{-n\frac{\pi}{2}}\;.\]

\item On pose $G_n(x)=-\e^{-nx}\cos x$.

Calculer $G_n^\prime(x)$ et en déduire que :
\[ I_n+nJ_n=1.\]

\item En déduire la valeur de $I_n$ et $J_n$ en fonction de $n$.
\end{enumerate}
\item Calculer $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} I_n$ et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} J_n$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $I_0=\dint_0^{\frac{\pi}{2}} \sin x \dx=\left[-\cos x \right]_0^{\frac{\pi}{2}}=\cos 0 - \left(-\cos\frac{\pi}{2}\right)=1$.

$J_0=\dint_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x \dx=\left[\sin x \right]_0^{\frac{\pi}{2}}=\sin 0 - \sin\frac{\pi}{2}=1$.

\item

\begin{enumerate}
\item $F_n^\prime(x)=n\e^{-nx}\sin x - \e^{-nx}\cos x$.

Ainsi,
\begin{align*}
\int_0^{\frac{\pi}{2}} F_n^\prime(x)\dx & = n\int_0^{\frac{\pi}{2}} \e^{-nx}\sin x\dx - \e^{-nx}\cos x\dx\\[8pt]
\Aboxed{-\e^{-n\frac{\pi}{2}} & = nI_n-J_n}
\end{align*}

\item $G_n^\prime(x)=n\e^{-nx}\cos x + \e^{-nx}\sin x$.

Ainsi, 

\begin{align*}
\int_0^{\frac{\pi}{2}} G_n^\prime(x)\dx & = n\int_0^{\frac{\pi}{2}}\e^{-nx}\cos x\dx + \int_0^{\frac{\pi}{2}}\e^{-nx}\sin x\dx\\
\Aboxed{1 & = nJ_n+I_n}
\end{align*}

\item On a :
\[ 
\left\lbrace
\begin{array}{cccccc}
I_n & + & nJ_n & = & 1 & (E_1)\\
-nI_n & + & J_n & = & \e^{-n\frac{\pi}{2}} & (E_2)
\end{array}
\right.
\]

En faisant $(E_1)-n(E_2)$, on a :

\[ (1+n^2)I_n = 1-n\e^{-n\frac{\pi}{2}} \]
D'où :
\[ \boxed{I_n = \frac{1-n\e^{-n\frac{\pi}{2}}}{1+n^2}} \]

De plus, en faisant $(E_2)+n(E_1)$, on a :
\[ (1+n^2)J_n=\e^{-n\frac{\pi}{2}}+n\;,\]
d'où :
\[ \boxed{J_n = \frac{n+e^{-n\frac{\pi}{2}}}{1+n^2}} \]
\end{enumerate}

\item $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}\left( -n\frac{\pi}{2}\e^{-n\frac{\pi}{2}} \right)=0$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} I_n=\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}\frac{1}{1+n^2}=0$.

\medskip

De même, $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} J_n=\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{n}{1+n^2}=0$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout entier naturel $n$ supérieur à 1, on a : 
\[ \int_1^n \ln t \dx[t] \leqslant \ln (n!) \leqslant \int_1^{n+1} \ln t \dx[t].\]

\item Montrer que la fonction $L$ définie par $L(x)=x\ln x-x$ est une primitive de la fonction $x\longmapsto\ln x$.

\item On considère la suite \suite{u}{n}{n\geqslant2} définie par : 
\[ u_n=\frac{\ln (n!)}{\ln (n^n)}.\]
Montrer que \suite{u}{n}{n\geqslant2} converge et donner sa limite.
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item\label{int-ex5-q1} Dans un premier temps, remarquons que : 
\[\ln (n!)=\ln (1\times 2\times 3\times \cdots \times (n-1) \times n)=\ln 1 + \ln 2 + \ln 3 + \cdots + \ln(n-1)+\ln n\]

Traçons la courbe représentative de la fonction $t \mapsto \ln t$ sur $[1;+\infty[$ et traçons les rectangles de largeur 1 et de hauteur respective $\ln k$ et $\ln (k+1)$ pour $k$ allant de 1 à $n$ :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white, outer sep = 0pt] (img) {
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\tkzActivOff
\tkzInit[xmin=0,xmax=7,ymin=-.5,ymax=3]
\tkzDrawX[tickwd=0.1,tickup=0.02,tickdn=0.02] 
\tkzDrawY[tickwd=0.1,ticklt=0.02,tickrt=0.02]
\tkzFct[color = red, domain=1:6]{log(\x)}
\draw[color=red,id=tkzFcta] plot[domain=1:6,samples=100] (\x,{ln(\x)});
\tkzDrawRiemannSumSup[fill=red!40,opacity=.75,interval=1:6,number=5]
\tkzActivOn
\draw[red!50!black,<-,>=stealth'] (2.15,1) to[bend left=30] (2,1.5) node[above,rectangle,draw=red!50!black,fill=red!50] {$\ln 1+\ln 2+\cdots+\ln n$};
\node[below] at (1,0) {1};
\node[below] at (2,0) {2};
\node[below] at (3.5,0) {...};
\node[below] at (6,0) {$n$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

On voit ici que la somme des aires des rectangles est supérieure à l'aire comprise entre la courbe, l'axe des abscisses, le point de coordonnées $(1;0)$ et la droite d'équation $x=n$, ce qui se traduit par l'inégalité suivante :
\[ 
 \textcolor{red}{\ln (n!)} \geq \textcolor{blue}{\int_1^n \ln t \textrm{d}t}
\]

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white, outer sep = 0pt] (img) {
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
\tkzActivOff
\tkzInit[xmin=0,xmax=7,ymin=-.5,ymax=3]
\tkzDrawX[tickwd=0.1,tickup=0.02,tickdn=0.02] 
\tkzDrawY[tickwd=0.1,ticklt=0.02,tickrt=0.02]
\tkzFct[color = green!50!black, domain=1:6]{log(\x)}
\draw[color=green!50!black,id=tkzFcta] plot[domain=1:6,samples=100] (\x,{ln(\x)});
\tkzDrawRiemannSumInf[fill=green!40,opacity=.35,interval=1:6,number=5]
\tkzActivOn
\draw[green!50!black,<-,>=stealth'] (3.5,.5) to[bend right=30] (4.5,-.5) node[right] {$\ln 1+\ln 2+\cdots+\ln n$};
\node[below] at (1,0) {1};
\node[below] at (2,0) {2};
\node[below] at (3.5,0) {...};
\node[below] at (5,0) {$n$};
\node[below] at (6,0) {$n+1$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

On voit ici que la somme des aires des rectangles est inférieure à l'aire comprise entre la courbe, l'axe des abscisses, le point de coordonnées \coord{1}{0} et la droite d'équation $x=n$, ce qui se traduit par l'inégalité suivante :
\[ 
\textcolor{green!50!black}{\ln (n!)} \leqslant \textcolor{blue}{\int_1^{n+1} \ln t \dx[t]}
\]

Ainsi : \[ \boxed{\int_1^n \ln t \dx[t] \leqslant \ln (n!) \leq \int_1^{n+1}\ln t \dx[t]}\]

\item\label{int-ex5-q2} $\begin{aligned}[t]
L'(x) & =\big(x\ln x\big)' - 1\\
& = 1\times\ln x + x\times\dfrac{1}{x} - 1\\[8pt]
& = \ln x + 1 - 1 = \ln x\;.
\end{aligned}$

\uline{Ainsi, $x\longmapsto x\ln x - x$ est bien une primitive de $x\longmapsto\ln x$.}

\item De l'encadrement de la question \ref{int-ex5-q1} et du résultat obtenu à la question \ref{int-ex5-q2}, on  déduit :
\[ \frac{1}{\ln (n^n)}\int_1^n \ln t \dx[t] \leqslant u_n \leqslant \frac{1}{\ln (n^n)}\int_1^{n+1}\ln t \dx[t].\]
Or, 
\[ \int_1^n \ln t \dx[t] = \left[t\ln t -t\right]_1^n = n\ln n - n + 1\]
\[ \int_1^{n+1} \ln t \textrm{d}t = \left[t\ln t -t\right]_1^{n+1} = (n+1)\ln (n+1) - n\]
Donc :
\[ \frac{n\ln n -n + 1}{n\ln n} \leqslant u_n \leqslant \frac{n\ln(n+1) + \ln(n+1)-n}{n\ln n} \]
\[ 1-\frac{1}{\ln n}+\frac{1}{n\ln n}\leqslant u_n \leqslant \frac{\ln(n+1)}{\ln n}\left(1+\frac{1}{n}\right)-\frac{1}{\ln n}\]
Or : \[ \frac{\ln(n+1)}{\ln n}=\frac{\ln\left[n\left(1+\frac{1}{n}\right) \right]}{\ln n}=\frac{\ln n + \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln n}=1+\frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln n}.\]
De plus :
\[ \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{\ln n} = 0 \quad ; \quad \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n\ln n}=0 \quad ; \quad \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\ln (n+1)}{\ln n}=1+\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln n} = 1\]
D'après le théorème des gendarmes, on a alors : \[ \boxed{\lim_{n \rightarrow +\infty}  u_n=1}\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On considère la suite \suite{I}{n}{} définie pour tout entier naturel $n$ par :
\[
I_n=\int_1^\e ( \ln x )^n\dx\;.
\]

\begin{enumerate}
\item Pour tout entier naturel $n$, quel est le signe de $I_n$ ?
\item Montrer que \suite{I}{n}{} est décroissante. Que peut-on alors en déduire ?
\item En écrivant $(\ln x)^n$ sous la forme $x\times\dfrac{1}{x}(\ln x)^n$ et à l'aide d'une intégration par parties, montrer que pour tout entier naturel $n$ :
\[
I_{n+1}+(n+1)I_n=\e.
\]
\item 
\begin{enumerate}
\item En considérant cette dernière relation de récurrence pour $n=0$ et $n=1$, montrer que $I_2=I_0-I_1$.
\item Calculer $I_0$.
\item Montrer que la fonction $L$ définie par $L(x)=x\ln x-x$ est une primitive de la fonction $\ln$.

En déduire la valeur de $I_1$, puis celle de $I_2$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Sur \intervFF{1}{\e}, $\ln x\geqslant0$ donc $(\ln x)^n\geqslant0$ pour tout entier naturel $n$.

\underline{Ainsi, $I_n=\dint_1^\e (\ln x)^n\dx \geqslant 0$.}

\item $\begin{aligned}[t]
I_{n+1}-I_n & = \int_1^\e (\ln x)^{n+1}\dx - \int_1^\e (\ln x)^n\dx\\
& = \int_1^\e \big[ (\ln x)^{n+1} - (\ln x)^n \big]\dx\quad\text{par linéarité de l'intégrale}\\
& = \int_1^\e (\ln x)^n(\ln x-1)\dx\;.
\end{aligned}$

Or, $\begin{aligned}[t]
1 \leqslant x \leqslant \e 
& \iff \ln 1 \leqslant \ln x \leqslant \ln\e\\
& \iff 0 \leqslant \ln x \leqslant 1\\
& \iff -1 \leqslant \ln x-1 \leqslant 0
\end{aligned}$

Ainsi, sur \intervFF{1}{\e}, $(\ln x)^n(\ln x-1)\leqslant0$ (car $(\ln x)^n\geqslant0$ sur cet intervalle), et donc\linebreak $I_{n+1}-I_n\leqslant0$.

\medskip

\uline{La suite \suite{I}{n}{} est donc décroissante.}

\item Posons $u'(x)=\dfrac{1}{x}(\ln x)^n$ et $v(x)=x$. Alors, $I_n=\int_1^\e u'(x)v(x)\dx$ et par intégration par parties: 
\[
I_n=f(\e)-f(1)-\int_1^\e u(x)v'(x)\dx\;,
\]
avec $u(x)=\dfrac{(\ln x)^{n+1}}{n+1}$, $v'(x)=1$ et $f(x)=u(x)v(x)=\dfrac{1}{n+1}x(\ln x)^{n+1}$.

Donc :
\begin{align*}
I_n & = \dfrac{1}{n+1}\times\e\times(\ln \e)^{n+1}-\dfrac{1}{n+1}\times1\times(\ln 1)^{n+1}-\int_1^\e \dfrac{1}{n+1}(\ln x)^{n+1}\times1\dx\\
I_n& = \dfrac{\e}{n+1}-\dfrac{1}{n+1}\int_1^\e (\ln x)^{n+1}\dx\\
I_n& = \dfrac{\e}{n+1}-\dfrac{1}{n+1}I_{n+1}
\end{align*}

Ainsi, en multipliant par $(n+1)$ chaque membre de cette dernière égalité, on obtient :
\[
\boxed{(n+1)I_n+I_{n+1}=\e}
\]

\item
\begin{enumerate}
\item La relation de récurrence de la question précédente donne :
\begin{itemize}
\item pour $n=0$ : $I_0+I_1=\e$;
\item pour $n=1$ : $2I_1+I_2=\e$.
\end{itemize}
Ainsi, $I_0+I_1=2I_1+I_2$, soit \uline{$I_0-I_1=I_2$}.

\item $I_0=\int_1^\e (\ln x)^0\dx=\int_1^\e 1\dx = \big[x\big]_1^\e=\underline{\e-1}$.

\item $L'(x)=1\times\ln x + x\times\dfrac{1}{x}-1=\ln x+1-1=\ln x$.

Donc $L$ est bien une primitive de la fonction $\ln$. On en déduit alors :
\begin{align*}
I_1 & =\int_1^\e \ln x\dx\\
    & = L(\e)-L(1)\\
    & = \e\ln\e-\e-1\ln1+1\\
    & =\underline{1}.
\end{align*}
Ainsi,
\[
I_2=I_0-I_1=\e-1-1=\underline{\e-2}.
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{}[3]
On considère sur \intervFO{0}{+\infty} la fonction $f_n$ telle que :
\[
f_n(x)=x^n\e^x\qquad,\qquad n\in\N.
\]

On pose alors, pour tout réel $x$ positif,
\[
F_n(x)=\int_0^xf_n(t)\dx[t].
\]

\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout entier naturel $n\geqslant1$,  $F_n(x)=x^n\e^x-nF_{n-1}(x)$.
\end{enumerate}

On considère la suite \suite{I}{n}{n\in\N} définie par : $I_n=F_n(1)$. D'après le résultat précédent, on a :
\[ \forall n\in\N,\qquad I_{n+1}=\e-(n+1)I_n. \]

\begin{enumerate}[start=2]
\item Montrer que \suite{I}{n}{n\in\N} est décroissante.
\item Montrer alors que \suite{I}{n}{n\in\N} converge.
\item Calculer $I_0$, $I_1$, $I_2$, $I_3$ et $I_4$.
\item Montrer par récurrence qu'il existe deux suites \suite{a}{n}{n\in\N} et \suite{b}{n}{n\in\N} telles que, pour tout entier naturel $n$, $I_n=a_n\e+b_n$, avec pour tout entier naturel $n$, $\begin{cases} a_{n+1}=1-(n+1)a_n\\b_{n+1}=-(n+1)b_n\end{cases}$.
\item On rappelle la notation : $n!=1\times2\times3\times\cdots\times n$ pour tout entier naturel $n$. À l'aide de cette notation, conjecturer une expression de $b_n$ en fonction de $n$, puis démontrer cette conjecture.
\item Montrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à 2, \mbox{$a_n=n!\displaystyle\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}$}.
\item \'Ecrire un programme Python permettant de calculer les coefficients $a_n$ et $b_n$ du terme $I_n$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On sait, par propriété, que $\left(\dint_a^x f(t)\dx[t]\right)^\prime=f(x)$ donc ici, pour $n\geqslant1$:
\begin{align*}
\left(x^n\e^x-nF_{n-1}(x)\right)^\prime & = nx^{n-1}\e^x+x^n\e^x-nF_{n-1}^\prime(x)\\
& = nx^{n-1}\e^x+x^n\e^x-nf_{n-1}(x)\\
& = nx^{n-1}\e^x+x^n\e^x-nx^{n-1}\e^x = x^n\e^x = f_n(x).
\end{align*}
\underline{On a donc bien $F_n(x)=x^n\e^x-nF_{n-1}(x)$ pour $n\geqslant1$.}

\item Pour tout entier naturel$n$, on a :
\begin{align*}
I_{n+1}-I_n & = \dint_0^1 x^{n+1}\e^x \dx - \dint_0^1 x^n\e^x \dx\\
& = \dint_0^1\left(x^{n+1}\e^x-x^n\e^x\right)\dx\\
& = \dint_0^1 x^n\e^x(x-1)\dx.
\end{align*}

Sur \intervFF{0}{1}, $x^n\e^x\geqslant0$ et $x-1\leqslant0$ donc $x^n\e^x(x-1)\leqslant0$. Ainsi, 
\[ I_{n+1}-I_n \leqslant 0 \]
et donc \underline{\suite{I}{n}{n\in\N} est décroissante.}

\item Sur \intervFF{0}{1}, $x^n\e^x \geqslant0$ donc $\dint_0^1 x^n\e^x \dx \geqslant0$. Ainsi, \suite{I}{n}{n\in\N} est minorée par 0; de plus, d'après la question précédente, elle décroît donc elle converge.

\item\label{int13q4} $I_0=\dint_0^1\e^x\dx = \e-1$.

$I_1=\e-1 I_0 = \e-(\e-1)=1$.

$I_2=\e-2 I_1=\e-2$.

$I_3=\e-3I_2=\e-3(\e-2)=-2\e+6$.

$I_4 = \e-4I_3 = \e-4(-2\e+6)=9\e-24$.



\item Pour $n=0$, on a bien $I_0=a_0\e+b_0$ avec $a_0=1$ et $b_0=-1$.

Supposons que pour un entier $n$ fixé, $I_n$ s'écrit sous la forme $I_n=a_n\e+b_n$.

Alors,
\begin{align*}
I_{n+1} & = \e-(n+1)I_n\\
& = \e-(n+1)(a_n\e+b_n)\\
& = \e-(n+1)a_n\e-(n+1)b_n\\
& = \big[1-(n+1)a_n\big]\e-(n+1)b_n
\end{align*}

En posant $\begin{cases} a_{n+1}=1-(n+1)a_n\\b_{n+1}=-(n+1)b_n\end{cases}$, on a :
\[
I_{n+1}=a_{n+1}\e+b_{n+1}.
\]
L'hérédité est alors vérifiée.

On peut ainsi conclure que pour tout entier naturel $n$, $I_n$ s'écrit sous la forme $a_n\e+b_n$, avec $\begin{cases} a_{n+1}=1-(n+1)a_n\\b_{n+1}=-(n+1)b_n\end{cases},\quad a_0=1,\ b_0=-1$.

\item $b_0=-1=-0!$, $b_1=1=1!$, $b_2=-2=-2!$, $b_3=6=3!$, $b_4=-24=-4!$ d'après la question~\ref{int13q4}. 

On peut alors conjecturer que pour $n\geqslant2$, $b_n=(-1)^{n+1}n!$ (je prends $n\geqslant2$ car $b_1=0$).

On peut le démontrer par récurrence (l'initialisation étant déjà faite).

Supposons que pour un entier $n$ fixé, $b_n=(-1)^{n+1}n!$. Alors,
\begin{align*}
b_{n+1} & = -(n+1)b_n\\
& = (-1)\times(n+1)\times(-1)^{n+1}\times n!\\
& = (-1)^{n+2}\times\underbrace{(n+1)\times n!}_{=(n+1)!}\\
& = (-1)^{n+2}(n+1)!
\end{align*}
L'hérédité est alors vérifiée, ce qui montre l'égalité conjecturée.

\item Pour $n=2$, $2!\displaystyle\sum_{k=2}^2\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}=2\times\dfrac{(-1)^{2-2}}{2!}=2\times\dfrac{1}{2}=1=a_2$.

L'initialisation est alors réalisée.

\medskip

Supposons que pour un entier $n\geqslant2$ fixé, $a_n=n!\displaystyle\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}$. Alors :
\begin{align*}
a_{n+1} & = 1-(n+1)a_n\\
& = 1-(n+1)\times n!\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}\\
& = \textcolor{red}{1}-(n+1)!\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}\\
& = \textcolor{red}{\dfrac{(n+1)!}{(n+1)!}}-(n+1)!\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}
\end{align*}

\begin{align*}
& = (n+1)!\left[\dfrac{1}{(n+1)!}-\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}\right]\\
a_{n+1} & = (n+1)!\left[\dfrac{1}{(n+1)!}\textcolor{red}{\pmb{+}}\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n\textcolor{red}{\pmb{+1}}-k}}{k!}\right]
\intertext{(ici, j'ai considéré le signe \og $-$ \fg{} comme étant $(-1)$ et je l'ai inséré dans la somme)}
& = (n+1)!\left[\dfrac{(-1)^{\textcolor{violet}{n+1}-\textcolor{red}{(n+1)}}}{\textcolor{red}{(n+1)}!}+\sum_{\textcolor{red}{k}=2}^n\dfrac{(-1)^{\textcolor{violet}{n+1}-\textcolor{red}{k}}}{\textcolor{red}{k}!}\right]
\intertext{(j'écris le terme avant la somme de la même manière que les termes de la somme elle-même afin de l'incorporer à l'intérieur du sigma)}
& = (n+1)!\sum_{k=2}^{n+1}\dfrac{(-1)^{(n+1)-k}}{k!}
\end{align*}

L'hérédité est alors vérifiée. Ainsi, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à 2, $a_n=n!\displaystyle\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}$.


\item Un programme Python possible est le suivant :
\begin{python}
from math import factorial as fac, exp

def a(n):
    if n > 1:
        s = 0
        for k in range(2,n+1):
            s+=fac(n)*(-1)**(n-k)/fac(k)
        return s
    else:
        if n == 0:
            return 1
        else:
            return 0

def b(n):
    return (-1)**(n+1)*fac(n)

def I(n):
    return a(n)*exp(1)+b(n)
\end{python}

La ligne :

\begin{python}
from math import factorial as fac, exp
\end{python}
signifie que j'importe la fonction \texttt{factorial} du module \texttt{math} en lui attribuant un alias (car comme je suis une grosse feignasse, je n'aime pas taper \og \texttt{factorial} \fg{} en entier alors je préfère taper \og \texttt{fac} \fg{}  à la place...).

On obtient par exemple :

\begin{console}
>>> I(4)
0.4645364561314054
\end{console}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[3]
On considère la suite $\suite{u}{n}{}$ définie pour tout entier naturel $n$ par : \[ u_n=\int_1^{\e^2} \frac{(\ln x)^n}{x^2}\dx. \]

\begin{enumerate}
\item On considère la fonction $F_n(x)=\dfrac{(\ln x)^{n+1}}{x}$.

Montrer que $F_n^\prime(x)=(n+1)\dfrac{(\ln x)^n}{x^2}-\dfrac{(\ln x)^{n+1}}{x^2}$.
\item En déduire que $u_{n+1}=-\dfrac{2^{n+1}}{\e^2}+(n+1)u_n$.
\item Montrer par récurrence que pour tout entier naturel non nul $n$, on a : \[ u_n=n!u_0-\frac{n!}{\e^2}\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{\fact{k}}\]
\item En déduire que $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \left( \dfrac{u_n}{\fact{n}} \right)=0$.
On admettra pour cela que $\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{2^k}{\fact{k}}=\e^2$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $F_n(x)$ est de la forme $u(x)\times v(x)$ avec $u(x)=(\ln x)^{n+1}$ et $v(x)=\dfrac{1}{x}$. Ainsi,
\begin{align*}
F_n^\prime(x) & = (n+1)\dfrac{1}{x}(\ln x)^n\times\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}\times(\ln x)^{n+1}\\[8pt]
& = (n+1)\dfrac{(\ln x)^n}{x^2}-\dfrac{(\ln x)^{n+1}}{x^2}.
\end{align*}

\item\label{int-9-q2} De la question précédente, on déduit :
\begin{align*}
\int_1^{\e^2}F_n^\prime(x)\dx & = \int_1^{\e^2}\left((n+1) \dfrac{(\ln x)^n}{x^2}-\dfrac{(\ln x)^{n+1}}{x^2}\right)\dx\\[8pt]
& = (n+1)\int_1^{\e^2}\dfrac{(\ln x)^n}{x^2}\dx-\int_1^{\e^2}\dfrac{(\ln x)^{n+1}}{x^2}\dx\;.
\end{align*}
D'où :
\begin{align*}
\int_1^{\e^2}\dfrac{(\ln x)^{n+1}}{x^2}\dx & =  (n+1) \int_1^{\e^2}\dfrac{(\ln x)^n}{x^2}\dx - \int_1^{\e^2}F_n^\prime(x)\dx\\[8pt]
u_{n+1} & = (n+1)u_n-\big[F_n\big(\e^2\big)-F_n(0)\big]\\
\Aboxed{u_{n+1} & = (n+1)u_n-\dfrac{2^{n+1}}{\e^2}}
\end{align*}

\item Posons $\mathcal{P}_n$ la propriété : $\forall n \in \N*, u_n=\fact{n}u_0-\dfrac{\fact{n}}{\e^2}\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{\fact{k}}$.

\begin{itemize}
\item  \textbf{Initialisation.}

Pour $n=1$, la question \ref{int-9-q2} nous dit que : $u_1=u_0-\dfrac{2}{\e^2}$.

De plus, $\mathcal{P}_1 : u_1=\fact{1}u_0-\dfrac{\fact{1}}{\e^2}\times\dfrac{2}{\fact{1}}=u_0-\dfrac{2}{\e^2}$.

\medskip

\underline{L'initialisation est donc faite.}

\item \textbf{Hérédité.}

Supposons que $\mathcal{P}_n$ soit vraie pour un $n$ donné non nul. 

Alors, $u_n=\fact{n}u_0-\displaystyle\frac{\fact{n}}{\e^2}\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{\fact{k}}$.

\medskip

D'après la question \ref{int-9-q2}, on a : 

\begin{align*}
u_{n+1} & =(n+1)u_n-\dfrac{2^{n+1}}{\e^2}\\[8pt]
 & = (n+1)\left(\fact{n}u_0-\dfrac{\fact{n}}{\e^2}\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{2^k}{\fact{k}}\right)-\frac{2^{n+1}}{\e^2}\\[8pt] 
 & = \fact{(n+1)}u_0-\frac{\fact{(n+1)}}{\e^2}\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{\fact{k}}-\frac{2^{n+1}}{\e^2}
\end{align*}

\begin{align*}
 & = \fact{(n+1)}u_0-\frac{\fact{(n+1)}}{\e^2}\left(\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{\fact{k}}+\frac{2^{n+1}}{\fact{(n+1)}}\right) \\[8pt]
 & = \fact{(n+1)}u_0-\frac{\fact{(n+1)}}{\e^2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1} \frac{2^k}{\fact{k}} .
\end{align*}

On a alors $\mathcal{P}_n \Rightarrow \mathcal{P}_{n+1}$. L'hérédité est alors montrée.

\medskip

\underline{Ainsi, $\mathcal{P}_n$ est vraie pour tout entier naturel non nul $n$.}
\end{itemize}

\item De la question précédente, on peut déduire que pour tout entier naturel non nul $n$, on a : \[ \frac{u_n}{\fact{n}}=u_0-\frac{1}{\e^2}\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{\fact{k}}\]
soit : \[ \lim_{n \rightarrow +\infty} \left(\frac{u_n}{\fact{n}}\right) = u_0-\frac{1}{\e^2}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{2^k}{\fact{k}}.\]

Or, on sait que : 
\[ 
\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{2^k}{\fact{k}}=\e^2.
\]
Donc : \[ \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{2^k}{\fact{k}}=\e^2-1\;,\]
d'où : \[ \lim_{n \rightarrow +\infty} \left(\frac{u_n}{\fact{n}}\right) = u_0-\frac{1}{\e^2}(\e^2-1)\;,\]
soit : \[ \lim_{n \rightarrow +\infty} \left(\frac{u_n}{\fact{n}}\right) = u_0-1+\frac{1}{\e^2}.\]
Or : \[ 
\begin{array}{ll}
u_0 & =\displaystyle\int_1^{\e^2}\dfrac{\dx}{x^2}\\
 & = \left[- \dfrac{1}{x}\right]_1^{\e^2}\\
 & = -\dfrac{1}{\e^2}+1
\end{array}
\]
Ainsi : \[ \boxed{\lim_{n \rightarrow +\infty} \left(\frac{u_n}{\fact{n}}\right) = 0}\]
\end{enumerate}
\vspace*{3cm}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{recherche}[3]
On considère la parabole d'équation $y=x^2$ sur laquelle se trouve le point A\coord{-1}{1} et le point M d'abscisse $x>-1$.

Déterminer une valeur approchée au millième de $x$ pour laquelle l'aire du domaine compris entre la parabole et [AM] est égale à 1.

\tcblower

Avant tout, représentons le domaine en question:

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white, outer sep = 0pt] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=latex,yscale=0.75]
\fill[numpagecorrige!20] (-1,1) plot[domain=-1:1.5] (\x,{\x*\x}) -- (-1,1);
\draw[->] (-2,0) -- (2,0) node[below left] {$t$};
\draw[->] (0,-0.5) -- (0,4.5) node[right] {$y$};
\draw[thick,numpagecorrige] plot[domain=-2:2,samples=100] (\x,{\x*\x});
\draw[dashed,numpagecorrige] (-1,0) node[below] {$-1$} -- (-1,1) -- (0,1) node[right] {1};
\fill[numpagecorrige] (-1,1) circle (2pt) node[below left] {A};
\fill[numpagecorrige] (1.5,{9/4}) circle (2pt) node[below right] {M};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

M\coord{x}{x^2} et A\coord{-1}{1}. La droite (AM) a pour équation $y=mt+p$ où :
\[
m=\dfrac{y_M-y_A}{x_M-x_A}=\dfrac{x^2-1}{x+1}
\]
et donc :
\[
p=y_A-mx_A=1+\dfrac{x^2-1}{x+1}=\dfrac{x^2+x}{x+1}.
\]
Ainsi,
\[
\text{(AM)}\quad :\quad y=\dfrac{x^2-1}{x+1}t+\dfrac{x^2+x}{x+1}.
\]
L'aire du domaine coloré est alors :
\begin{align*}
\mathcal{A}(x) & = \dint_{-1}^x \left( \dfrac{x^2-1}{x+1}t+\dfrac{x^2+x}{x+1} - t^2\right)\dx[t]\\
& = \left[ -\dfrac{1}{3}t^3 +\dfrac{x^2-1}{2(x+1)}t^2+\dfrac{x^2+x}{x+1}t\right]_{-1}^x\\
& = \dfrac{1}{6}(x^3+3x^2+3x+1).
\end{align*}
Ainsi,
\begin{align*}
\mathcal{A}(x)=1 & \iff x^3+3x^2+3x-5=0.
\end{align*}
Posons :
\[
f(x)=x^3+3x^2+3x-5.
\]
Alors,
\[
f'(x)=3x^2+6x+3=3(x+1)^2\geqslant0.
\]
$f$ est donc croissante sur \R; comme $\limite{x}{-\infty}{f(x)}=-\infty$ et $\limite{x}{+\infty}{f(x)}=+\infty$, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution sur $\R$ à l'équation $f(x)=0$.

\`A l'aide de la calculatrice (par exemple), on trouve : $x\approx0,817$.

\medskip

Ainsi, le domaine a une aire égale à 1 lorsque M a une abscisse d'à peu près 0,817.
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{}[3]
On considère la fonction $\phi$ définie sur \intervFO{1}{+\infty} par : 
\[ \phi(x)=\int_1^x \frac{\ln t}{(1+t)^3}\dx[t].\]
\begin{enumerate}
\item Justifier l'existence de $\phi$.
\item Montrer que $\dfrac{1}{t(t+1)^2}=\dfrac{a}{t}+\dfrac{b}{t+1}+\dfrac{c}{(t+1)^2}$, où $a$, $b$ et $c$ sont trois réels que l'on précisera.
\item Soit $x \geqslant 1$.
\begin{enumerate}
\item Exprimer en fonction de $x$ la valeur de $\dint_1^x \frac{\dx[t]}{t(t+1)^2}$.
\item On pose $\Phi(t)=-\dfrac{\ln t}{2(t+1)^2}$.

Calculer $\Phi^\prime(t)$ et en déduire une expression de $\phi(x)$ en fonction de $x$.

\item Montrer que $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln x}{(1+x)^2}=0$.

En déduire que : \[\lim_{x \rightarrow +\infty} \phi(x)=\dfrac{1}{2}\left(\ln 2 - \dfrac{1}{2} \right).\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item La fonction $t \mapsto \dfrac{\ln t}{(1+t)^3}$ est continue sur \intervFO{1}{+\infty} comme quotient de deux fonctions continues sur ce même intervalle, donc continue sur \intervFF{1}{x}, pour tout réel $x\geqslant1$. Ainsi, $\phi$ est définie.
\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{a}{t}+\dfrac{b}{1+t}+\dfrac{c}{(1+t)^2} & = \dfrac{a(1+t)^2+bt(1+t)+ct}{t(1+t)^2}\\
& = \dfrac{a(t^2+2t+1)+bt+bt^2+ct}{t(1+t)^2}\\
& = \dfrac{(a+b)t^2+(2a+b+c)t+a}{t(1+t)^2}.
\end{aligned}$

\medskip

Si l'on veut que cette dernière expression soit égale à $\dfrac{4}{t(1+t)^2}$, alors, on doit avoir : 
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
a+b=0\\
2a+b+c=0\\
a=1
\end{array}
\right.
\]
Soit $a=1$, $b=-1$ et $c=-1$ d'où : 
\[ \boxed{\frac{1}{t(1+t)^2}=\frac{1}{t}-\frac{1}{1+t}-\frac{1}{(1+t)^2}}\]

\item 
\begin{enumerate}
\item D'après ce qui précède, on a :
\begin{align*}
\dint_1^x \frac{\dx[t]}{t(1+t)^2} & =\dint_1^x \frac{\dx[t]}{t}-\dint_1^x \frac{\dx[t]}{1+t}-\dint_1^x \frac{\dx[t]}{(1+t)^2}\\[8pt]
& = \displaystyle\left[ \ln t\right]_1^x - \displaystyle\left[\ln (1+t) \right]_1^x - \displaystyle\left[ -\frac{1}{1+t}\right]_1^x\\[8pt]
& = \ln x -\ln (x+1) + \ln 2 + \dfrac{1}{1+x} - \dfrac{1}{2}\\[8pt]
& = \boxed{\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)+\dfrac{1}{x+1}+\ln 2-\dfrac{1}{2}}
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
\Phi^\prime(t) & =\dfrac{-\frac{1}{t}\times2(t+1)^2+\ln t\times4(t+1)}{4(t+1)^4}\\[12pt]
& = \dfrac{-2(t+1)^2+4(t+1)\ln t}{4t(t+1)^4}\\[8pt]
\Aboxed{\Phi^\prime(t) & = \dfrac{\ln t}{(t+1)^3}-\dfrac{1}{2t(t+1)^2}}
\end{aligned}$

\medskip

On déduit alors :
\begin{align*}
\int_1^x \Phi^\prime(t)\dx[t] & = \int_1^x \dfrac{\ln t}{(t+1)^3}\dx[t] - \dfrac{1}{2}\int_1^x \dfrac{1}{t(t+1)^2}\dx[t]\\[10pt]
\Phi(x)-\Phi(1) & = \phi(x) - \dfrac{1}{2}\left(\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)+\dfrac{1}{x+1}+\ln2-\dfrac{1}{2}\right)\\[10pt]
\phi(x) & = \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)+\dfrac{1}{2x+2}+\dfrac{1}{2}\ln2-\dfrac{1}{4} + \Phi(x)\\[8pt]
\Aboxed{\phi(x) & = \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)+\dfrac{1}{2x+2}+\dfrac{1}{2}\ln2-\dfrac{1}{4} -\dfrac{\ln x}{2(x+1)^2}}
\end{align*}


\item On sait, par croissance comparée, que $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln x}{x}=0$.\\
De plus, $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{x}{(1+x)^2}=\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{x}{x^2}=\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{x}=0$.\\
Ainsi, $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln x}{x}\times\dfrac{x}{(x+1)^2}=0$.\\
D'où, $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln x}{(x+1)^2}=0}$.

\medskip

On en déduit alors : 
\[ 
\begin{array}{ll}
\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \phi(x) & = \underbrace{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \left(-\dfrac{\ln x}{2(x+1)^2}\right)}_{=0}+ \underbrace{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)}_{=0}+\underbrace{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}\left(\dfrac{1}{2x+2}\right)}_{=0}+\dfrac{1}{2}\left(\ln 2-\dfrac{1}{2}\right)\\
& = \boxed{\dfrac{1}{2}\left(\ln 2-\dfrac{1}{2}\right)}
\end{array}
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\newpage

\begin{exocor}{fonction logarithme}[3]
\partie{A}

Soit le polynôme $P(x)=x^3+x^2+x-1$.

\begin{enumerate}
\item Déterminer $P'(x)$, puis en déduire les variations de $P$ sur $\R$.
\item Montrer que l'équation $P(x)=0$ admet une unique solution, notée $\alpha$, sur $\intervOO{\dfrac{1}{2}}{1}$.
\item En déduire le signe de $P(x)$ sur $\R$.
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{B}

On considère la fonction $f$ définie sur $\intervOO{0}{+\infty}$ par : 

\[ 
f(x)=\frac{2\ln x}{x\big[ (\ln x)^2+1 \big]}.
\]

\begin{enumerate}
\item Montrer que la dérivée de $f$ est $f'(x)=-2\dfrac{\left(\ln x\right)^3+\left(\ln x\right)^2+\ln x - 1}{x^2\big[ \left(\ln x\right)^2+1 \big]^2}$.

\item À l'aide de la partie A, montrer que $f'(x)$ est négatif sur $\intervOO{\e^\alpha}{+\infty}$.

\item Calculer $\lim\limits_{x \to 0} f(x)$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)$.

\item Dresser un tableau de variations complet de la fonction $f$ sur $\intervOO{0}{+\infty}$ (on ne calculera pas $f(\alpha)$).

\item En remarquant que $f(x)=\dfrac{2\frac{\ln x}{x}}{\left(\ln x\right)^2+1}$, déterminer une expression en fonction du réel $t$ supérieur ou égal à 1 de l'intégrale : $I(t)=\dint_1^tf(x)\dx$.

\item Déterminer la valeur exacte puis approchée à 0,01 près de $t$ tel que $I(t)=1$.
\end{enumerate}

\tcblower

\partie{A}

\begin{enumerate}
\item $P$ est dérivable sur $\R$ car c'est un polynôme. Sa dérivée est : 
\[ P'(x)=3x^2+2x+1.\]
Le discriminant de $P'(x)$ est : 
\[ 
\Delta = 2^2-4\times 3 \times 1 = 4-24=-20<0. 
\]
Donc $P'(x)>0$ sur $\R$, ce qui signifie que \underline{$P$ est strictement croissant sur $\R$.}

\item $P\left(\frac{1}{2}\right)=\left(\frac{1}{2}\right)^3+\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)-1=-\frac{1}{8}<0$.

De plus, $P(1)=2>0$.

Or, $P$ est dérivable (donc continue) et strictement croissant sur $\intervOO{\dfrac{1}{2}}{1}$ donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $P(x)=0$ admet une unique solution sur $\intervOO{\dfrac{1}{2}}{1}$.

\item D'après les questions précédentes, on peut  dire :
\begin{itemize}
\item  $P(X)<0$ sur $\intervOO{-\infty}{\alpha}$.
\item  $P(X)>0$ sur $\intervOO{\alpha}{+\infty}$.
\end{itemize}
\end{enumerate}


\partie{B}

\begin{enumerate}
\item $f$ est dérivable sur $\intervOO{0}{+\infty}$ comme quotient de deux fonctions dérivables sur cet intervalle. Sa dérivée est :

\begin{align*}
f'(x) & =\dfrac{2\times\frac{1}{x}\times\left[x\left((\ln x)^2+1 \right)\right]-2\ln x\left[(\ln x)^2+1+x\left(2\frac{\ln x}{x} \right)\right]}{x^2\left((\ln x)^2+1\right)^2}\\
& =\dfrac{2(\ln x)^2+2-2(\ln x)^3-2\ln x-4(\ln x)^2}{x^2\left((\ln x)^2+1\right)^2}\\
\Aboxed{f'(x) & =-2\dfrac{(\ln x)^3+(\ln x)^2+\ln x-1}{x^2\left((\ln x)^2+1\right)^2}}
\end{align*}

\item D'après la question précédente, nous pouvons dire que :
\[
f'(x)=-2\dfrac{P(\ln x)}{x^2\left((\ln x)^2+1 \right)^2}\;,
\] 
où $P$ est le polynôme défini dans la partie A. Donc $f'(x)$ est du signe contraire de $P(\ln x)$.

Or, nous avons dit que $P(x)>0$ pour $x>\alpha$. Ainsi, $P(\ln x)>0$ pour $\ln x > \alpha$, soit $x > \e^{\alpha}$.

\underline{Ainsi, $f'(x)<0$ pour $x>\e^{\alpha}$.}

\item $f(x)=\dfrac{2\ln x}{x\left((\ln x)^2+1\right)}=\dfrac{2}{x\ln x + \frac{x}{\ln x} }$ pour $x \neq 1$.

\medskip

Or, $\lim\limits_{x \to +\infty} x\ln x=+\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\ln x}=+\infty$.\\
Ainsi, $\boxed{\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=0}$.

\medskip

De plus, $\lim\limits_{x \to 0} x\ln x=0^-$ et $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{\ln x}=0^-$.

Ainsi, $\boxed{\lim\limits_{x \to 0} f(x)=-\infty}$.

\item Nous avons le tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/1,$f'(x)$/1,$f(x)$/1}{0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,+,z,-,}
\tkzTabVar{D-/$-\infty$,+/$f(\alpha)$,-/$0$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On remarque que $f(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)}$, avec $u(x)=(\ln x)^2+1 >0$ et donc $u'(x)=\dfrac{2\ln x}{x}$.

Ainsi, une primitive de $f$ sur $]0;+\infty[$ est $F(x)=\ln\left((\ln x)^2+1 \right)$. Donc : \[ I(t)=\int_1^tf(x)\dx = F(t)-F(1)=\ln\left((\ln t)^2+1\right)\]

\item $\begin{aligned}[t]
I(t)=1 & \iff \ln\left((\ln t)^2+1\right)=1\\
& \iff (\ln t)^1+1=\e\\
& \iff (\ln t)^2 = \e-1.
\end{aligned}$

On a alors :
\[
\ln t = \sqrt{\e-1} \qquad\text{ou}\qquad \ln t = -\sqrt{\e-1}\;,
\]
soit :
\[
t = \e^{\sqrt{\e-1}}\qquad\text{ou}\qquad t=\e^{-\sqrt{\e-1}}.
\]

\medskip

Or, par hypothèse, $t \geqslant 1$ donc $t \neq \e^{-\sqrt{\e-1}}$.

Ainsi, \underline{$t = \e^{\sqrt{\e-1}} \approx 3,7$}.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[3]
On considère la fonction $f$ définie sur \intervFF{0}{\dfrac{\pi}{2}} par:
\[
f(x)=\dfrac{1}{1+\sin(x)}.
\]
L'objectif de cet exercice est de calculer:
\[
I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(x)\dx.
\]

\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout réel $x$ de l'intervalle \intervFO{0}{\dfrac{\pi}{2}},
\[
f(x) = \dfrac{1}{\cos^2(x)} - \frac{\sin(x)}{\cos^2(x)}.
\]

\item 
\begin{enumerate}
\item Montrer qu'une primitive de $g(x)=\dfrac{1}{\cos^2(x)}$ est $G(x)=\dfrac{\sin(x)}{\cos(x)}$.

\item En déduire une primitive $F$ de $f$ sur \intervFO{0}{\dfrac{\pi}{2}}.
\end{enumerate}

\item On pose $I(t) = \dint_0^{t} f(x)\dx$.

Montrer que $I(t)=\dfrac{\sin(t)-1}{\cos(t)}+1$.

\item En déduire la valeur de $I = \limite{t}{\frac{\pi}{2}}{I(t)}$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Pour tout réel $x$ de l'intervalle \intervFO{0}{\dfrac{\pi}{2}},
\begin{align*}
f(x) & = \dfrac{1}{1+\sin(x)}\\
     & = \dfrac{1}{1+\sin(x)}\textcolor{red}{\times\dfrac{1-\sin(x)}{1-\sin(x)}}\\
     & = \dfrac{1-\sin(x)}{1-\sin^2(x)}\\
     & = \dfrac{1-\sin(x)}{\cos^2(x)}\\
\Aboxed{f(x) & = \dfrac{1}{\cos^2(x)} - \dfrac{\sin(x)}{\cos^2(x)}.}
\end{align*}

\item
\begin{enumerate}
\item Soit $U(x) = \tan(x) = \dfrac{\sin(x)}{\cos(x)}$. Alors,
\begin{align*}
G'(x) & = \dfrac{\big(\sin(x)\,\big)^\prime\cos(x) - \sin(x)\big(\cos(x)\, \big)^\prime}{\cos^2(x)}\\
& = \dfrac{\cos^2(x) + \sin^2(x)}{\cos^2(x)} = \dfrac{1}{\cos^2(x)}  = g(x).
\end{align*}

\underline{Ainsi, $U(x)$ est bien une primitive de $u(x)$.}

\item Une primitive de $h:x \mapsto \dfrac{-\sin(x)}{\cos^2(x)}$ est $H:x\mapsto-\dfrac{1}{\cos(x)}$  car:
\[
h=\dfrac{u'}{u^2}\qquad\text{avec}\qquad u:x\mapsto\cos(x)\text{ et }u':x\mapsto-\sin(x).
\]
Ainsi, une primitive de $f$ sur $\intervFO{0}{\frac{\pi}{2}}$ est:
\[
F(x)=U(x)-\dfrac{1}{\cos(x)} = \dfrac{\sin(x)}{\cos(x)}-\dfrac{1}{\cos(x)}
\]
soit:
\[
\boxed{F(x)=\dfrac{\sin(x)-1}{\cos(x)}}
\]
\end{enumerate}

\item D'après ce qui a été écrit précédemment,
\[
I(t) = F(t) - F(0) = \dfrac{\sin(t)-1}{\cos(t)}-\dfrac{\sin(0)-1}{\cos(0)}= \dfrac{\sin(t)-1}{\cos(t)}+1.
\]

\item Écrivons:
\begin{align*}
\dfrac{\sin(t)-1}{\cos(t)} & = \dfrac{\sin(t)-\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)}{\cos(t)-\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)}\\
& =  \dfrac{\sin(t)-\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)}{t-\frac{\pi}{2}} \times \dfrac{t-\frac{\pi}{2}}{\cos(t)-\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)}.
\end{align*}
Par définition du nombre dérivé,
\[
\limite{t}{\frac{\pi}{2}}{\dfrac{\sin(t)-\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)}{t-\frac{\pi}{2}}} = \cos\frac{\pi}{2}=0
\]
\[
\limite{x}{\frac{\pi}{2}}{\dfrac{\cos(t)-\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)}{t-\frac{\pi}{2}}}=-\sin\frac{\pi}{2}=-1\text{ donc }\limite{x}{\frac{\pi}{2}}{\dfrac{t-\frac{\pi}{2}}{\cos(t)-\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)}}=-1.
\]
Ainsi, par produit, 
\[
\limite{t}{\frac{\pi}{2}}{\dfrac{\sin(t)-1}{\cos(t)}} = 0 \times (-1) = 0.
\]
On en déduit alors que:
\[
\boxed{I = 1}.
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{pour aller plus loin...}[3]
On cherche à exprimer pour tout entier naturel $n\geqslant1$ l'intégrale $I_n$ définie par:
\[
I_n = \int_1^\e x\big(\ln x\big)^n\dx.
\]
Nous avons trouvé $I_1$ et $I_2$ dans l'exercice précédent.

\begin{enumerate}
\item Montrer que $I_n = \dfrac{\e^2}{2}-\dfrac{n}{2}I_{n-1}$.
\item Donner les valeurs exactes de $I_n$ pour $1\leqslant n \leqslant 5$.
\item D'après ces derniers résultats, on peut aisément supposer que $I_n = a_n \e^2 + b_n$.

Montrer que pour tout entier naturel $n\geqslant0$,
\[
\begin{cases}
a_{n+1} = \dfrac{1}{2}(1 - (n+1)a_n)\\[1em]
b_{n+1} = -\dfrac{n+1}{2}b_n
\end{cases}
\]

\item Montrer par récurrence que pour tout entier $n\geqslant1$, $b_n = (-1)^{n+1}\dfrac{n!}{2^{n+1}}$.

On admet que pour tout entier naturel $n\geqslant1$,
\[
a_n=\dfrac{1}{2} + n!\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{(-1)^k }{2^{k+1} (n-k)!}.
\]

\item \'Ecrire un programme Python permettant d'afficher la valeur exacte de $I_n$, pour un entier $n\geqslant1$. Pour cela, on pourra faire appel au module \texttt{fractions} et à sa classe \texttt{Fraction} (voir \url{https://docs.python.org/fr/3.6/library/fractions.html}).
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Posons:
\begin{multicols}{2}
$u(x)=\big(\ln x\big)^n$

$v'(x) = x$

\columnbreak

$u'(x)=\dfrac{n\big(\ln x\big)^{n-1}}{x}$

$v(x)=\dfrac{1}{2}x^2$
\end{multicols}

Alors, 
\begin{align*}
I_n & = \big[(uv)(x)\big]_1^\e - \dint_1^\e u(x)v'(x)\dx\\
    & = \left[ \dfrac{1}{2}x^2\big(\ln x\big)^n\right]_1^\e - \dfrac{n}{2}\dint_1^\e x\big(\ln x\big)^{n-1}\dx\\
\Aboxed{I_n & = \dfrac{\e^2}{2}-\dfrac{n}{2}I_{n-1}}
\end{align*}

\item Nous avions trouvé dans l'exercice précédent :
\begin{itemize}
\item $I_1 = \dfrac{\e^2}{4}+\dfrac{1}{4}$;
\item $I_2 = \dfrac{\e^2}{4} - \dfrac{1}{4}$.
\end{itemize}

À l'aide de la relation de récurrence trouvée à la question précédente, on déduit:
\begin{itemize}
\item $I_3 = \dfrac{\e^2}{2} - \dfrac{3}{2}\times I_2 = \dfrac{\e^2}{2} - \dfrac{3}{2}\times\left(\dfrac{\e^2}{4} - \dfrac{1}{4}\right) = \dfrac{\e^2}{8}+\dfrac{3}{8}$;
\item $I_4 = \dfrac{\e^2}{2} - \dfrac{4}{2}\left(\dfrac{\e^2}{8}+\dfrac{3}{8}\right) = \dfrac{\e^2}{4}-\dfrac{3}{4}$;
\item $I_5 = \dfrac{\e^2}{2} - \dfrac{5}{2}\left(\dfrac{\e^2}{2}-\dfrac{3}{4}\right) = -\dfrac{\e^2}{8}+\dfrac{15}{8}$.
\end{itemize}

\item De la relation de récurrence $I_n = \dfrac{\e^2}{2}-\dfrac{n}{2}I_{n-1}$ et de la supposition que $I_n=  a_n\e^2 + b_n$, nous pouvons déduire:
\begin{align*}
I_{n+1} & = \dfrac{\e^2}{2} - \dfrac{n+1}{2}I_n\\
	    & = \dfrac{\e^2}{2} - \dfrac{n+1}{2}( a_n\e^2 + b_n )\\
	    & = \dfrac{\e^2}{2} - \dfrac{(n+1)a_n}{2}\e^2 - \dfrac{n+1}{2}b_n\\
	    & = \dfrac{1-(n+1)a_n}{2}\e^2 - \dfrac{n+1}{2}b_n.
\end{align*}
Or, 
\[
I_{n+1} = a_{n+1}\e^2 + b_{n+1}.
\]
Ainsi, par identification, on a:
\[
\boxed{a_{n+1} = \dfrac{1-(n+1)a_n}{2}\qquad\text{et}\qquad b_{n+1} = - \dfrac{n+1}{2}b_n}
\]

\item $b_1 = \dfrac{1}{4}$ et $(-1)^{1+1}\dfrac{1!}{2^{1+1}}=\dfrac{1}{4}$ donc la propriété à démontrer est vraie pour $n=1$.

Supposons qu'elle le soit pour un entier $k\geqslant1$ fixé, c'est-à-dire que :
\[
b_k = (-1)^{k+1}\dfrac{k!}{2^{k+1}}.\tag{HR}
\]
Alors,
\begin{align*}
b_{k+1} & = -\dfrac{1}{2}(k+1)b_{k+1}\text{ d'après la relation de récurrence sur }(b_n)\\
        & = -\dfrac{1}{2}(k+1)\times(-1)^{k+1}\dfrac{k!}{2^{k+1}}\\
        & = (-1)^{k+2}\dfrac{k! \times (k+1)}{2 \times 2^{k+1}}\\
        & = (-1)^{k+2}\dfrac{(k+1)!}{2^{k+2}}.
\end{align*}

La propriété est donc héréditaire.

\medskip

\uline{Ainsi, la propriété est vraie pour tout entier $n\geqslant1$.}

\item Cette question est très difficile. Il est donc normal d'avoir des difficultés à écrire un tel programme. J'ai décidé d'utiliser les formules explicites de $a_n$ et $b_n$ pour trouver la valeur exacte de $I_n$, pour un entier $n\geqslant1$ donné. Cela donne par exemple :

\begin{python}
from fractions import Fraction

def factorielle(n):
    if n == 0:
        return 1
    return n * factorielle(n-1)

def a(n):
    a = Fraction(0,1)
    for k in range(1,n-1):
        a += Fraction((-1)**k , 2**(k+1) * factorielle(n-k) )
    a = Fraction(1,2) + factorielle(n) * a + Fraction(factorielle(n) * (-1)**(n+1) , 2**(n+1))
    return a
    
def b(n):
    return Fraction( (-1)**(n+1) * factorielle(n) , 2**(n+1) )

n = int(input("Entrez un entier n supérieur ou égal à 1 : "))
print("I({}) = {}exp(2)/{} + {}/{}".format(n, a(n).numerator, a(n).denominator, b(n).numerator, b(n).denominator))
\end{python}
\begin{console}
Entrez un entier n supérieur ou égal à 1 : 7
I(7) = -41exp(2)/16 + 315/16

Entrez un entier n supérieur ou égal à 1 : 11
I(11) = -21101exp(2)/16 + 155925/16
\end{console}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[4]
Soit $f$ une fonction dérivable et continue telle que $f(x) \neq 0$ sur \intervFF{4}{8}.

On sait que $f(4)=\dfrac{1}{4}$, $f(8)=\dfrac{1}{2}$ et $\dint_4^8 \dfrac{\big[f'(x)\big]^2}{\big[ f(x) \big]^4}\dx = 1$.

\medskip

Le but de cet exercice est de trouver l'expression de $f(x)$ sur \intervFF{4}{8}.

\begin{enumerate}
\item Donner une primitive de $\dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2}$.

En déduire la valeur de $\dint_4^8  \dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} \dx$.

\item Pour tout réel $k$, exprimer $\dint_4^8 \left( \dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} + k \right)^2 \dx$ en fonction de $k$.

\item En prenant $k=-\dfrac{1}{2}$, montrer que $\dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2}=\dfrac{1}{2}$.

\item En déduire alors l'expression de $f(x)$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On sait qu'une primitive de $\dfrac{u'}{u^2}$ est $-\dfrac{1}{u}$.

Ainsi,
\begin{align*}
\dint_4^8  \dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} \dx & = \left[ -\dfrac{1}{f(x)} \right]_4^8\\
& = -\dfrac{1}{f(8)} - \left(-\dfrac{1}{f(4)}\right)\\
& = -2 + 4\\
\Aboxed{ \dint_4^8  \dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} \dx & = 2}
\end{align*}

\item Pour tout réel $k$, 
\begin{align*}
\left( \dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} + k \right)^2 & = \left( \dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} \right)^2 + 2k\dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} + k^2\\
& = \dfrac{\big[ f(x) \big]^2}{\big[ f(x) \big]^4} + 2k\dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} + k^2.
\end{align*}

D'où:
\begin{align*}
\dint_4^8 \left( \dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} + k \right)^2 \dx & = \int_4^8 \dfrac{\big[ f(x) \big]^2}{\big[ f(x) \big]^4} \dx + 2k\int_4^8 \dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} \dx + k^2\int_4^8 \dx\\
& = 1 + 2k \times 2 + k^2 (8-4)\\
& = 4k^2 + 4k + 1\\
\Aboxed{ \dint_4^8 \left( \dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} + k \right)^2 \dx & = (2k + 1)^2 }
\end{align*}

\item Pour $k=-\dfrac{1}{2}$, on a :
\[
\dint_4^8 \left( \dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} - \dfrac{1}{2} \right)^2 \dx = 0. 
\]
Or, $\left( \dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} - \dfrac{1}{2} \right)^2 \geqslant 0$.

Si l'intégrale d'une fonction positive ou nulle est nulle sur un intervalle, alors cette fonction est nécessairement nulle sur cet intervalle.

Ainsi, sur \intervFF{4}{8}, 
\[
\dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} - \dfrac{1}{2} = 0
\]
soit:
\[
\boxed{ \dfrac{f(x)}{\big[ f(x) \big]^2} = \dfrac{1}{2} }
\]

\item Si deux fonctions sont égales sur un intervalle, alors leurs primitives aussi.

Ainsi, de la question précédente, on déduit que sur \intervFF{4}{8}:
\[
-\dfrac{1}{f(x)}+C = \dfrac{1}{2}x + C'\quad,\quad C,C' \in\R.
\]
On peut aussi écrire:
\[
-\dfrac{1}{f(x)} = \dfrac{1}{2}x + \underbrace{C'-C}_{=K}.
\]
En prenant $x=4$, on obtient:
\[
-\dfrac{1}{f(4)}=2+K \iff K = -4-2 = -6.
\]
Finalement,
\[
-\dfrac{1}{f(x)} = \dfrac{1}{2}x-6 \iff f(x)= -\dfrac{1}{\frac{x}{2}-6}=\dfrac{2}{12-x}.
\]
Conclusion: sur \intervFF{4}{8}, $f(x)=\dfrac{2}{12-x}$.
\end{enumerate}
\end{exocor}


\corriges
