Contrôle périodique 2 blanc corrigé de MTH0103 (Polytechnique Montréal)

$\Delta x=\dfrac{10-0}{5}=2$, et les abscisses de subdivision sont $0,2,4,6,8,10$. Lecture du graphe : $f(0)=2$, $f(2)=5$, $f(4)=3$, $f(6)=-1$, $f(8)=-4$, $f(10)=-3$. La somme de gauche prend les extrémités GAUCHES $0,2,4,6,8$ : $G_{5}=2\,(2+5+3-1-4)=10$. La somme de droite prend $2,4,6,8,10$ : $D_{5}=2\,(5+3-1-4-3)=0$. Les rectangles sous l'axe comptent NÉGATIVEMENT : une somme de Riemann approche une intégrale, pas une aire. L'erreur fréquente est d'utiliser six valeurs pour cinq rectangles, ou d'oublier de multiplier par $\Delta x=2$.

$\Delta x=2$ et les abscisses sont $2,4,6,8$. $G_{3}=2\,(5+3-1)=14$ et $D_{3}=2\,(3-1-4)=-4$. Sur un intervalle où $f$ décroît, la valeur en l'extrémité gauche est la plus GRANDE du sous-intervalle : chaque rectangle de gauche dépasse la courbe, et chaque rectangle de droite reste dessous. Donc $D_{3}\leq\int_{2}^{8}f\leq G_{3}$, et c'est $G_{3}$ qui surestime. Contrôle avec la formule de d) : $\int_{2}^{8}f(x)\,dx=5{,}25$, bien entre $-4$ et $14$. L'encadrement est large parce que $f$ descend beaucoup sur chaque sous-intervalle.

$T_{5}=\dfrac{10+0}{2}=5$. C'est la méthode des TRAPÈZES : sur chaque sous-intervalle, la moyenne du rectangle de gauche et du rectangle de droite est l'aire (algébrique) du trapèze qui joint les deux points de la courbe. On retrouve $T_{5}=\dfrac{\Delta x}{2}\left[f(0)+2f(2)+2f(4)+2f(6)+2f(8)+f(10)\right]=1\cdot(2+10+6-2-8-3)=5$.

Une primitive est $F(x)=\dfrac{x^{4}}{64}-\dfrac{x^{3}}{3}+\dfrac{13x^{2}}{8}+2x$, et $F(0)=0$. $F(10)=\dfrac{10000}{64}-\dfrac{1000}{3}+\dfrac{1300}{8}+20=156{,}25-333{,}33+162{,}5+20=\dfrac{65}{12}\approx 5{,}417$. Écarts : $|G_{5}-5{,}417|\approx 4{,}58$, $|D_{5}-5{,}417|\approx 5{,}42$, $|T_{5}-5{,}417|\approx 0{,}42$. Les trapèzes gagnent de loin : les erreurs de la somme de gauche et de la somme de droite sont de signes opposés et se compensent en grande partie dans la moyenne.

$f$ est un polynôme, donc continue sur $[1\,;4]$. Toute fonction continue sur un intervalle fermé borné est intégrable : les sommes de Riemann ont une limite, la même quel que soit le choix des points $x_{i}^{*}$. C'est le théorème à citer, et une phrase suffit.

$\Delta x=1$, abscisses $1,2,3,4$ avec $f(1)=2$, $f(2)=3$, $f(3)=6$, $f(4)=11$. $G_{3}=1\cdot(2+3+6)=11$ et $D_{3}=1\cdot(3+6+11)=20$. Ici $f$ est croissante sur $[1\,;4]$ (son sommet est en $x=1$), donc c'est la somme de gauche qui sous-estime.

$\Delta x=\dfrac{3}{n}$ et $x_{i}^{*}=1+(i-1)\dfrac{3}{n}$ pour $i=1,\dots,n$. Astuce de calcul : $f(1+t)=(1+t)^{2}-2(1+t)+3=t^{2}+2$, donc $f(x_{i}^{*})=\dfrac{9(i-1)^{2}}{n^{2}}+2$. $G_{n}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\left[\dfrac{9(i-1)^{2}}{n^{2}}+2\right]\dfrac{3}{n}=\dfrac{27}{n^{3}}\sum_{k=0}^{n-1}k^{2}+\dfrac{3}{n}\cdot 2n$. Avec $k=i-1$ qui va de $0$ à $n-1$, la formule s'applique jusqu'à $n-1$ : $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}k^{2}=\dfrac{(n-1)n(2n-1)}{6}$. D'où $G_{n}=\dfrac{27(n-1)n(2n-1)}{6n^{3}}+6=\dfrac{9(n-1)(2n-1)}{2n^{2}}+6$. Contrôle : $n=3$ donne $\frac{9\cdot 2\cdot 5}{18}+6=11=G_{3}$. $G_{100}=\dfrac{9\cdot 99\cdot 199}{20000}+6\approx 14{,}865$. Quand $n\to\infty$, $\dfrac{(n-1)(2n-1)}{n^{2}}\to 2$, donc $\displaystyle\int_{1}^{4}f=9+6=15$. Théorème fondamental : $\left[\dfrac{x^{3}}{3}-x^{2}+3x\right]_{1}^{4}=\left(\dfrac{64}{3}-4\right)-\dfrac{7}{3}=15$. Le piège est d'appliquer la formule de $\sum i^{2}$ jusqu'à $n$ alors que l'indice décalé s'arrête à $n-1$ : la limite reste juste, mais $G_{n}$ est faux et le contrôle en $n=3$ le révèle.

On fait apparaître $\frac{1}{n}$ : $\dfrac{n}{n^{2}+i^{2}}=\dfrac{1}{n}\cdot\dfrac{1}{1+\left(\frac{i}{n}\right)^{2}}$. C'est la somme de droite de $g(x)=\dfrac{1}{1+x^{2}}$ sur $[0\,;1]$, avec $\Delta x=\frac{1}{n}$ et $x_{i}=\frac{i}{n}$. $g$ étant continue, la limite vaut $\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{dx}{1+x^{2}}=\arctan 1=\dfrac{\pi}{4}\approx 0{,}785$. Reconnaître l'intervalle se fait en regardant les valeurs extrêmes de $\frac{i}{n}$ : elles vont de presque $0$ à $1$.

Tangente : $y'=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ vaut $\frac{1}{4}$ en $x=4$, donc $y=2+\frac{1}{4}(x-4)=\frac{x}{4}+1$. Elle coupe l'axe des $x$ en $x=-4$. En tranches VERTICALES, il faut deux intégrales, car la frontière du bas change en $x=0$ : $\displaystyle\int_{-4}^{0}\left(\frac{x}{4}+1\right)dx+\int_{0}^{4}\left(\frac{x}{4}+1-\sqrt{x}\right)dx=2+\left(2+4-\frac{16}{3}\right)=\frac{8}{3}$. En tranches HORIZONTALES, une seule suffit : pour $0\leq y\leq 2$, la région va de la tangente $x=4y-4$ (à gauche) à la courbe $x=y^{2}$ (à droite), d'où $\displaystyle\int_{0}^{2}\left(y^{2}-4y+4\right)dy=\left[\frac{(y-2)^{3}}{3}\right]_{0}^{2}=\frac{8}{3}\approx 2{,}667$. Le piège de lecture est de calculer seulement $\int_{0}^{4}\left(\frac{x}{4}+1-\sqrt{x}\right)dx=\frac{2}{3}$ en oubliant le triangle à gauche de l'axe des $y$.

Les deux courbes sont données en $x$ fonction de $y$ : on intègre en $y$. Intersections : $y^{2}-2y=y$, soit $y(y-3)=0$, donc $y=0$ et $y=3$. Pour savoir laquelle est à DROITE, point test $y=1$ : la parabole donne $x=-1$, la droite $x=1$. La droite est à droite. Aire : $\displaystyle\int_{0}^{3}\left[y-(y^{2}-2y)\right]dy=\int_{0}^{3}(3y-y^{2})\,dy=\frac{27}{2}-9=\frac{9}{2}$. En tranches verticales, il faudrait résoudre $y^{2}-2y=x$ en $y=1\pm\sqrt{1+x}$ et couper en $x=0$ : c'est exactement ce que le choix de $y$ évite. En $y$, « droite moins gauche » remplace « haut moins bas ».

Intersections : $\frac{4}{x}=5-x$ donne $x^{2}-5x+4=0$, soit $x=1$ et $x=4$. Point test $x=2$ : la droite vaut $3$, l'hyperbole $2$, la droite est au-dessus. Aire : $\displaystyle\int_{1}^{4}\left(5-x-\frac{4}{x}\right)dx=\left[5x-\frac{x^{2}}{2}-4\ln x\right]_{1}^{4}=(20-8-4\ln 4)-\left(5-\frac{1}{2}\right)=\frac{15}{2}-8\ln 2\approx 1{,}955$. Contrôle de vraisemblance : la région tient dans un triangle de base $3$ et de hauteur au plus $1$ environ, donc son aire est bien de l'ordre de $2$. Écrire $4\ln 4$ au lieu de $8\ln 2$ n'est pas une faute, mais $4\ln 4-4\ln 1$ exige de savoir que $\ln 1=0$ sans hésiter.

Parties répétées, $u=x^{2}$ et $dv=e^{-x}dx$, donc $du=2x\,dx$ et $v=-e^{-x}$ : $\displaystyle\int x^{2}e^{-x}dx=-x^{2}e^{-x}+2\int xe^{-x}dx$. Deuxième tour avec $u=x$ : $\displaystyle\int xe^{-x}dx=-xe^{-x}-e^{-x}$. D'où la primitive $-e^{-x}\left(x^{2}+2x+2\right)$. Valeur : $\left[-e^{-x}(x^{2}+2x+2)\right]_{0}^{1}=-\dfrac{5}{e}+2=2-\dfrac{5}{e}\approx 0{,}161$. Le signe de $v=-e^{-x}$ est le point fragile : l'oublier au premier tour propage l'erreur partout. Contrôle : l'intégrande est positive et inférieure à $x^{2}$, donc la réponse est entre $0$ et $\frac{1}{3}$.

Il n'y a pas de facteur à intégrer : on prend $dv=dx$. $u=(\ln x)^{2}$, $du=\dfrac{2\ln x}{x}dx$, $v=x$ : $\displaystyle\int(\ln x)^{2}dx=x(\ln x)^{2}-2\int\ln x\,dx=x(\ln x)^{2}-2x\ln x+2x$. Valeur : en $e$, $e-2e+2e=e$ ; en $1$, $0-0+2=2$. Résultat : $e-2\approx 0{,}718$. La primitive de $\ln x$, $x\ln x-x$, s'obtient elle-même par le même choix $dv=dx$ : c'est la vérification promise au premier contrôle.

Cas cyclique. $I=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}e^{-x}\sin 2x\,dx$. Premier tour, $u=\sin 2x$, $dv=e^{-x}dx$ : $I=\left[-e^{-x}\sin 2x\right]_{0}^{\pi/2}+2\int_{0}^{\pi/2}e^{-x}\cos 2x\,dx=0+2J$. Deuxième tour sur $J$, $u=\cos 2x$ : $J=\left[-e^{-x}\cos 2x\right]_{0}^{\pi/2}-2\int_{0}^{\pi/2}e^{-x}\sin 2x\,dx=\left(e^{-\pi/2}+1\right)-2I$. Donc $I=2\left(1+e^{-\pi/2}\right)-4I$, soit $5I=2\left(1+e^{-\pi/2}\right)$ et $I=\dfrac{2}{5}\left(1+e^{-\pi/2}\right)\approx 0{,}483$. Au second tour, il faut garder le MÊME rôle pour l'exponentielle ($dv$) : l'échanger ramène à $I=I$, une égalité vraie qui ne donne rien.

$u=\arcsin x$, $dv=dx$, $du=\dfrac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}$, $v=x$ : $\displaystyle\int\arcsin x\,dx=x\arcsin x-\int\dfrac{x\,dx}{\sqrt{1-x^{2}}}=x\arcsin x+\sqrt{1-x^{2}}$ (la dernière intégrale par $w=1-x^{2}$). Valeur : $\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}-(0+1)=\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}-1\approx 0{,}128$. Le terme $-1$ en $x=0$ est celui qu'on perd le plus souvent : $\sqrt{1-0}$ vaut $1$, pas $0$.

La puissance de sinus est IMPAIRE : on détache un $\sin x$ et on convertit le reste, $\sin^{3}x=(1-\cos^{2}x)\sin x$. Avec $u=\cos x$, $du=-\sin x\,dx$, bornes $1$ puis $0$ : $\displaystyle\int_{1}^{0}(1-u^{2})u^{2}(-du)=\int_{0}^{1}(u^{2}-u^{4})\,du=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{5}=\dfrac{2}{15}\approx 0{,}133$. Attaquer le cosinus, pair, ne mène à rien : il n'y a pas de $\cos x$ à détacher sans laisser une racine.

Les deux puissances sont PAIRES : on linéarise. $\sin x\cos x=\frac{1}{2}\sin 2x$, donc $\sin^{2}x\cos^{2}x=\frac{1}{4}\sin^{2}2x=\frac{1}{8}(1-\cos 4x)$. $\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\frac{1-\cos 4x}{8}\,dx=\left[\frac{x}{8}-\frac{\sin 4x}{32}\right]_{0}^{\pi/2}=\frac{\pi}{16}\approx 0{,}196$. Le terme en $\sin 4x$ s'annule aux deux bornes. Écrire $\sin^{2}x\cos^{2}x=\frac{1}{2}\sin^{2}2x$ (au lieu de $\frac{1}{4}$) double la réponse : c'est le carré du $\frac{1}{2}$ qu'on oublie.

Puissance PAIRE de sécante : on garde $\sec^{2}x$ comme $du$ et on convertit le reste avec $\sec^{2}x=1+\tan^{2}x$. $\sec^{4}x=(1+\tan^{2}x)\sec^{2}x$, $u=\tan x$, $du=\sec^{2}x\,dx$, bornes $0$ et $1$ : $\displaystyle\int_{0}^{1}(1+u^{2})\,du=1+\dfrac{1}{3}=\dfrac{4}{3}\approx 1{,}333$. Contrôle : $\sec^{4}x$ va de $1$ à $4$ sur un intervalle de longueur $0{,}785$, donc l'intégrale est entre $0{,}785$ et $3{,}14$.

Produit de sinus d'angles DIFFÉRENTS : $\sin A\sin B=\frac{1}{2}\left[\cos(A-B)-\cos(A+B)\right]$, donc $\sin 3x\sin x=\frac{1}{2}\left(\cos 2x-\cos 4x\right)$. $\displaystyle\int_{0}^{\pi/4}\frac{\cos 2x-\cos 4x}{2}\,dx=\frac{1}{2}\left[\frac{\sin 2x}{2}-\frac{\sin 4x}{4}\right]_{0}^{\pi/4}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-0\right)=\frac{1}{4}$. Le piège est le signe de la formule : $\cos(A-B)$ vient en premier pour le produit de deux sinus, et l'inverser donne $-\frac{1}{4}$ pour une fonction positive sur l'intervalle.

VRAI. On dérive : $\dfrac{1}{2}e^{2x}+\left(\dfrac{x}{2}-\dfrac{1}{4}\right)\cdot 2e^{2x}=\dfrac{1}{2}e^{2x}+xe^{2x}-\dfrac{1}{2}e^{2x}=xe^{2x}$. Par parties, $u=x$ et $dv=e^{2x}dx$ donnent $v=\frac{1}{2}e^{2x}$ puis $\frac{x}{2}e^{2x}-\frac{1}{4}e^{2x}$ : la même réponse.

FAUX, c'est l'inverse. Si $f$ décroît, sur chaque sous-intervalle la valeur en l'extrémité DROITE est la plus petite : le rectangle de droite est sous la courbe, et la somme de droite SOUS-estime l'intégrale. C'est la somme de gauche qui surestime (voir l'exercice 1 b), où $D_{3}=-4<5{,}25<14=G_{3}$).

VRAI. On complète le carré : $x^{2}-4x+13=(x-2)^{2}+9$. La forme $\sqrt{u^{2}+a^{2}}$ avec $u=x-2$ et $a=3$ appelle $u=a\tan\theta$, et alors $\sqrt{9\tan^{2}\theta+9}=3\sec\theta$. On obtient $\displaystyle\int\sec\theta\,d\theta=\ln\left|\sec\theta+\tan\theta\right|+C$, soit $\ln\left|x-2+\sqrt{x^{2}-4x+13}\right|+C'$.

FAUX. Qu'un intégrande tende vers $0$ ne suffit jamais. $\displaystyle\int_{1}^{t}x^{-1/2}dx=2\sqrt{t}-2\to+\infty$ : l'intégrale DIVERGE. C'est le critère en $p$ avec $p=\frac{1}{2}\leq 1$. Le contre-exemple à retenir : $\frac{1}{x}$ tend vers $0$ et son intégrale sur $[1\,;+\infty[$ diverge aussi.

FAUX. Un facteur linéaire RÉPÉTÉ $(x-1)^{2}$ exige les deux termes $\dfrac{B}{x-1}$ et $\dfrac{C}{(x-1)^{2}}$. Bonne forme : $\dfrac{A}{x}+\dfrac{B}{x-1}+\dfrac{C}{(x-1)^{2}}$. On écrit $2x^{2}+1=A(x-1)^{2}+Bx(x-1)+Cx$. En $x=0$ : $A=1$. En $x=1$ : $C=3$. Coefficient de $x^{2}$ : $A+B=2$, donc $B=1$. Avec la forme incomplète de l'affirmation, le système n'a pas de solution : en $x=0$, $A=1$ ; en $x=1$, $B=3$ ; mais en $x=2$, $\frac{1}{2}+3\neq\frac{9}{2}$.