Examen blanc corrigé de MTH0103, calcul intégral (Polytechnique Montréal)

Dérivée d'une composée : $(\arctan u)'=\dfrac{u'}{1+u^{2}}$ avec $u=\dfrac{1+x}{1-x}$. Règle du quotient : $u'=\dfrac{(1-x)+(1+x)}{(1-x)^{2}}=\dfrac{2}{(1-x)^{2}}$. Puis $1+u^{2}=\dfrac{(1-x)^{2}+(1+x)^{2}}{(1-x)^{2}}=\dfrac{2(1+x^{2})}{(1-x)^{2}}$. Le quotient se simplifie entièrement : $f'(x)=\dfrac{2}{(1-x)^{2}}\cdot\dfrac{(1-x)^{2}}{2(1+x^{2})}=\dfrac{1}{1+x^{2}}$. Donc $f'(2)=\dfrac{1}{5}=0{,}2$. Le piège est de s'arrêter avant la simplification : une fraction de fractions est juste, mais elle cache le résultat qui fait toute la question b).

$f$ et $\arctan$ ont la même dérivée, donc $(f-\arctan)'=0$. Sur un INTERVALLE, une dérivée nulle donne une fonction constante (conséquence du théorème de Lagrange). Mais le domaine de $f$ est formé de deux intervalles disjoints, et la constante a le droit de changer de l'un à l'autre. Sur $]-\infty\,;1[$, on évalue en $0$ : $f(0)-\arctan 0=\arctan 1=\dfrac{\pi}{4}$. Sur $]1\,;+\infty[$, on fait tendre $x$ vers $+\infty$ : $\dfrac{1+x}{1-x}\to -1$, donc $f(x)\to -\dfrac{\pi}{4}$, tandis que $\arctan x\to\dfrac{\pi}{2}$ ; la constante vaut $-\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{2}=-\dfrac{3\pi}{4}$. Vérification en $x=2$ : $\arctan(-3)-\arctan 2\approx -1{,}2490-1{,}1071=-2{,}3562\approx -\dfrac{3\pi}{4}$. Écrire une seule constante sur tout le domaine est l'erreur qu'on retrouve à l'exercice 6.

La base ET l'exposant dépendent de $x$ : ni la règle de la puissance ni celle de l'exponentielle ne s'appliquent telles quelles. On passe au logarithme, légitime car $\ln x>0$ pour $x>1$ : $\ln g(x)=x\ln(\ln x)$. En dérivant les deux membres : $\dfrac{g'(x)}{g(x)}=\ln(\ln x)+x\cdot\dfrac{1/x}{\ln x}=\ln(\ln x)+\dfrac{1}{\ln x}$. Donc $g'(x)=(\ln x)^{x}\left(\ln(\ln x)+\dfrac{1}{\ln x}\right)$. En $x=e$ : $\ln e=1$ et $\ln(\ln e)=0$, d'où $g'(e)=1\cdot(0+1)=1$. Les deux réponses fausses classiques sont $(\ln x)^{x-1}$ (règle de la puissance, qui fige l'exposant) et $(\ln x)^{x}\ln(\ln x)$ (règle de l'exponentielle, qui fige la base). La bonne dérivée est exactement la SOMME des deux, ce qui donne un contrôle rapide.

On dérive les deux membres par rapport à $x$, en se souvenant que $y$ dépend de $x$ : $2xy+x^{2}y'+3y^{2}y'=0$, donc $y'=-\dfrac{2xy}{x^{2}+3y^{2}}$. En $P(1\,;2)$ : $y'=-\dfrac{4}{1+12}=-\dfrac{4}{13}\approx -0{,}308$. Pour la dérivée seconde, on redérive l'égalité $2xy+(x^{2}+3y^{2})y'=0$ plutôt que le quotient, c'est plus court : $2y+2xy'+(2x+6yy')y'+(x^{2}+3y^{2})y''=0$. En $P$, avec $y'=-\frac{4}{13}$ : $4-\dfrac{8}{13}+\left(2-\dfrac{48}{13}\right)\left(-\dfrac{4}{13}\right)+13y''=0$, soit $\dfrac{676-104+88}{169}+13y''=0$, donc $y''=-\dfrac{660}{2197}\approx -0{,}300$. Vérification numérique : en résolvant l'équation pour $x=0{,}999\,9$ et $x=1{,}000\,1$, les différences finies redonnent $-0{,}3077$ et $-0{,}3004$. Oublier le facteur $y'$ en dérivant $y^{3}$ (écrire $3y^{2}$ au lieu de $3y^{2}y'$) fausse tout le reste de la question.

$f$ est continue sur $[1\,;4]$ (son seul point interdit, $x=0$, est hors de l'intervalle) et dérivable sur $]1\,;4[$ : les deux hypothèses sont satisfaites. Pente de la corde : $\dfrac{f(4)-f(1)}{4-1}=\dfrac{4{,}25-2}{3}=0{,}75$. On résout $f'(c)=1-\dfrac{1}{c^{2}}=\dfrac{3}{4}$, soit $c^{2}=4$, donc $c=2$ ; la solution $c=-2$ est rejetée car hors de $]1\,;4[$. Le théorème garantit l'existence de $c$ ; ici on a pu le calculer, ce qui n'est pas toujours le cas.

$\arctan$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$, donc sur $[0\,;x]$. Lagrange donne $c\in\,]0\,;x[$ tel que $\arctan x-\arctan 0=x\cdot\dfrac{1}{1+c^{2}}$, donc $\arctan x=\dfrac{x}{1+c^{2}}$. Comme $0<c<x$, on a $1<1+c^{2}<1+x^{2}$, d'où $\dfrac{1}{1+x^{2}}<\dfrac{1}{1+c^{2}}<1$. En multipliant par $x>0$, qui ne change pas le sens : $\dfrac{x}{1+x^{2}}<\arctan x<x$. Pour $x=0{,}5$ : $\dfrac{0{,}5}{1{,}25}=0{,}4<\arctan(0{,}5)<0{,}5$, et la vraie valeur $0{,}4636$ est bien dans l'encadrement. Le détail qui coûte des points : les inégalités sont STRICTES parce que $c$ est strictement entre $0$ et $x$.

Théorème de Cauchy : si $f$ et $g$ sont continues sur $[a\,;b]$, dérivables sur $]a\,;b[$, et si $g'$ ne s'annule pas sur $]a\,;b[$, alors il existe $c\in\,]a\,;b[$ tel que $\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\dfrac{f'(c)}{g'(c)}$. Ici les deux polynômes sont continus et dérivables, et $g'(t)=3t^{2}\neq 0$ sur $]1\,;2[$. On calcule $\dfrac{f(2)-f(1)}{g(2)-g(1)}=\dfrac{16-1}{8-1}=\dfrac{15}{7}$ et $\dfrac{f'(c)}{g'(c)}=\dfrac{4c^{3}}{3c^{2}}=\dfrac{4c}{3}$, d'où $c=\dfrac{45}{28}\approx 1{,}607$, bien dans $]1\,;2[$. Interprétation : $A=(g(1)\,;f(1))=(1\,;1)$ et $B=(8\,;16)$, la corde a pour pente $\frac{15}{7}$, et la pente de la tangente à une courbe paramétrée est $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{f'(t)}{g'(t)}$. Au point de paramètre $c$, soit $\left(c^{3}\,;c^{4}\right)\approx(4{,}15\,;6{,}67)$, la tangente est donc PARALLÈLE à la corde $AB$. Appliquer Lagrange séparément à $f$ et à $g$ donnerait deux nombres différents, $c_{1}=\sqrt[3]{15/4}\approx 1{,}554$ et $c_{2}=\sqrt{7/3}\approx 1{,}528$, dont on ne peut rien tirer : le théorème de Cauchy existe précisément pour obtenir le MÊME $c$, et c'est lui qui démontre la règle de L'Hôpital de l'exercice 3.

Supposons que $P(x)=x^{4}+4x+k$ ait trois racines réelles $r_{1}<r_{2}<r_{3}$. $P$ est continu et dérivable partout, et $P(r_{1})=P(r_{2})=0$ : Rolle donne $c_{1}\in\,]r_{1}\,;r_{2}[$ avec $P'(c_{1})=0$ ; de même $c_{2}\in\,]r_{2}\,;r_{3}[$ avec $P'(c_{2})=0$, et $c_{1}<c_{2}$. Or $P'(x)=4(x^{3}+1)$ ne s'annule qu'en $x=-1$, car $x\mapsto x^{3}$ est strictement croissante. Contradiction : $P$ a au plus deux racines, pour tout $k$. Pour compter exactement, on étudie le minimum : $P'<0$ avant $-1$ et $P'>0$ après, donc $P$ décroît puis croît, avec pour minimum $P(-1)=k-3$, et $P(x)\to+\infty$ des deux côtés. Pour $k=1$, le minimum vaut $-2<0$ : deux racines, une de chaque côté de $-1$ par le théorème des valeurs intermédiaires ($P(-2)=9>0$ et $P(0)=1>0$). Pour $k=3$, le minimum vaut $0$ : une seule racine, $x=-1$, double. Pour $k=4$, le minimum vaut $1>0$ : aucune racine. Rolle BORNE le nombre de racines, il n'en trouve aucune : l'existence vient toujours d'un autre théorème.

En $x=0$, le numérateur vaut $1-1-0-0=0$ et le dénominateur $0$ : forme $\frac{0}{0}$, la règle s'applique. On obtient $\lim\dfrac{e^{x}-1-x}{3x^{2}}$, encore $\frac{0}{0}$. Deuxième application : $\lim\dfrac{e^{x}-1}{6x}$, toujours $\frac{0}{0}$. Troisième : $\lim\dfrac{e^{x}}{6}=\dfrac{1}{6}$. Trois applications, trois vérifications écrites : c'est la rédaction attendue. Le résultat s'explique : près de $0$, $e^{x}-1-x-\frac{x^{2}}{2}$ se comporte comme $\frac{x^{3}}{6}$, et chaque application retire un degré. Vérification numérique : pour $x=10^{-3}$, le quotient vaut $0{,}16671$.

Quand $x\to 1$, c'est une forme $\infty-\infty$ : la règle ne s'applique pas à une différence. On réduit au même dénominateur : $\dfrac{x-1-\ln x}{(x-1)\ln x}$, forme $\frac{0}{0}$. Première application : $\dfrac{1-\frac{1}{x}}{\ln x+\frac{x-1}{x}}$, qu'on multiplie en haut et en bas par $x$ : $\dfrac{x-1}{x\ln x+x-1}$, encore $\frac{0}{0}$. Deuxième application : $\dfrac{1}{\ln x+1+1}\to\dfrac{1}{2}$. Multiplier par $x$ entre deux applications est permis, parce que c'est une transformation algébrique du quotient et non une dérivation. Vérification : pour $x=1{,}000\,01$, l'expression vaut $0{,}499\,999$.

Forme $1^{\infty}$. On étudie le logarithme : $2x\ln\left(1+\frac{3}{x}\right)=\dfrac{2\ln\left(1+\frac{3}{x}\right)}{1/x}$, forme $\frac{0}{0}$. Règle de L'Hôpital : $\dfrac{2\cdot\dfrac{-3/x^{2}}{1+3/x}}{-1/x^{2}}=\dfrac{6}{1+3/x}\to 6$. Le logarithme tend vers $6$, donc, par continuité de l'exponentielle, la limite vaut $e^{6}\approx 403{,}43$. L'erreur la plus fréquente est de conclure « $1^{\infty}=1$ » : la base tend vers $1$ sans jamais valoir $1$, et c'est la course entre la base et l'exposant qui décide. L'autre est d'oublier de revenir à l'exponentielle et de répondre $6$.

Forme $\frac{0}{0}$. Première application : $\dfrac{3\sin 3x}{\sin x+x\cos x}$ (règle du produit au dénominateur), encore $\frac{0}{0}$. Deuxième : $\dfrac{9\cos 3x}{2\cos x-x\sin x}\to\dfrac{9}{2}$. Contrôle sans la règle, par les équivalents usuels : $1-\cos 3x\approx\frac{(3x)^{2}}{2}$ et $x\sin x\approx x^{2}$, ce qui redonne $\frac{9}{2}$. Dériver le quotient entier avec la règle du quotient, au lieu de dériver séparément le numérateur et le dénominateur, est l'erreur de méthode la plus coûteuse de cette partie : l'expression obtenue n'a plus rien à voir avec la limite cherchée.

Chaque rectangle touche la courbe par son coin supérieur DROIT : c'est une somme à droite, avec $\Delta x=\frac{3}{6}=0{,}5$ et $x_{i}=0{,}5\,i$. Les hauteurs sont $f(0{,}5)=8{,}75$, $f(1)=8$, $f(1{,}5)=6{,}75$, $f(2)=5$, $f(2{,}5)=2{,}75$ et $f(3)=0$, de somme $31{,}25$ : $R_{6}=0{,}5\times 31{,}25=15{,}625$. À gauche, on remplace $f(3)=0$ par $f(0)=9$ : la somme des hauteurs devient $40{,}25$, donc $L_{6}=20{,}125$. Le sixième rectangle de $R_{6}$ a une hauteur nulle : il est invisible sur la figure mais il compte dans la somme, et l'oublier revient à calculer $R_{5}$ avec la mauvaise largeur.

$f'(x)=-2x\leq 0$ sur $[0\,;3]$ : $f$ est décroissante. Sur chaque sous-intervalle $[x_{i-1}\,;x_{i}]$, son minimum est donc atteint à droite et son maximum à gauche. Le rectangle de droite est sous la courbe, celui de gauche la contient ; en additionnant les aires, $R_{6}\leq\int_{0}^{3}f\leq L_{6}$. Pour une fonction croissante, l'ordre s'inverse : « la somme à droite surestime l'intégrale » n'est vrai que dans ce cas-là, ce que l'exercice 6 reprend.

Avec $\Delta x=\frac{3}{n}$ et $x_{i}=\frac{3i}{n}$ : $R_{n}=\sum_{i=1}^{n}\dfrac{3}{n}\left(9-\dfrac{9i^{2}}{n^{2}}\right)=27-\dfrac{27}{n^{3}}\sum_{i=1}^{n}i^{2}=27-\dfrac{27}{n^{3}}\cdot\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}=27-\dfrac{9(n+1)(2n+1)}{2n^{2}}$. Contrôle pour $n=6$ : $27-\dfrac{9\cdot 7\cdot 13}{72}=27-11{,}375=15{,}625=R_{6}$. Quand $n\to\infty$, $\dfrac{(n+1)(2n+1)}{n^{2}}\to 2$, donc $R_{n}\to 27-9=18$. Par le théorème fondamental : $\left[9x-\dfrac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{3}=27-9=18$. Les deux calculs concordent, et c'est tout le sens du théorème : une limite de sommes, pénible, se remplace par une différence de primitive.

On lit $\Delta x=\frac{1}{n}$ et des points $1+\frac{i}{n}$ qui balaient $[1\,;2]$ : c'est une somme à droite de $g(x)=\sqrt{x}$ sur $[1\,;2]$. La limite vaut $\int_{1}^{2}\sqrt{x}\,dx=\left[\dfrac{2}{3}x^{3/2}\right]_{1}^{2}=\dfrac{2}{3}\left(2\sqrt{2}-1\right)\approx 1{,}219$. On peut aussi lire $g(x)=\sqrt{1+x}$ sur $[0\,;1]$, avec des points $\frac{i}{n}$ : c'est tout aussi juste et donne le même nombre. Ce qui est faux, c'est de mélanger les deux lectures, par exemple $\int_{1}^{2}\sqrt{1+x}\,dx\approx 1{,}578$. Vérification avec $n=100\,000$ : la somme vaut $1{,}218\,95$.

La différentielle donne $\dfrac{dy}{dx}=3x^{1/2}-2x^{-2}$, donc $y=\int\left(3x^{1/2}-2x^{-2}\right)dx=3\cdot\dfrac{x^{3/2}}{3/2}-2\cdot\dfrac{x^{-1}}{-1}+C=2x^{3/2}+\dfrac{2}{x}+C$. La condition $y(1)=3$ donne $2+2+C=3$, donc $C=-1$ et $y=2x^{3/2}+\dfrac{2}{x}-1$. Alors $y(4)=2\cdot 8+\dfrac{2}{4}-1=15{,}5$. Deux pertes de points habituelles : oublier la constante, qui rend la condition initiale inutilisable, et intégrer $-\frac{2}{x^{2}}$ en $-2\ln x^{2}$, alors que seule la puissance $-1$ donne un logarithme.

Théorème fondamental avec deux bornes variables : si $\varphi(t)=\dfrac{1}{1+t^{4}}$ a pour primitive $\Phi$, alors $F(x)=\Phi(x^{2})-\Phi(2x)$ et, par la dérivation en chaîne, $F'(x)=\varphi(x^{2})\cdot 2x-\varphi(2x)\cdot 2=\dfrac{2x}{1+x^{8}}-\dfrac{2}{1+16x^{4}}$. En $x=1$ : $F'(1)=\dfrac{2}{2}-\dfrac{2}{17}=\dfrac{15}{17}\approx 0{,}882$. On n'a jamais eu besoin de $\Phi$, qui ne s'exprime d'ailleurs pas simplement. Les deux oublis classiques : le facteur $2x$ de la borne supérieure, et le signe moins de la borne inférieure.

$G'(x)=(x^{2}-4)\,e^{-x^{2}}$, sans aucune intégration. Comme $e^{-x^{2}}>0$, le signe de $G'$ est celui de $x^{2}-4$ : positif sur $]-\infty\,;-2[$, négatif sur $]-2\,;2[$, positif sur $]2\,;+\infty[$. $G$ croît puis décroît en $-2$ : MAXIMUM local en $x=-2$ ; elle décroît puis croît en $2$ : MINIMUM local en $x=2$. Pour la concavité : $G''(x)=2x\,e^{-x^{2}}-2x(x^{2}-4)\,e^{-x^{2}}=2x\,e^{-x^{2}}\left(5-x^{2}\right)$. $G''$ change de signe en $0$ et en $\pm\sqrt{5}$, donc l'abscisse positive non nulle cherchée est $\sqrt{5}\approx 2{,}236$. Confondre les points critiques de $G$ (où l'intégrande s'annule) avec les zéros de $G$ (où l'aire accumulée s'annule) est l'erreur de lecture de cette question.

La fonction $x\mapsto\int_{0}^{x}h(t)\,dt$ a pour dérivée $h(x)$ dès que $h$ est continue. En dérivant les deux membres : $h(x)=2x\sin x+x^{2}\cos x$. Contrôle nécessaire en $x=0$ : le membre de gauche vaut $\int_{0}^{0}h=0$ et le membre de droite $0$, donc aucune constante ne manque ; avec $x^{2}\sin x+1$ à droite, aucune fonction $h$ n'aurait existé. Enfin $h(\pi)=2\pi\sin\pi+\pi^{2}\cos\pi=-\pi^{2}\approx -9{,}870$.