[SOLUTIONNAIRE] STEWART - Calcul Integral

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

1

1. LES INTÉGRALES 1.1 La primitive 1.

f ( x)

x1 3

x 3

Vérification: F ( x)

2.

f ( x)

1 2

3.

f ( x)

1 2

x2

1 2

(2x) 3 0

2x 6

3 4

x2

F ( x)

x3

4 5

Vérification: F ( x)

x 3

1 x3 2 3

1 2

F ( x) 1 2

4.

f ( x) 8x9 3x6 12x3

5.

f ( x) ( x 1)(2x 1)

6.

f ( x)

x(2 x)2

7.

f ( x)

7x 2/5 8x

8.

f ( x)

x3,4

9.

f ( x)

10.

f ( x)

11.

f ( x) 3 x

12.

f ( x)

2x

x1 1 3x C 1 1

F ( x)

1 4

(3x2 )

1 5

x

2

1 2

x 2 3x C

f ( x)

x2 2

x3

1 6

6x C

x2

3 x 2 1 4 x3 1 C 42 1 53 1

(4x3 ) 0

3 4

1 2

x2

4 5

1 2

x3

6x C

1 4

x

x3

x 1

x(4 4x x2 )

4/5

4x 4x2

F ( x) 7

2 1

F ( x)

2( 13 x3 )

F ( x)

5 7

x 4,4 4,4

x7/5

2

x3

1 2

x

x2

x C

2

5x7/5

5 4,4 x 22

C

2

2 est une fonction constante, donc F ( x)

4 5

x10

3 7

x7

3x 4 C

2 3

x3

1 2

x2

x C

4( 12 x 2 ) 4( 13 x3 )

F ( x)

8(5x1/5 ) C

x4 C

f ( x)

F ( x) 8( 101 x10 ) 3( 71 x7 ) 12( 14 x 4 ) C

2x2

1 5

1 4

x4

2x 2

C

4 3

x3

1 4

x4 C

40 x1/5 C

2x

2

C

2x C .

e2 est une fonction constante, donc F ( x) e2 x C .

3

x2

23 x

3x1/2

x x

x2/3

13. Le domaine de f ( x)

1 5

2x1/3

x3/2

2 x

F ( x) 3

F ( x)

1 1 2 5 x

3 5

est ]

2 3

x5/3

x3/2

2 5

2

3 4

x 4/3

C

2x3/2

3 2

x 4/3 C

x5/2 C

,0[ ]0, [ ; par conséquent, F ( x)

1 5 1 5

x 2ln( x) C1 si x 0 x 2ln( x) C2 si x 0

Voir l’exemple 1b) qui résout un problème semblable.

Calcul intégral

1.1 La primitive

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

3t 4 t 3 6t 2 t4

14. Le domaine de f (t )

2

6 C1 t 6 3t ln( t ) C2 t 3t ln(t )

1 6 3 est ] t t2

,0[ ]0, [ ; par conséquent, F (t )

si t

0

si t

0

Voir

l’exemple 1b) qui résout un problème semblable.

15. g (t )

1 t t2 t

t

16. r ( ) sec tan

1/2

2sin

sec2

f ( x)

2 x

6cos x

19.

f ( x)

x5

x2 2

2x

f ( x)

21.

f ( x) 5x 4 x5

1 3

R( ) sec

H( )

2 x1/ 2

x

1 x

6cos x

2 x3

1 x

C

ln( x) 2

x31 3 1

C

1 (1 x 2 ) 1 x2

x6

1 1 x2

F ( x) 5

x5 5

2x 1 2

1 2

2 5/2 5

t

C

2

Cn sur l’intervalle ]n

2

x3/ 2 3/2

6sin x C

4 3

,n

2

2

x3/ 2

,n

[.

2

[.

6sin x C

3

x2

ln(x)

x2

ln( x)

1

2

t

tan

F ( x)

x

2 3/2 3

Cn sur l’intervalle ]n

2e

2 cos

x31 3 1

2x5

2t1/2

G(t )

ln( x) 2

2 x2 1 x2

20.

F ( x)

x3 x4 x2 2

F ( x)

t 3/2

2e

17. h( )

18.

t1/2

1 x2

C 1 x2

si x

0

C si x

0

F ( x) arctan x x C

x6 6

C

x5

1 3

x 6 C . F (0) 4

05

1 3

06

C

4

C

4 , donc

4 . La courbe est en accord avec cette réponse, puisque f (x) = 0 lorsque F a un maximum local, la valeur de f est

positive lorsque F augmente, et la valeur de f est négative lorsque F décroit.

Calcul intégral

1.1 La primitive

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

22.

Chapitre 1 Les intégrales

f ( x)

4 3(1 x 2 )

1

4

F ( x)

4x 3arctan x

3 4

3 1 x2

4x 3arctan x C . F (1)

F ( x)

0

3

4 3( 4 ) C

0

C

4 . On constate que la valeur de f est positive et que F est croissante sur

3 4

4 , donc

. De plus, les valeurs de f

sont plus petites là où les pentes des tangentes de F sont plus petites.

23.

f ( x)

24.

20 x 3 12x 2 5

f ( x)

x6

f ( x)

1 56

25.

f ( x)

2 3

26.

f ( x)

x

4

4x 4 8

2 15

x4 4 x 1

x

6

x 2/3

1 6

x

3

1 2

f t)

29.

Calcul intégral

x

Cx

1 6 1 6

t t

2 2

t

4

x 2x3/2

4 5

12

x3 3

6

x4

x3

Cx

x5

1 2

x2

x2 2

C

5x 4

4x 3 3x 2

C

D

x C

D

x2 2

x5/3 C

2 5

cos x C

2 x8/3 5 8/3

f ( x)

3x 2

Cx D

3 20

x8/3 Cx D

cos x C

D

f (t )

cos t C1t

f (t )

sin t Ct 2

D1t E1 D2t E2

si t 0 si t 0

D

Dt

E , où C

1 2

C1 .

est et et

C1t D1 si t C2t D2 si t

f ( x)

x5

x7

C

6

x4 4

x 3 sin x Cx

D

f (t )

f ( x) 1 3 x donc f ( x)

1 7

f (t ) sin t C1

,0[ ]0, [ et et

D

2

f ( x)

28. Le domaine de f (t ) et ]

Cx

2 x5/3 3 5/3

sin x Cx

f (t ) cos t

20

f ( x)

f ( x)

x3 3

f ( x) x3 3

3

6x sin x

f ( x) 3

27.

x5 5

f ( x)

6x

x 3

1 3 1 3

t t

3 3

0 0

2 3

C1 C2

si t si t f (t )

x3/2

C

0 0 et et

t 1 t 1

1 6 1 6

x 2x3/2

C1t 2 C2t 2

1 2 1 2

C . f (4)

4 2(8) C . Or, f (4)

25

20 C

25

C 5,

5.

1.1 La primitive

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 30.

Chapitre 1 Les intégrales

f ( x) 5x4 3x2 f ( x)

x5

x3

31.

f (t )

4 1 t2

32.

f (t ) t

33.

f (t )

4

0

4

3 2

38.

1 2t 2

x

si si

1 2

x

1/3

f ( x) 4/ 1 x2

x x

C . Or, f (1) 0

4

1 2

2sin t

tan t

1 2

ln1 C2

est ]

,0[ ]0, [

1

C2

5 2

2 3

6 , donc

x2

x4 12x 4 .

5 2

x2

f ( x)

C

C

, donc f (t )

1 2 t 2

6 , donc f (t )

2

3/2

3 C

si x si x

0 f (1) 0

.

4arctan t

1 2t 2

6.

2 3 C.

1 2

x2

x

2

ln x C1 ln( x) C2

C2

1 2

ln1 C1

C1 .

1 2

. Par conséquent,

1 2

3 2 3 2

x 2/3 C1 x 2/3 C2

si si 3 2 3 2

4

x x

x 2/3 x 2/3

6

1 2 5 2

0 f (1) 0 si si

x x

3 2

C1 . Or, f (1) 1

C1

1 2

.

0 0

2 3

C . Or, f ( 12 ) 1

C 1

C 1

2 3

,

.

f ( x)

f ( x) 8x3 5

1 2

. Par conséquent, f ( x)

4x3 12 et, par conséquent, f ( x)

2 x3

f ( x)

f ( x)

2x 6x2

Calcul intégral

C

0 0

f ( x)

x5

2

4 2 3.

f ( x) 4arcsin x C . f ( 12 ) 4arcsin( 12 ) C

4arcsin x 1

6

C2 . Or, f ( 1) 0

2 12x 12x2

2 5

4 C

0

/ 2 . f (3)

/2 t

,0[ ]0, [

f ( x)

f ( x)

2

C

1 C . Or, f (1) 2

tan t C puisque

1 est ] x 1 2

4

C . f (1)

2sin t

0 . f ( 1)

C2 et f ( 1)

donc f ( x)

37.

x2 1 x

ln x ln( x)

35. Le domaine de f ( x)

f ( 1)

1 1 4 C . Or, f ( 1)

4x C . f ( 1)

4 2 3 , donc f (t )

C1

1 2 2 1 2 2

x x

f (t )

C

1 2

1 2 t 2

f (t )

34. Le domaine de f ( x)

f ( x)

x3

4arctan t C . f (1)

f (t )

2cos t sec2 t

Or, f (1)

x5

4x 6 .

1 ,t t3

Or, f ( 3 )

36.

f ( x)

4

2x 6x2

f ( x)

4x3 C . f (0) C . Or, f (0) 12

2x4 5x C . f (1)

x D . f (1)

2 5

5 2

1 D

D

x2

2 x3

x4 12 x D f (0)

. Or, f (1) 0

1.1 La primitive

D . Or, f (0)

4

D 4 , donc

C 1 , donc f ( x) 2x4 5x 1 .

2 5 C .Or, f (1) 8 39 10

C 12 , donc

D

39 10

, donc f ( x)

2 5

x5

5 2

x2

x

39 10

.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 39.

40.

f ( ) sin

sin

f( )

sin

cos

f (t )

3/ t

f ( x)

44.

45.

2x2

2et

f( )

2e

f ( x)

x 2, x

x3

2x4

0

f ( x)

2

C

C]

ln 2 C

C

f (t )

f ( x)

f ( x)

sin x

3 2

46. Sachant que f ( x)

x2

f ( x)

x3

C

, donc f ( x)

ln 2 et D

3 2

x2

Calcul intégral

x2

, donc f (t )

x3

2x4

D 3,

2x 3 .

1

D 0.

cos x ( 2 ) x .

2 D . Or, f (0)

2et

3sin t

2 2e

0

D

2.

t 2.

ln x Cx D [puisque x > 0]. ln 2 2C C

ln 2 . Donc, f ( x)

0

ln x (ln 2) x ln 2 .

C 3.

1 D . Or, f (0)

3x E . f (0)

2

D 3.

E . Or, f (0) 1

E 1 . Par conséquent,

3x 1 .

2 x 1 , on obtient f ( x)

f ( x)

6

1 4

C

x4 C . x

x2

x C . Comme f passe par le point (1, 6),

4 . Donc, f ( x)

x2

y 0

x

y

x 4 et f (2)

m

22

2 4 10 .

1 . Or, m

de l’équation de la tangente), donc (−1, 1) est un point sur la courbe de f. Selon f, 1 fonction est f ( x)

D . Or, f (0) 3

1 D . Or, f (0)

D . f (0)

3sin t Ct

ln|x| Cx D

cos x 3x D . f (0) sin x

2x 4 Cx D . f (0)

2 , donc f ( x) 2x2

C

ln 2 2C D 0

0

f ( x)

12 1 C

x3

D 4 , donc

5 , donc f (t ) 6t1/2 5 et, par conséquent,

C

2 2e

C

f ( x) sinx C . f (0) C et f (0) 3

cos x 3x 3

7

2x 2

2

2et

2 2e

1/x C

[puisque D

f ( x)

1 D . Or, f (0) 3

x 2 cos x Cx D . f (0)

/4

3cos t C

C D 0 . Or, f (2) 0

f ( x)

f ( x)

f ( x)

( 2 )C

2et

C 2 . Or, f ( )

f ( x) cos x

C 5 , donc

D 8 , donc f (t ) 4t 3/2 5t 8 .

20

2x sin x C

f (t )

0

4

D . f (0)

5

Cx 3 . f (1) 8 C . Or, f (1) 10

f ( x)

3sin t

cos

4x 3x 2 8x3 C

f ( x)

f (1) 0

f (1) 6

sin

1 C . Or, f (0)

C . f (4) 12 C .Or, f (4)

/4 ( 2 )C . Or, f ( 2 ) 0

f (t )

C . f (0)

D . f (4) 32 20 D . Or, f (4)

f ( x) sin x 3

47.

6t1/2

f (t )

2 cos x 2

sin

5

4.

5

4 6x 24x2

f ( x)

cos

5 et, par conséquent, f ( )

1/2

3t

4t 3/2 5t

f (2)

43.

f ( )

cos

donc f ( x)

42.

cos

f ( )

f (t )

41.

Chapitre 1 Les intégrales

1 4

x4

3 4

f ( x) 1 4

( 1)4

1 x3 C

x C

3 4

1

y 1 (tiré

. Par conséquent, la

. 1.1 La primitive

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

6

48. b est une primitive de f. Pour une petite valeur de x, la valeur de f est négative, ce qui signifie que la courbe d’une primitive doit être décroissante. Or, a et c augmentent toutes deux pour une petite valeur de x, donc seule b peut être une primitive de f. De plus, la valeur de f est positive là où b augmente, ce qui appuie cette conclusion. 49. On sait d’emblée que c ne peut pas être une primitive de f, puisque la pente de c n’est pas zéro à la valeur de x pour laquelle f = 0. Or, la valeur de f est positive quand a augmente et négative quand a décroît, donc a est une primitive de f. 50. La courbe de F doit débuter au point (0, 1). Lorsque la courbe donnée, y = f (x), admet un minimum relatif (local) ou un maximum relatif (local), la courbe de F aura un point d’inflexion. Là où la valeur de f est négative (positive), F est décroissante (croissante). Au point où la valeur de f passe de négative à positive, F aura un minimum. Au point où la valeur de f passe de positive à négative, F aura un maximum. Là où la valeur de f est décroissante (croissante), F est concave vers le bas (vers le haut).

51. Là où v est positive (négative), s est croissante (décroissante). Là où v est croissante (décroissante), s est concave vers le haut (vers le bas). Là où v est horizontale (une vitesse constante), s est linéaire.

52.

f ( x)

Calcul intégral

2 si 0 x 1 1 si 1 x 2 1 si 2 x 3

f ( x)

2x C si x D si x E si

0 x 1 1 x 2 2 x 3

1.1 La primitive

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

f (0)

1

Chapitre 1 Les intégrales

2(0) C

1

C

7

1.

En prenant comme point de départ le point (0, −1) et en se déplaçant vers la droite sur une ligne dont la pente est égale à 2, on arrive au point (1, 1). La pente de 1 < x < 2 est égale à 1; on arrive donc au point (2, 2). On se fonde ici sur le fait que f est continue. On peut inclure le point x = 1 dans la première ou la seconde partie de f. La ligne reliant (1, 1) à (2, 2) est y = x, donc D = 0. La pente de 2 < x ≤ 3 est égale à −1, et on arrive donc au point (3, 1). f (3) 1

3 E 1

E

4 . Par conséquent,

2x 1 si 0 x 1 x si 1 x 2 x 4 si 2 x 3

f ( x)

On constate que f′(x) n’existe pas lorsque x = 1 ou x = 2. 53.

a)

b)

Puisque F (0) = 1, on peut prendre comme point de départ de la courbe le point (0, 1). f a un minimum vers x = 0,5; sa dérivée est donc égale à 0 à ce point. f est décroissante sur l’intervalle ]0; 0,5[; sa dérivée est donc négative et, par conséquent, F est concave vers le bas au point (0; 0,5) et a un point d’inflexion en x ≈ 0,5. Sur l’intervalle ]0,5; 2,2[, f est négative et croissante (f′ est positive); F est donc décroissante et concave vers le haut. Sur l’intervalle ]2,2; ∞[, f est positive et croissante; F est donc croissante et concave vers le haut.

c)

f ( x)

Calcul intégral

2x 3 x

F ( x)

x2

3

2 3

x3/2

C . F (0)

C et F (0) 1

1.1 La primitive

C 1 , donc F ( x)

x2

2 x3/2 1 .

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

8

d)

54.

f ( x)

sin x , 2 1 x2

x

2

On constate que la courbe de f est celle d’une fonction impaire; la courbe de F sera donc celle d’une fonction paire.

55.

f ( x)

x4

2x2

2

2, 3

x 3 On constate que la courbe de f est celle d’une fonction paire; la courbe de F sera donc celle

d’une fonction impaire.

56. v(t )

s (t ) sin t cos t

57. v(t )

s (t ) 1,5 t

58. a(t ) v (t ) s(0)

s(t )

s(t )

2t 1

v(t ) t 2

D . Or, s(0) 3

1 3 3

60. a(t ) v (t ) 10sin t 3cos t

v(t )

3 2 C D 12

t

1 2 2

t

C

2

C

C 1 , donc s(t )

2 , donc s(t ) t 3/2

10cos t 3sin t C 6

2.

1 3 3

t

1 2 2

t

2t

D.

2t 3 .

3 D . Or, s(0) 0

D 3 et C

cos t sin t 1 .

2 , donc v(t ) t 2 t 2 et s(t )

v(t ) 3sin t 2cos t C . v(0) 2 C . Or, v(0) 4 D . s(0)

Calcul intégral

2sin t

t C . v(0) C . Or, v(0)

2t

s(2 )

3cos t

1 C . Or, s(0) 0

C . s(4) 8 C . Or, s(4) 10

D 3 , donc s(t )

59. a(t ) v (t ) 3cos t 2sin t et s(t )

t 3/2

cos t sin t C . s(0)

D 3 , donc s(t )

s(t )

. Par conséquent, s(t ) 1.1 La primitive

C 3cos t

10sin t 3cos t Ct 10sin t 3cos t

6

2 , donc v(t ) 3sin t 2cos t 2 2sin t 2t 3 .

D . s(0)

3 D

0 et

t 3. © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

61. a(t ) t 2

62. a)

4t 6

29 12

s(1)

Chapitre 1 Les intégrales

1 3 3

v(t )

C . Or, s(1)

2t 2

t

20

C

1 4 12

2 3 3

. Par conséquent, s(t )

1 4 12

6t C 211 12

s(t )

t

3t 2 Ct

t

2 3 3

t

t

D . Or, s(0) 0

D . s(0)

3t 2

211 12

s(0)

9,8

450

v(t )

D

9,8t C . Or, v(0) 0

450

s(t )

C

0 , donc v(t )

t2

450/4,9

La pierre touche le sol quand s(t ) 0 . 450 4,9t 2

c)

La vitesse de la pierre lorsqu’elle touche le sol est v(t1 )

d)

Il s’agit simplement de reprendre les parties a) et b) et d’employer v(0)

5

0 C

s(0)

450

D

5

63. v (t )

a(t ) a v(0) C

v(t )

0

9,8t

4,9t 2 5t

s(t )

5

8845 /( 9,8)

t1

4,9t 2

s(t )

D . Enfin,

450/4,9

9,58 s .

93,9 m/s .

9,8 450/4,9

5 . Si on utilise v(t )

4,9t 2 5t

9,8t 5 . Donc, s(t )

450

s(t) = 0, on obtient t

450 .

450 4,9t 2 .

b)

v(0)

D 0.

t.

Puisque la pierre tombe d’une hauteur de 450 m, on déduit d’abord que v(0) 0 et s(0)

v (t ) a(t )

v0

9

9,8t C ,

D et

450 . En appliquant la formule quadratique pour résoudre l’équation

t1

9,09 s .

v(t ) at C et v(t ) at v0

s(t )

1 2

at 2

v0t

D

s0

s(0)

D

s(t )

1 2

at 2 v0t

s0

64. On reprend l’exercice 63 avec les valeurs suivantes : a = −9,8, s(t) = −4,9t2 + v0t + s0 et v(t) = s′(t) = −9,8t + v0. Donc,

[v(t )]2

( 9,8t v0) 2

(9,8) 2 t 2 19,6 v0t v02

v02 96,04 t 2 19,6 v0t

v 02 19,6( 4,9 t 2 v 0t) . Cependant, −4,9t2 + v0t est

simplement s(t) sans le terme s0, c’est-à-dire s(t) − s0. Par conséquent, [v(t )]2

65. Pour la première balle, s1 (t ) Toutefois, v(1)

9,8(1) C

4,9t 2 14t 140 (tiré de l’exemple 7). Pour la seconde balle, a(t ) C 16,8 , donc v(t )

7

s(1)

4,9(1)2 16,8(1) D 140

s1 (t )

s2 (t )

4,9t 2 14t 140

l’exercice 63, on obtient s1 (t )

s1 (t )

s2 (t 1)

14t 9,8t 4,9 7t 7

Calcul intégral

v02 19,6[s(t ) s0 ] .

D 128,1 , et s2 (t )

9,8t 16,8

4,9t 2 14t 140

11,9 2,8t

4,9(t 1)2

t

v(t )

9,8t C .

D , mais

4,9t 2 16,8t 128,1 . Les balles se croisent lorsque

4,9t 2 16,8t 128,1

4,9t 2 14t 140 et s2 (t )

4,9t 2 16,8t

s(t )

9,8

2,8t 11,9 4,9t 2

t

4,25 s . Autre solution : À partir de

7t 140 . On cherche à présent à résoudre

7(t 1) 140

4,25 s .

1.1 La primitive

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

66. À partir de l’exercice 63 et des valeurs suivantes : a 4,9t 2

t est s(t )

0

mg (L x)

1 2

9,8t et v(t )

s (t )

4,9(4,08)2

s(4,08)

67. a) EIy

h . v(t )

9,8, v0 40

h

h 4,9(4,08) 2

g (L x ) 2

EIy

1 2

0 et s0 9,8t

10

h (hauteur de la falaise), on sait que la hauteur au temps

40

t

4,08 , donc

81,6 m .

mg (L x ) 2

g (L x )3 C

1 6

1 6

EIy

mg ( L x)3

Puisque l’extrémité gauche du tremplin est fixe, on doit avoir y = y′ = 0 quand x = 0. Par conséquent, 0

0

1 6

f ( x)

mgL3 y

1 24

gL4

D . Il s’ensuit que EIy

1 1 [ mg ( L x)3 EI 6

g ( L x) 4

1 24

1 6

mg ( L x)3

( 12 mgL2

1 6

1 24

g ( L x) 4

gL3 ) x ( 16 mgL3

( 12 mgL2

1 2

gL3 ) x ( 16 mgL3

1 6

g ( L x) 4

1 24

mgL2 1 24

1 6

Cx D .

gL3 C et

gL4 ) et

gL4 )]

1 24

b) f (L) < 0, ce qui fait que l’extrémité du tremplin est à une distance approximative de −f (L) sous la ligne horizontale. Selon le résultat obtenu en a), on calcule 1 1 [ mgL3 EI 2

f ( L)

1 6

gL4

1 6

mgL3

1 24

1 1 ( mgL3 EI 3

gL4 ]

gL3 m EI 3

gL4 )

1 8

L 8

Remarque: Ce résultat est positif puisque g est négative.

68. Coût marginal

C( x) 1,92x 0,001x2

1,92 0,002x C ( x)

Cependant, C(1) 1,92 0,001 K

C( x) 1,92x 0,001x2

562

K

560,081 . Par conséquent,

C (100) 742,081 , donc le coût de production de 100 unités est de 742,08 $.

560,081

69. Soit m(x) = la masse, mesurée depuis une extrémité. Alors m(0) donc m( x)

K.

dm dx

0 et

2 x . Par conséquent, la masse de la tige de 100 cm est m(100)

x

1/2

2 100

m( x)

2x1/2

C et m(0) C

0,

20 g .

70. Si on considère que la direction vers le haut est positive, on obtient pour 0 ≤ t ≤ 10 (en utilisant l’indice 1 pour faire référence aux valeurs 0 ≤ t ≤ 10), a1 (t )

(9 0,9t )

v1 (t )

v1 (0) v0

10

v1 (t )

9t 0,45t 2 10

s1 (0) 500

s0

s1 (t )

9 2 2

t

v1(t ) s1(t )

9t 0,45t 2 s1(t )

v0 , mais

9 2 2

t

0,15t 3 10t

s0 . Toutefois,

0,15t 3 10t 500 . s1 (10)= 450 150 100 500 100 , donc la goutte de pluie met plus de

10 secondes pour atteindre le sol. Or, pour t > 10,

a(t ) 0 v (t )

v(t ) constante v1 (10)

9(10) 0,45(10)2 10

55

v(t )

goutte de pluie pour parcourir les derniers 100 m. Donc, le temps total nécessaire est 10

Calcul intégral

1.1 La primitive

55 . À 55 m/s, il faudra 100/55 ≈ 1,8 s à la 100 55

130 11

11.8 s .

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

71. v (t )

80 1000 3600

a(t )

7 La vitesse initiale est 80 km/h .

v(t ) 0

72. a(t )

7 2 2

. Puisque s(t )

200 63

125 9

73. a(t )

kt C et v(0)

200 9

v(t )

m/s , donc v(t )

200 9

7t

t , la distance parcourue est s( 200 ) 63

125 9

. L’automobile s’immobilise lorsque 7 2

( 200 )2 63

200 9

200 63

20 000 567

m/s , et la vitesse finale (après 5 secondes) est 80 km/h 80

. Par conséquent, v(t )

125 9

kt

v(5) 5k

125 9

35,3 m .

1000 3600

. Toutefois, v(5)

200 9

200 9

m/s .

, donc

1,67 m/s2 .

5 3

k

1000 3600

125 9

C

75 9

5k

4

125 9

200 9

t

k , la vitesse initiale est 50 km/h 50

Donc, v(t )

5k

200 79

t

200 9

11

4t v0 où v0 est la vitesse de l’automobile (m/s) au moment où le conducteur a actionné les freins.

L’automobile s’immobilise quand

4t v0

0

1 4

t

v0 . Or, s(t )

1 2

( 4)t 2

2t 2

v0t

v0t . L’automobile a parcouru 60 m

avant de s’immobiliser, donc s( 14 v0 )

60

60

2( 14 v0 )2

v0 ( 14 v0 )

1 8

v02

v02

8 60

480

v0

21,9 m/s .

4 30 m/s

74. Soit l’accélération a(t) = k km/h2. On a v(0) 100 km/h et on peut donner à la position initiale s(0) la valeur 0. On cherche le temps tf pour lequel v(t) = 0 afin de satisfaire à la condition s(t) < 0,08 km. En général, v′(t) = a(t) = k, donc v(t) = kt + C, où C = v(0) = 100. Or, s′(t) = v(t) = kt + 100, donc s(t )

1 2

kt 2 100t

obtient ktf + 100 = 0 ou tf = −100/k, donc s(t f )

remplir s(tf ) est

75. a)

5 000 k

5 000 0,08

0,08

Pour 0 ≤ t ≤ 10, on a a(t ) 18t

s(t ) 3t 3 C

v(t )

1 k 2

100 k

2

100

100 k

k [k est négative]

v(t ) 9t 2

C

10 000

k

v(0) 0 C

1 2k

1 k

1 2

kt 2 100t . Puisque v(tf) = 0, on

5 000 . La condition que doit k

62 500 km/h 2 , ou encore, k

3125 648

4,82 m/s2 .

v(t ) 9t 2 , donc

s(t ) 3t 3 . On constate que v(10) 900 et s(10) 3000 . Pour 10 < t ≤ 180, on a

s(0) 0 C

9,8 m/s

D , où D = s(0) = 0. Par conséquent, s(t )

a(t )

g

9,8(t 10) C

v(t )

9,8(t 10) 900

s(t )

4,9(t 10)2 900(t 10) 3 000

9,8t 998

s(t )

v(10) 900 C 4,9(t 10)2 900(t 10) C

s(10) 3000 C

4,9t 2 998t 6490 . On constate que v(180)

766 et s(180) 14 390 .

Pour 180 < t ≤ 190 : L’accélération augmente de façon linéaire de −766 m/s à −16 m/s durant cette période, donc v t

16 ( 766) 190 180

750 10

75 . Par conséquent,

v(t ) 75(t 180) 766 75t 14 266

s(t )

75 2

(t 180)2 766(t 180) 14 390 37,5t 2 14 266t 1367 270 et

s(190) 10 480 m.

Calcul intégral

1.1 La primitive

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

Pour t > 190 : v(t )

16

s(190) 10 480 C

s(t ) s(t )

12

16(t 190) C . Cependant,

18(t 190) 10 480

16t 13 520 . Par conséquent, jusqu’au moment où la fusée atterrit,

on obtient

v(t )

9t 2 si 0 t 10 9,8t 998 si 10 t 180 75t 14 266 si 180 t 190 16 si t 190

et

s (t )

b)

Pour calculer le moment auquel la fusée atteint sa hauteur maximale, on établit que v(t) pour 10 < t ≤ 180 est égale à 0.

9,8t 998 0 c)

76. a)

3t 3 si 0 t 10 2 4,9t 998t 6490 si 10 t 180 37,5t 2 14 266t 1 367 270 si 180 t 190 16t 13 520 si t 190

t1 101,8367 s et la hauteur maximale est s(t1 )

Pour découvrir le moment auquel la fusée atterrit, on établit que s(t )

Il faut d’abord noter que 144 km/h 144

v(0) 0

C

0 . Or, 1,6t

1000 3600

40 lorsque t

m/s 40 1,6

4,9t12

998t1 6490 44 326,531 m .

16t 13 520 0 . Alors, t

40 m/s . Ensuite, a(t ) 1,6 m/s2

845 s .

v(t ) 1,6t C , mais

25 s ; il faut donc 25 s au train pour atteindre 40 m/s. Considérant que

s(0) = 0, on obtient s(t ) 0,8t 2 , 0 ≤ t ≤ 25. Donc, s(25) = 500 m. 15 min = 15(60) = 900 s, donc pour 25 < t ≤ 925, on obtient

v(t ) 40 m/s b)

s(925) 40(900) 500 36 500 m 36,5 km .

Comme dans la partie a), le train accélère pendant 25 s et parcourt 500 m durant cette accélération. De la même façon, il décélère pendant 25 s et parcourt 500 m à la fin de son parcours. Durant les 900 − 50 = 850 s qui restent, le train voyage à 40 m/s, donc la distance parcourue est 40 × 850 = 34 000 m. Par conséquent, la distance totale est 500 + 34 000 + 500 = 35 000 m = 35 km.

Calcul intégral

1.1 La primitive

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé c)

Chapitre 1 Les intégrales

13

75 km = 75(1000) = 75 000 m. On soustrait 2(500) pour tenir compte de l’accélération et de la décélération ; on obtient ainsi 74 000 m à 40 m/s pour un voyage de 74 000/40 = 1850 s à 144 km/h. Le temps total est 1850 + 2(25) = 1900 s = 31 min 67 s = 31,40 min.

d)

37,5(60) = 2250 s. 2250 − 2(25) = 2200 s à la vitesse maximale. 2200(40) + 2(500) = 89 000 m = 89 km au total.

Calcul intégral

1.1 La primitive

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

14

1.2 La notation sigma 5

1.

i

1

2

3

4

5

i 1

6

2.

1 i 1

i 1

6

3.

1 2

1 3

1 4

3i

34

35

36

i3

43

53

63

2k 1 1 0 2k

1

1 5

1 6

1 7

i 4

6

4.

i 4

4

5. k

6.

8

1 3

3 5

xk

x5

x6

x7

i10

110

210

310

j2

n2

(n 1) 2

5 7

7 9

x8

k 5

7.

n

n10

i 1

n 3

8.

2) 2

(n

(n 3) 2

j n

9.

n 1

j

1

( 1) n

1 1 1 1 ···

1

j 0

10.

n

f ( xi ) xi

f ( x1 ) x1

f ( x2 ) x2

f ( x3 ) x3

f ( xn ) xn

i 1

11. 1 2 3 4

10

10

i

i 1

3

12.

4

5

6

7

7

i

i 3

13.

1 2

2 3

3 4

Calcul intégral

4 5

19 20

19 i 1

i i

1

1.2 La notation sigma

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

14.

15

3 7

4 8

Chapitre 1 Les intégrales

5 6 9 10

2 4 6

23

23 27

8

i i

i 3

n

2n

15

4

2i

i 1

16. 1 3 5 7

n

(2n 1)

(2i 1)

i 1

5

17. 1 2 4 8 16 32

2i

i 0

1 1

1 4

19. x

x2

18.

1 1 9 16

1 25

x3

6

1 36

n

xn

i

1 2 1 i

xi

i 1

20. 1 x

x2

x3

( 1) n x n

n

( 1)i xi

i 0

21.

8

(3i 2)

3(4) 2

[3(5) 2]

[3(6) 2] [3(7) 2] [3(8) 2] 10 13 16 19 22 80

i 4

22.

6

i(i 2) 3·5 4·6 5·7 6·8 15 24 35 48 122

i 3

23.

6

3j

1

32

33

34

35

36

37

9 27 81 243

729 2187 3276

j 1

(Pour une formule plus générale, se référer à l’exercice 47.) 8

cos k

24.

cos0 cos

cos 2

cos3

cos 4

cos5

cos6

cos7

cos8

k 0

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

25.

20

( 1)n

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0

n 1

100

26.

4

4 4 4

i 1

Calcul intégral

4 100 4

400

(100 termes)

1.2 La notation sigma

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 4

27.

(2i

i2 )

Chapitre 1 Les intégrales

(1 0) (2 1) (4 4) (8 9) (16 16)

16

61

i 0

4

28. i

29.

23

i

n

2i

i 1

30.

25

24

23

22

21

20

2

1

63,5

2

n

n

2

i

n(n 1) 2

2

i 1

(2 5i)

i 1

n

31.

n

n

2

i 1

(i 2

n

3i 4)

2n 5

n

(3 2i) 2

i 1

n

i2

n

3

n

i

i 1

n(n 1)(2n 1) 6

n) (9n 2 n

(9 12i 4i 2 )

i 1

n

n

i 1

(i 2

n

3i 2)

i 1

n

9 12

i 1

6n 2

i2

3

i 1

n

i 4

1 6

i2

n(5n 1) 2

4n

(2n3 12n 2

34n)

1 3

n

i

i 1

(4n3

24n 2

47n)

n(n 1)(2n 1) 6

2

i 1

1 3

n( n 2

6n 17)

2n(n 1)(2n 1) 3

9n 6n(n 1)

i 1

2n

n

5n 2 5n 2

3n(n 1) 2

9n) 24n]

i 1

(i 1)(i 2)

4n 2

4

27n 18n 2 18n 4n3 3 33.

5n(n 1) 2

2n

i 1

[(2n3 3n 2

n( n 1)

i

i 1

i 1 1 6

n

5i

i 1

i 1

32.

selon le théorème 3c)

1 3

n(4n 2

3n(n 1) 2

24n 47)

2n

n(n 1) n(n 1) [(2n 1) 9] 2n ( n 5) 2n 6 3 n n 2 [(n 1)(n 5) 6] ( n 6n 11) 3 3 n

34.

n

i (i 1)(i 2)

i 1

n

n(n 1)

n(n 1) 4

n(n 1) 2 (n 4 n

35.

(i 3 i 2)

i 1

n

n

3i 2 2i ) i3 3 i 2 1 i 1 i 1 2 n(n 1) 3n(n 1)(2n 1) 2 6

i

(i 3

i3

i 1

n i 1

i

2n

5n 6) n

2

i 1

1

2

2

n

i

i 1

2n(n 1) 2

n(n 1) 2 (n 4 n(n 1)(n 2)(n 3) 4

n(n 1) 2

1

2

n(n 1) 2

n 4n 2 4)

2n

1 4

n(n 1)[n(n 1) 2] 2n

1 4

n(n 1)(n 2)(n 1) 2n

1 4

n[(n 1)(n 1)(n 2) 8]

1 4

n[(n 2 1)(n 2) 8]

1 4

n(n 3

2n 2

n 10)

36. Selon le théorème 3c), nous posons n i 1

i

n(n 1) 2

78

n(n 1) 156

n2

n 156 0

(n 13)(n 12)

0

n 12 ou −13. Cependant, n = −13

produit une somme négative, donc n = 12.

Calcul intégral

1.2 La notation sigma

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales n

37. Selon le théorème 2 a) et l’exemple 3,

c

i 1

38. Soit Sn la proposition

n i 1

1 cn .

i 1

2

n(n 1) 2

i3

n

c

.

2

1 2 2

1.

S1 est vrai parce que 13

2.

Supposons que Sk soit vrai, c’est-à-dire que

.

k

k (k 1) 2

i3

i 1

2

(k 1)2 2 [k 4

(k 1)3

2

k (k 1) 2

i3

i 1

k 1

17

. Alors,

(k 1)2 (k 4

4(k 1)]

(k 1)[(k 1) 1] 2

2)2

2

, ce qui entraîne que Sk+1 est vrai.

Par conséquent, Sn est vrai pour tout n par l’axiome d’induction mathématique. n

39.

[(i 1)4

i 4 ] ( 24

14 ) ( 34

24 ) ( 44

34 )

4n 3

4n

[(n 1)4

n4 ]

i 1

(n 1) 4 14

n4

6n 2

D’un autre côté, n

[(i 1) 4

n

i4 ]

i 1

(4i 3

6i 2

4i 1)

4

i 1

n

i3

6

i 1

4S

n

i2

n

4

i 1

n

i

i 1

n(n 1)(2n 1) 2n( n 1) n

1

i 1 n

où S

i3

i 1

2n 3

4S

3n 2

n 2n 2

2n n

2n 3

4S

5n 2

4n

Par conséquent, n4 + 4n3 + 6n2 + 4n = 4S + 2n3 + 5n2 + 4n. Il s’ensuit que 4S = n4 + 2n3 + n2 = n2(n2 + 2n + 1) = n2(n + 1)2 et

n(n 1) 2

que S

2

.

40. L’aire de Gi est i

2

i 1

k

k 1

2

i (i 1) 2

k

k 1

i2 2 [(i 4 n

Par conséquent, l’aire de ABCD est i 1

41. a)

n

[i 4

(i 1)4 ] (14

(5i

5i 1 )

i3

n(n 1) 2

04 ) (24 14 ) (34

24 )

2

(i 1)i 2

2i 1) (i 2

2

i2 [(i 1) 2 4

2i 1)]

i2 (4i) 4

(i 1) 2 ] i3

2

.

[n4

(n 1) 4 ] n4

0

n4

i 1

b)

100

(51 50 ) (52 51 ) (53 52 )

(5100 599 ) 5100 50

5100 1

i 1

Calcul intégral

1.2 La notation sigma

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 99

c)

1 1 i i 1

i 3

n

d)

Chapitre 1 Les intégrales

(ai

1 3

ai 1 )

1 4

1 4

1 5

(a1 a0 ) (a2

1 5

1 6

a1 ) (a3

1 1 99 100

a2 )

(an

18

1 1 3 100

an 1 )

an

97 300

a0

i 1

42.

En faisant la somme membre à membre des inégalités − |ai| ≤ ai ≤ |ai| pour i = 1, 2, …, n, nous obtenons

n i 1

Puisque |x| c

n

x c , nous obtenons

c

n

ai

i 1

n

43. lim n

44.

1 i 1 n n

i

n

1 1 n

i

lim

n

n

1 n3

i2

1

lim

n

i 1

n

2 n

n

lim

i 1

2i n

3

5

i3 n4

1 n

lim

1 1 1 4 n

2i n

lim

n

45. .

n

n

n

n

1

n

n

n

i

3 1 n

1

3i n

3

2 1

3i n

1 n

lim

n

1 lim

n i 1

1 n

2

1 6

1 n(n 1) n4 2

n

2

1 n

10 1

n

81 3 i n4

27i 2 n2

81 2 i n3

81 1 1 4 n 54 2

9 2

3

16 n4

n

20 n2

i3

i 1

20 n(n 1) n2 2

lim

ar 2

a ar

1 n

n

81 n 2 (n 1) 2 n4 4

81 4

1

1 1 1 6 n

lim

lim

n

ar i

20 i n2

3 9i 1 n 1 n

i 1

n

n

n

|ai | .

i 1

|ai | . Autre méthode: Utiliser l’induction mathématique.

lim

n

i3

n i

n

Soit S

5 4

n

16 n 2 (n 1) 2 n4 4

lim

47.

1

16 3 i n4

n

lim

i 1

1 4

lim 4 1

46.

1 n4

i 1

ai

1 3

(1)(2)

2

1 ( n) n

2

i 1

lim

lim

n

i 1

1 n(n 1)(2n 1) n3 6

lim

n

i 1

3

i n

n

lim

2

|ai |

lim

n

n

i

i 1

4(n 1) 2 n2

4 1 10 1 14

27i 3 n3 9 i n2

2

6i n

3 n

81 n( n 1)(2n 1) n3 6

2

10n(n 1) n2

27 1 1 2 n

2

1 n

9 n(n 1) n2 2 9 1 1 2 n

3 n n

3

195 4

ar n 1 . En multipliant chaque membre de l’égalité par r, nous obtenons

i 1

rS

ar ar 2

donc S

Calcul intégral

ar n

1

ar n . En soustrayant la première égalité de la seconde, nous obtenons (r − 1)S = arn − a = a(rn − 1),

a(r n 1) [puisque r r 1

1] .

1.2 La notation sigma

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

n

48. i

49.

3 i 1 2 1

n

3

n i 1

(2i 2i )

i 1

1 2

2

i 1

Chapitre 1 Les intégrales

n

3[( 12 )n 1] 1 1 2

n

i

i 1

2 2i

1

6[1 ( 12 )n ] [en utilisant l'exercice 47 avec a

2

i 1

n(n 1) 2

2(2n 1) 2 1

2n

1

n2

19

3 et r

1 2

]

n 2 . Pour la première somme, nous avons utilisé les théorèmes

2 a) et 3 c) et, pour la seconde, l’exercice 47 avec a = r = 2.

m

n

i 1

j 1

50.

(i

j)

m

n

i 1

j 1

m i 1

Calcul intégral

ni

n

i

j

[Théorème 2b)]

j 1 m i 1

n(n 1) 2

m

ni

i 1

nm(m 1) 2

nm(n 1) 2

n(n 1) 2

[Théorèmes 3b) et 3c)]

nm (m n 2) 2

1.2 La notation sigma

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

20

1.3 L’aire et la distance 1.

a)

Comme la fonction f est croissante, nous obtenons une approximation par défaut lorsque nous utilisons les extrémités gauches des sous-intervalles. On nous demande de nous servir de quatre rectangles, donc n = 4. G4

4

f ( xi 1 ) x

b a 8 0 2 n 4 f ( x2 ) 2 f ( x3 ) 2

x

i 1

f ( x0 ) 2 2[ f (0)

f ( x1 ) 2 f (2)

f (4)

f (6)]

2(2 3,75 5 5,75)

2(16,5) 33

Comme la fonction f est croissante, nous obtenons une approximation par excès lorsque nous utilisons les extrémités droites des sous-intervalles. 4

D4

f ( xi ) x

i 1

f ( x1 ) 2

f ( x2 ) 2

f ( x3 ) 2

2[ f (2) f (4) f (6) 2(3,75 5 5,75 6)

f (8)] 2(20,5)

f ( x4 ) 2 41

En comparant D4 à G4, nous constatons que nous avons ajouté à la somme l’aire du rectangle le plus près de l’extrémité supérieure droite, f(8) · 2, et avons soustrait de cette somme l’aire du rectangle le plus près de l’extrémité inférieure gauche, f(0) · 2.

b)

G8

8

f ( xi 1 ) x

i 1

1[ f ( x0 )

f ( x1 )

x

8 0 1 8 f ( x7 )]

f (0) f (1) f (7) 2 3,0 3,75 4, 4 5 5, 4 5,75 5,9 35, 2

Calcul intégral

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

D8

8

Chapitre 1 Les intégrales

f ( xi ) x

f (1)

f (2)

21

f (8)

i 1

G8 1 f (8) 1 f (0)

Ajouter l'aire du rectangle le plus près de l'extrémité supérieure droite, soustraire l'aire du rectangle le plus près de l'extrémité inférieure gauche

35,2 6 2 39,2

2.

a) i)

G6

6

f ( xi 1 ) x [ x

i 1

2[ f ( x0 )

f ( x1 )

12 0 6

f ( x2 )

2] f ( x3 )

f ( x4 )

2[ f (0) f (2) f (4) f (6) f (8) 2(9 8,8 8,2 7,3 5,9 4,1) 2(43,3) 86,6 ii)

D6

G6

f ( x5 )]

f (10)]

2 f (12) 2 f (0)

86,6 2(1) 2(9)

70,6

[Ajouter l’aire du rectangle le plus près de l’extrémité inférieure droite et soustraire l’aire du rectangle le plus près de l’extrémité supérieure gauche.]

iii)

M6

6

f ( xi ) x

i 1

2[ f (1)

f (3)

f (5)

f (7)

f (9)

f (11)]

2(8,9 8,5 7,8 6,6 5,1 2,8) 2(39,7) 79,4

Calcul intégral

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

b)

Chapitre 1 Les intégrales

22

Comme la fonction f est décroissante, nous obtenons une approximation par excès lorsque nous utilisons les extrémités gauches des sous-intervalles, c’est-à-dire, G6.

c)

Comme la fonction f est décroissante, nous obtenons une approximation par défaut lorsque nous utilisons les extrémités droites des sous-intervalles, c’est-à-dire, D6.

d)

M6 `semble être la meilleure approximation, puisque l’aire de chaque rectangle semble être plus proche de l’aire réelle que les approximations par excès et les approximations par défaut obtenues en utilisant G6 et D6.

3.

a)

D4

4

f ( xi ) x

/2 0 4

x

i 1

[ f ( x1 ) [cos 8

f ( x2 ) cos 28

f ( x3 ) cos 38

4

8

f ( xi )

x

i 1

f ( x4 )] x cos 48 ] 8

(0,923 9 0,707 1 0,382 7 0) 8

0,790 8

Comme la fonction f est décroissante sur l’intervalle [0, π/2], on obtient une approximation par défaut lorsqu’on utilise l’approximation des extrémités droites des sous-intervalles, D4. b)

G4

4

f ( xi 1 ) x

i 1

[ f ( x0 )

4

f ( xi 1 )

x

i 1

f ( x1 )

[cos0 cos 8

f ( x2 ) cos

2 8

f ( x3 )] x cos 38 ] 8

(1 0,923 9 0,707 1 0,382 7) 8

Calcul intégral

1,183 5

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

23

G4 est une approximation par excès. Une autre façon de procéder consiste à ajouter l’aire du rectangle le plus près de l’extrémité supérieure gauche et à soustraire l’aire du rectangle le plus près de l’extrémité inférieure droite, c’est-àdire, G4

4.

a)

D4

D4

4

f (0)

f ( x1 ) 1 f (1) 1

.

8

4 0 1 4 f ( x2 ) 1 f ( x3 ) 1 f ( x4 ) 1

f ( xi ) x

i 1

f (2)

8

x

f (2) 2

f (3) 3

4

f (4) 6,146 3

Comme la fonction f est croissante sur l’intervalle [0, 4], D4 est une approximation par excès. b)

G4

4

f ( xi 1 ) x

f ( x0 ) 1

f ( x1 ) 1

f ( x2 ) 1

f ( x3 ) 1

i 1

f (0) 0

f (1) 1

f (2) 2

3

f (3) 4,146 3

Comme la fonction f est croissante sur l’intervalle [0, 4], G4 est une approximation par défaut.

5. a)

f ( x) 1 x 2 et x

2 ( 1) 1 3

D3 1 f (0) 1 f (1) 1 f (2) 1 1 1 2 1 5 8 .

x D6

2 ( 1) 0,5 6 0,5[ f ( 0,5) f (0)

f (0,5)

f (1)

f (1,5)

f (2)]

0,5(1,25 1 1,25 2 3,25 5) 0,5(13,75) 6,875

Calcul intégral

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

b)

Chapitre 1 Les intégrales

24

G3 1 f ( 1) 1 f (0) 1 f (1) 1 2 1 1 1 2 5 G6

0,5[ f ( 1)

f ( 0,5)

f (0)

f (0,5)

f (1)

f (1,5)]

0,5(2 1,25 1 1,25 2 3,25) 0,5(10,75) 5,375

c)

M 3 1 f ( 0,5) 1 f (0,5) 1 f (1,5) M6

1 1,25 1 1,25 1 3,25 5,75 0,5[ f ( 0,75) f ( 0,25) f (0,25)

f (0,75)

f (1,25)

f (1,75)]

0,5(1,562 5 1,062 5 1,062 5 1,562 5 2,562 5 4,062 5) 0,5(11,875) 5,937 5

d) 6.

M6 semble être la meilleure approximation.

a)

Calcul intégral

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

b)

f ( x)

Chapitre 1 Les intégrales

x 2ln x et x

D4

25

5 1 1 4

1 f (2) 1 f (3) 1 f (4) 1 f (5) (2 2ln 2) (3 2ln 3) (4 2ln 4) (5 2ln 5) 4,425

i)

M4

1 f (1,5) 1 f (2,5) 1 f (3,5) 1 f (4,5) (1,5 2ln1,5) (2,5 2ln 2,5) (3,5 2ln 3,5) (4,5 2ln 4,5) 3,843

ii)

c)

D8

1 2 1 2

i)

[ f (1,5)

f (2)

f (5)]

[(1,5 2ln1,5) (2 2ln 2)

(5 2ln 5)]

4,134

M8 ii)

1 2

[ f (1,25)

1 2

[(1,25 2ln1,25) (1,75 2ln1,75)

f (1,75)

f (4,75)] (4,75 2ln 4,75)]

3,889

Calcul intégral

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

7.

f ( x)

n = 2:

2 sin x, 0

Chapitre 1 Les intégrales

x

26

/n.

, x

Les valeurs maximum de la fonction f sur les deux sous-intervalles se produisent lorsque x

2

; donc,

Somme supérieure

f (2) 3

f (2)

2

3

2

2

3

2

9,42.

Les valeurs minimum de la fonction f sur les sous-intervalles se produisent lorsque x = 0 et x = π; donc,

Somme inférieure

f (0) 2

n = 4:

22

2

Somme supérieure [ f ( 4 ) 2

1 2

6,28.

2

f (2)

f ( 34 )]( 4 )

(2 1) (2 1)

2

1 2

2 ( 4)

2 ( 4 ) 8,96

Somme inférieure [ f (0)

f ( 4)

(2 0)

Calcul intégral

2

2

f (2)

10

8

f( )

2

2

2 (4)

f ( 34 ) 1 2

2

f ( )]( 4 ) 2

1 2

2

(2 0) ( 4 )

7,39

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

n = 8:

Chapitre 1 Les intégrales

Somme supérieure [ f ( 8 )

f ( 38 )

f (4)

27

f (2)

f ( 58 )

f ( 34 )

f ( 78 )]( 8 )

f ( 58 )

f ( 34 )

f ( 78 )

f ( )]( 8 )

f (2)

8,65 Somme inférieure [ f (0)

f (8)

f (4)

f ( 38 )

7,86

8.

f ( x) 1 x2 ,

n = 3:

2/n .

1 x 1, x

Somme supérieure [ f ( 1)

Somme inférieure

(2 92 27

3,41

f(

1 3

58 27

Somme supérieure

13 4

Somme inférieure [ f ( ( 9 4

Calcul intégral

2)( )

f (0) 10 9

5 4

f ( 13 )]( 23 )

)( 32 )

2,15

f ( 1) (2

f (1)]( 32 )

2 3

)

( 109 1

n = 4:

f ( 13 )

10 9

5 4

f( 5 4

1 2

)

f ( 12 )

f (1)]( 42 )

2)( 12 )

3,25 1 2

)

1 1

f (0) 5 4

f (0)

f ( 12 )]( 24 )

1 2

)( )

2,25

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

9.

Chapitre 1 Les intégrales

28

Voici un algorithme (séquence ordonnée d’opérations) qui pourrait être employé pour calculer les sommes : 1 Soit SOMME = 0, X_MIN = 0, X_MAX = 1, N = 10 (selon la somme qui est le sujet du calcul), DELTA_X = (X_MAX X_MIN)/N et EXTRÉMITE_DROITE = X_MIN + DELTA_X. 2 Répéter les étapes 2a, 2b l’une après l’autre jusqu’à ce que EXTRÉMITE_DROITE > X_MAX. 2a Ajouter (EXTRÉMITE_DROITE)^4 à SOMME. 2b Ajouter DELTA_X à EXTRÉMITE_DROITE. Une fois cette procédure complétée, (DELTA_X)·(SOMME) est la réponse que nous cherchons. Nous obtenons D10

1 10 i 10 i 1 10

4

1 30 i 30 i 1 30

0,253 3, D30

4

0,217 0, D50

1 50 i 50 i 1 50

4

1 100 i 100 i 1 100

0,210 1 et D100

4

0,205 0 .

Il semble que l’aire exacte soit 0,2. Le programme SOMMEDTE et sa sortie obtenue à l’aide d’une calculatrice TI-83/4 Plus apparaissent à la figure ci-après. Afin de généraliser le programme, nous avons entré des valeurs pour les variables Xmin, Xmax et N (plutôt que de les assigner). Nous avons également assigné x4 à Y1, ce qui nous a permis d’évaluer toute somme des extrémités droites simplement en changeant la valeur de Y1 et en faisant rouler le programme.

10. Nous pouvons utiliser l’algorithme établi à l’exercice 9 avec les valeurs X_MIN = 0, X_MAX = π/2 et cos(EXTRÉMITE_DROITE) plutôt que (EXTRÉMITE_DROITE)^4 à l’étape 2a. Nous constatons que D10

D50

/2 10 i cos 10 i 1 20 /2 50 i cos 50 i 1 100

Calcul intégral

0,919 4, D30

0,984 2 et D100

/2 30

30 i 1

cos

i 60

0,973 6 et

/2 100 i cos 100 i 1 200

0,992 1 . Il semble que l’aire exacte soit 1.

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

29

11. Le logiciel Maple exige qu’un certain nombre d’étapes soient complétées avant qu’une réponse numérique puisse être obtenue. Après avoir chargé l’ensemble d’extensions « Student » [commande: with(Student);] nous employons la commande SOMME_GAUCHE:=leftsum(1/(xˆ2+1),x=0..1,10 [ou 30, ou 50]); qui nous donne l’expression en notation sigma. Afin d’obtenir une approximation numérique de la somme, nous employons evalf(SOMME_GAUCHE);. Le logiciel Mathematica est dépourvu de commande spéciale pour ces sommes; nous devons donc les entrer manuellement. Par exemple, nous obtenons la première somme des extrémités gauches en entrant (1/10) *Sum[1/(((i-1)/10)ˆ2+1)], {i,1,10}], et en appliquant la commande N à la sortie obtenue afin d’obtenir une approximation numérique. Avec le logiciel Derive, nous employons la commande LEFT_RIEMANN afin d’obtenir les sommes des extrémités gauches, mais nous devons ensuite définir les sommes des extrémités droites nous-mêmes. (Nous pouvons définir une nouvelle fonction qui utilise LEFT_RIEMANN avec la valeur de k allant de 1 à n plutôt que de 0 à n – 1.) a)

Lorsque f ( x)

1 x

2

1

1 n

, 0 ≤ x ≤ 1, les sommes à gauche sont de la forme Gn

G30 ≈ 0,793 7 et G50 ≈ 0,790 4. Les sommes à droite sont de la forme Dn

1 n

n i 1

1 . Spécifiquement, G10 ≈ 0,810 0, ( i n1 )2 1

n i

1 . Spécifiquement, D10 ≈ 0,760 0, 1 1 ( ) i 2 n

D30 ≈ 0,777 0 et D50 ≈ 0,780 4. b)

Pour générer les graphiques à l’aide du logiciel Maple, nous employons les commandes leftbox (avec les mêmes arguments que ceux utilisés pour SOMME_GAUCHE) et rightbox.

Calcul intégral

extrémités gauches des

extrémités gauches des

extrémités gauches des

sous-intervalles, n = 10

sous-intervalles, n = 30

sous-intervalles, n = 50

extrémités droites des

extrémités droites des

extrémités droites des

sous-intervalles, n = 10

sous-intervalles, n = 30

sous-intervalles, n = 50

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

c)

Chapitre 1 Les intégrales

30

Nous savons que, comme la fonction y = 1/(x2 + 1) est décroissante sur l’intervalle [0, 1], toutes les sommes à gauche sont plus grandes que l’aire exacte, alors que toutes les sommes à droite sont plus petites que l’aire exacte. Comme la somme à gauche obtenue lorsque n = 50 est d’environ 0,790 4 < 0,791 et que la somme à droite obtenue lorsque n = 50 est d’environ 0,780 4 > 0,780, nous concluons que 0,780 < D50 < aire exacte < G50 < 0,791. L’aire exacte se situe donc entre 0,780 et 0,791.

12. La solution de l’exercice 11 donne les commandes utilisées par les logiciels de calcul symbolique pour évaluer les sommes. a)

Lorsque f(x) = lnx, 1 ≤ x ≤ 4, les sommes à gauche sont de la forme Gn

G30 ≈ 2,475 2 et G50 ≈ 2,503 4. Les sommes à droite sont de la forme Dn

3 n

n

ln 1

i 1

3 n

n i 1

ln 1

3(i 1) . Notamment, G10 ≈ 2,331 6, n 3i . Notamment, D10 ≈ 2,747 5, n

D30 ≈ 2,613 9 et D50 ≈ 2,586 5. b)

Pour générer les graphiques à l’aide du logiciel Maple, il faut employer les commandes leftbox (avec les mêmes arguments que ceux utilisés pour SOMME_GAUCHE) et rightbox.

extrémités gauches des

extrémités gauches des

extrémités gauches des

sous-intervalles, n = 10

sous-intervalles, n = 30

sous-intervalles, n = 50

extrémités droites des

extrémités droites des

extrémités droites des

sous-intervalles, n = 10

sous-intervalles, n = 30

sous-intervalles, n = 50

c)

Nous savons que, comme la fonction y = ln x est croissante sur l’intervalle [1, 4], toutes les sommes à gauche sont plus petites que l’aire exacte, alors que toutes les sommes à droite sont plus grandes que l’aire exacte. Comme la somme à gauche obtenue lorsque n = 50 est d’environ 2,503 > 2,50 et que la somme à droite obtenue lorsque n = 50 est d’environ 2,587 < 2,59, nous concluons que 2,50 < D50 < aire exacte < G50 < 2,59. L’aire exacte se situe donc entre 2,50 et 2,59.

Calcul intégral

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

31

13. Comme la fonction v est croissante, G6 donnera une approximation par défaut et D6, une approximation par excès de la distance parcourue d. d ≈ G6 = (0 m/s)(0,5 s) + (1,9)(0,5) + (3,3)(0,5) + (4,5)(0,5) + (5,5)(0,5) + (5,9)(0,5) = 0,5(21,1) = 10,55 m d ≈ D6 = 0,5(1,9 + 3,3 + 4,5 + 5,5 + 5,9 + 6,2) = 0,5(27,3) = 13,65 m 14. a)

d

G5

(30 m/s)(12 s) 28 12 25 12 22 12 24 12

b)

(30 28 25 22 24) 12 129 12 1548 m d ≈ D5 = (28 + 25 + 22 + 24 + 27) · 12 = 126 · 12 = 1512 m

c)

Les valeurs calculées ne sont ni des approximations par défaut ni des approximations par excès, car v n’est pas une fonction croissante ni une fonction décroissante de t.

15. Approximation par défaut de la fuite de pétrole: D5 = (7,6+ 6,8+ 6,2+ 5,7 + 5,3)(2) = (31,6)(2) = 63,2 L. Approximation par excès de la fuite de pétrole: G5 = (8,7 + 7,6 +6,8 +6,2 +5,7)(2) = (35)(2) = 70 L. 16. Nous pouvons trouver une approximation par excès en utilisant la vitesse finale pour chaque sous-intervalle de temps. Ainsi, la distance d parcourue après 62 s peut être évaluée approximativement par d

6

v(ti ) ti

(56 m/s)(10 s) 97 5 136 5 226 12 404 27 440 3 16 665 m .

i 1

17. Dans le cas d’une fonction décroissante, l’utilisation des extrémités gauches des sous-intervalles produit une approximation par excès alors que l’utilisation des extrémités droites des sous-intervalles produit une approximation par défaut. Nous utiliserons M6 pour faire l’approximation. Δt = 1, donc M 6 1[v(0,5) v(1,5) v(2,5) v(3,5) v(4,5) v(5,5)] 27,5 20 14 9 5 2 77,5 m .

Remarque : Les réponses différeront évidemment selon la façon dont le graphique a été interprété. Il est possible d’effectuer une vérification sommaire de ce calcul en traçant une ligne qui va de (0, 35) à (6, 0) et de calculer l’aire du triangle :

1 2

(35)(6) 105 . Il est clair qu’il s’agit ici d’une approximation par excès, et l’approximation de 77,5 obtenue à partir des

milieux des sous-intervalles est donc vraisemblable. Les réponses différeront évidemment selon la façon dont le graphique a été interprété. 18. Dans le cas d’une fonction croissante, l’utilisation des extrémités gauches des sous-intervalles produit une approximation par défaut alors que l’utilisation des extrémités droites des sous-intervalles produit une approximation par excès. Nous utiliserons M6 pour faire l’approximation.

t

30 0 6

M6

Calcul intégral

5s

5 3600

h

1 720

h.

1 720

[v(2,5) v(7,5) v(12,5) v(17,5) v(22,5) v(27,5)]

1 720

(31,25 66 88 103,5 113,75 119,25) 1.3 L’aire et la distance

1 720

(521,75)

0,725 km © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

32

Remarque : Les réponses différeront évidemment selon la façon dont le graphique a été interprété. Il est possible d’effectuer une vérification sommaire de ce calcul en traçant une ligne qui va de (0; 0) à (30; 120) et de calculer l’aire du triangle:

1 2

(30)(120) 1800 . Après division par 3600, on obtient 0,5, qui est clairement une approximation par défaut. Par

conséquent, l’approximation de 0,725 obtenue à partir des milieux des sous-intervalles est vraisemblable. Les réponses différeront évidemment selon la façon dont le graphique a été interprété.

19.

f ( x)

A

20.

21.

lim Dn

n

f ( x) A

x2

lim Dn

n

f ( x) A

2x , 1 ≤ x ≤ 3. Δx = (3 – 1)/n = 2/n et xi = 1 + iΔx = 1 + 2i/n. x2 1 lim

n

1 lim

n

n

f ( xi ) x

lim

n

i 1

n i 1

2(1 2i /n) 2 . (1 2i /n) 2 1 n

2x , 4 ≤ x ≤ 7. Δx = (7 – 4)/n = 3/n et xi = 4 + i Δx = 4 + 3i/n. n

f ( xi ) x

lim

n

i 1

n

(4 3i /n)2

1 2(4 3i /n)

i 1

3 . n

sin x , 0 ≤ x ≤ π. Δx = (π – 0)/n = π/n et xi = 0 + iΔx = πi/n.

lim Dn

n

lim

n

n

f ( xi ) x

lim

n

i 1

n

22. On peut interpréter lim n

2 5 1 n

i

n

sin( i /n)

n

i 1

2i n

.

10

comme étant l’aire de la région sous la courbe de la fonction y = (5 + x)10 sur l’intervalle

[0, 2], puisque pour la fonction y = (5 + x)10 sur l’intervalle [0, 2] avec

représentant l’aire est A

lim

n

n

f ( xi* ) x

i 1

lim

n

n

5

i 1

2i n

10

x

2 0 n

2 , xi n

0 i x

2i et xi* n

xi , l’expression

2 . Il faut noter qu’il y a plus d’une réponse à cette question. Nous n

pourrions utiliser y = x10 sur l’intervalle [5, 7] ou, en général, y = ((5 – n) + x)10 sur l’intervalle [n, n + 2].

23. On peut interpréter lim n

n i 1

4n

tan

i comme étant l’aire de la région sous la courbe de la fonction y = tan x sur l’intervalle [0, 4 ] , 4n

puisque pour la fonction y = tanx sur l’intervalle [0, 4 ] avec

représentant l’aire est A

Calcul intégral

lim

n

n i 1

f ( xi* ) x

lim

n

n i 1

tan

x

/4 0 n

4n

, xi

0 i x

i et xi 4n

xi , l’expression

i . Il faut noter qu’il y a plus d’une réponse à cette question, car 4n 4n

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

33

l’expression représentant l’aire est la même pour la fonction y = tan(x – kπ) sur l’intervalle [k , k

4

] , où k représente tout nombre

entier.

24. a)

b)

25. a)

1 0 n

x

i3 1 3 n 1 n

n

lim

n

1 et xi n

i

lim

n

1 n4

0 i x

n

i3

i 1

lim

n

i . A n

lim Dn

lim

n

1 n(n 1) n4 2

n

n

f ( xi ) x

i 1

2

lim

n

(n 1) 2 4n2

lim

n

n i 1

i n

1 1 lim 1 n 4 n

2

3

1 . n

1 4

Comme la fonction f est croissante, Gn est une approximation par défaut de A [somme minorante] et Dn est une approximation par excès de A [somme supérieure]. Il s’ensuit que la relation entre A, Gn, et Dn est exprimée par l’inégalité Gn < A < Dn.

b)

Dn

Dn

f ( x1 ) x

f ( x2 ) x

f ( xn ) x

Gn

f ( x0 ) x

f ( x1 ) x

f ( xn 1 ) x

Gn

f ( xn ) x

f ( x0 ) x

x[ f ( xn )

f ( x0 )]

b a [ f (b) n

f (a)]

Dans le graphique, Dn – Gn est la somme des aires des rectangles ombrés. Si nous glissons les rectangles ombrés vers la gauche de sorte qu’ils s’empilent sur le rectangle ombré le plus à gauche, nous formerons un rectangle de hauteur f(b) – f(a) et de largeur

c)

26. Dn

b a . n

A > Gn, , donc Dn – A < Dn – Gn, c’est-à-dire, Dn

A

b a [ f (b) n

f (a)]

3 1 [ f (3) n

f (1)]

A

b a [ f (b) n

f (a)] .

2 3 (e e) n

2 Si nous calculons la valeur de n dans l’expression (e3 e) 0,000 1 , nous obtenons n 2(e3 e) 0,000 1n

n

2(e3 e) 0,000 1

n 347 345,1 . Une valeur de n qui nous assure que

Dn – A > 0,000 1 est donc n = 347 346. [Il ne s’agit pas ici de la plus petite valeur de n.] Calcul intégral

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

y = f(x) = x5.

27. a)

A

lim Dn

n

n

b)

c)

n

n

f ( xi ) x

et lim n

64 n 2 (n 1) 2 (2n 2 n6 12

2n 1)

2 e 2 (e2 1) n e2/n 1

29. y = f(x) = cos x.

2

lim

n

e 2 (e2 1)

b 0 n

x

A

Si b

n

i 1

28. L’exemple 3 a) indique que A

lim Dn

n

2i n

i 1

5

2i . n

2 n

n

32i 5 2 5 n 1 n

n

lim i

lim

n

64 n 5 i. n6 i 1

64 (n 2 2n 1)(2n 2 2n 1) lim n 12 n2 n2 16 2 1 2 1 16 lim 1 2 1 2 3n n n2 n n2 3

2 n

n

e

2i /n

32 3

. À l’aide d’un logiciel de calcul symbolique,

i 1

n

e

2i /n

i 1

e 2 (e2 1) e2/n 1

0,8647 , alors que l’approximation calculée à l’exemple 3 b), qui utilisait M10, était de 0,863 2.

b et xi n

n

, alors A sin 2

0 i x

lim

2n 1)

LCS

i 1

lim

lim

2 et xi n

n2 (n 1)2 (2n 2 12

i5

n

2 0 n

x

34

lim

n

0 i x

n

f ( xi ) x

i 1

bi . n

bi lim cos n n i 1 n

b LCS lim n n

1 1 2n b 2n sin 2n

bsin b

b 2n

LCS

sin b

1.

30. a)

Le graphique montre un des n triangles congruents, le ΔAOB, dont l’angle au centre mesure 2π/n. O est le centre du cercle et AB est un des côtés du polygone. Le rayon OC est tracé de façon à diviser l’ AOB en deux parties égales. Il s’ensuit qu’OC croise AB à angle droit et qu’il divise AB en deux parties égales. Conséquemment, le ΔAOB est divisé en deux triangles droits dont les cathètes mesurent est 2

An Calcul intégral

1 2

1 2

( AB)

r sin( /n) et r cos(π/n). L’aire du ΔAOB

[r sin( /n)][r cos( /n)] r 2sin( /n)cos( /n)

n aire( AOB)

1 2

1 2

r 2 sin(2 /n) et, conséquemment,

nr 2 sin(2 /n) .

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

b)

Chapitre 1 Les intégrales

Afin de pouvoir utiliser l’égalité lim

sin

0

35

1 , il faut que l’expression qui apparaît au dénominateur soit la même que celle qui

apparaît dans l’argument de la fonction sinusoïdale, dans ce cas, 2π/n.

lim An

n

donc lim n

Calcul intégral

lim 12 nr 2 sin(2 /n)

lim 12 nr 2

n

sin(2 /n ) 2 r 2 /n

n

lim 0

sin

r2

sin(2 /n) 2 2 /n n

(1) r 2

lim

n

sin(2 /n) 2 r . Soit 2 /n

2 . Alors, comme n → ∞, θ → 0, n

r2 .

1.3 L’aire et la distance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

36

1.4 L’intégrale définie 1.

f ( x) 3 6

G6

b a n

x

x , 2 ≤ x ≤ 14.

1 2

14 2 6

2 . Comme nous utilisons les extrémités gauches des sous-intervalles, xi

xi 1 .

f ( xi 1 ) x

i 1

( x)[ f ( x0 )

f ( x1 )

f ( x2 )

f ( x3 )

f ( x4 )

f ( x5 )]

2[ f (2) f (4) f (6) f (8) f (10) f (12)] 2[2 1 0 ( 1) ( 2) ( 3)] 2( 3) 6

La somme de Riemann représente la somme des aires des deux rectangles situés au-dessus de l’axe des x moins la somme des aires des trois rectangles situés sous l’axe des x; il s’agit donc de l’aire algébrique des rectangles situés au-dessus et au-dessous de l’axe des x.

2.

x2

f ( x)

D6

6

2 x , 0 ≤ x ≤ 3.

b a n

x

3 0 6

1 . Comme nous utilisons les extrémités droites des sous-intervalles, xi 2

xi .

f ( xi ) x

i 1

( x)[ f ( x1 ) 1 2

[ f ( 12 )

1 2

(

3 4

f ( x2 )

1

3 4

f ( x3 )

f ( 32 )

f (1) 0

5 4

f ( x4 )

f ( x5 )

f ( 52 )

f (3)]

f (2) 3)

1 2

( 74 )

f ( x6 )]

7 8

La somme de Riemann représente la somme des aires des deux rectangles situés au-dessus de l’axe des x moins la somme des aires des trois rectangles situés sous l’axe des x; il s’agit donc de l’aire algébrique des rectangles situés au-dessus et au-dessous de l’axe des x.

Calcul intégral

1.4 L’intégrale définie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

3.

f ( x) e x 4

M4

Chapitre 1 Les intégrales

f ( xi ) x

b a n

x

2 , 0 ≤ x ≤ 2.

( x)[ f ( x1 )

2 0 4

f ( x2 )

37

1 . Comme nous utilisons les milieux des sous-intervalles, xi 2

f ( x3 )

xi

1 2

( xi

1

xi ) .

f ( x4 )]

i 1 1 2

[ f ( 14 )

1 2

[(e1/4

f ( 34 )

f ( 54 )

2) (e3/4

f ( 74 )]

2) (e5/4

2) (e7/4

2)]

2,322 986

La somme de Riemann représente la somme des aires des trois rectangles situés au-dessus de l’axe des x moins l’aire du rectangle situé sous l’axe des x; il s’agit donc de l’aire algébrique des rectangles situés au-dessus et au-dessous de l’axe des x.

4.

a)

f ( x) sin x , 0

D6

6

3 . 2

x

0

3 2

b a n

x

6

4

. Comme nous utilisons les extrémités droites des sous-intervalles, xi*

xi .

f ( xi ) x

i 1

( x)[ f ( x1 ) 4 4 4

f

2 2

2 4

f

4

sin

f ( x2 )

sin

4 1

2

2 2

f ( x3 ) f

sin 0

3 4

f ( x4 )

3 4 sin

2 1 2

f ( x5 ) 4 4

f

sin 2 8

f ( x6 )] f

5 4

5 4

sin

f

6 4

3 2

0,555 360

La somme de Riemann représente la somme des aires des trois rectangles situés au-dessus de l’axe des x moins la somme des aires des deux rectangles situés sous l’axe des x. b)

Comme nous utilisons les milieux des sous-intervalles, xi

Calcul intégral

xi

1 2

( xi

1

1.4 L’intégrale définie

xi ) .

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

6

M6

Chapitre 1 Les intégrales

38

f ( xi ) x

i 1

( x) [ f ( x1 ) 4 4 4

f sin

f ( x2 ) 3 8

f

8 8

f ( x3 ) 5 8

f

3 8

sin

sin

f ( x4 )

5 8

f sin

f ( x5 ) 7 8

7 8

f ( x6 )] 9 8

f

sin

9 8

f

sin

11 8

11 8

(1,306 563) 1,026 172

La somme de Riemann représente la somme des aires des quatre rectangles situés au-dessus de l’axe des x moins la somme des aires des deux rectangles situés sous l’axe des x. Il est à noter que la somme de Riemann a la même valeur que la somme des aires des deux premiers rectangles. 5. a)

10

f ( x)dx

0

D5

[ f (2)

f (4)

f (6)

f (8)

f (10)] x

[ 1 0 ( 2) 2 4](2) 3(2)

b)

10

f ( x)dx

0

G5

[ f (0)

f (2)

f (4)

f (6)

f (8)] x

[3 ( 1) 0 ( 2) 2](2)

c)

10

f ( x)dx

0

M5

[ f (1)

f (3)

f (5)

6

2(2)

f (7)

4

f (9)] x

[0 ( 1) ( 1) 0 3](2) 1(2)

6. a)

4 2

g ( x)dx

D6

[ g ( 1) 3 2

b)

4 2

g ( x)dx G6

g (0)

0

[ g ( 2)

4 2

g ( x)dx

M6

[g(

3 2

g (1) 1 2

g ( 1) 3 2

0 c)

3 2

)

3 2

0 g(

1 2

)

g (2)

g (3)

( 1)

1 2

0

g (0)

g (1)

1 2

g ( 12 )

g ( 23 ) 1 2

G5

5

f ( xi 1 ) x

g (3)] x

1 2

g ( 52 )

g ( 72 )] x

1 2

)](1) 30

Comme la valeur de la fonction f est croissante, G5

Approximation par défaut

g (4)] x

g (2)

( 1) (1)

[ 1 ( 1) 1 1 0 (

7.

(1)

2

10

4[ f (10)

f ( x)dx

D5 .

f (14)

f (18)

f (22)

f (26)]

i 1

4[ 12 ( 6) ( 2) 1 3] 4( 16) Approximation par excès

D5

5

f ( x) x

4[ f (14)

f (18)

f (22)

64 f (26)

f (30)]

i 1

4[ 6 ( 2) 1 3 8] 4(4) 16 Calcul intégral

1.4 L’intégrale définie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

8. a)

Chapitre 1 Les intégrales

39

Si nous utilisons les extrémités droites des sous-intervalles pour effectuer une approximation de 3

obtenons

f ( xi ) x

2[ f (5)

f (7)

9 3

f ( x)dx , nous

4,2 . Comme la fonction f est croissante, l’utilisation des

f (9)] 2( 0,6 0,9 1,8)

i 1

extrémités droites produit une approximation par excès. b)

Si nous utilisons les extrémités gauches des sous-intervalles pour effectuer une approximation de 3

obtenons

f ( xi 1 ) x

2[ f (3)

f (5)

9 3

f ( x)dx , nous

6,2 . Comme la fonction f est croissante, l’utilisation

f (7)] 2( 3,4 0,6 0,9)

i 1

des extrémités gauches produit une approximation par défaut. c)

Si nous utilisons les milieux des sous-intervalles pour effectuer une approximation de 3

obtenons

f ( xi ) x

2[ f (4)

f (6)

9 3

f ( x)dx , nous

0,8 . Il est impossible de comparer l’approximation

f (8)] 2( 2,1 0,3 1,4)

i 1

obtenue en utilisant les milieux des sous-intervalles et la valeur exacte de l’intégrale. 9.

Comme Δx = (8 – 0)/4 = 2, les extrémités des sous-intervalles sont 0, 2, 4, 6 et 8, et les milieux des sous-intervalles sont 1, 3, 5 et 7. La méthode des milieux des sous-intervalles donne 8 0

4

sin xdx

f ( xi ) x

2 sin 1 sin 3 sin 5 sin 7

6,182 0 .

2(3,091 0)

i 1

10. Comme x 3 16

5 16

, /2

0

( /2 0)/4

7 16

et

8

4

f ( xi ) x

i 1

x

3 5

et

,

5 5

,

2

x

0

x 1

7 5

dx

8

,

3 8

,

4

et

2

, et les milieux des sous-intervalles sont

16

,

. La méthode des milieux des sous-intervalles donne

cos 4 x dx

11. Comme

, les extrémités des sous-intervalles sont 0,

(2 0)/5 9 5

2 5

8

[cos 4 ( 16 ) cos 4 ( 316 ) cos 4 ( 516 ) cos 4 ( 716 )]

, les extrémités des sous-intervalles sont 0,

2 5

,

4 5

8

( 32 )

,

6 5

,

0,589 0 .

8 5

et 2, et les milieux des sous-intervalles sont

1 5

,

. La méthode des milieux des sous-intervalles donne 5

i 1

f ( xi ) x

2 5

3 5

1 5 1 5

1

3 5

5 5

1

5 5

7 5

1

7 5

9 5

1

9 5

1

2 127 5 56

127 140

0,907 1 .

12. Comme Δx = (5 – 1)/4 = 1, les extrémités des sous-intervalles sont 1, 2, 3, 4 et 5, et les milieux des sous-intervalles sont 1,5; 2,5; 3,5 et 4,5. La méthode des milieux des sous-intervalles donne 5 1

x 2e x dx

Calcul intégral

4

f ( xi ) x 1[(1,5)2 e

1,5

(2,5)2 e

2,5

(3,5)2 e

3,5

(4,5)2 e

4,5

] 1,6099 .

i 1

1.4 L’intégrale définie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

40

13. Si vous utilisez Maple 14 ou une version plus récente, employez les commandes with(Student[Calculus1]) et ReimannSum (x/(x+1),0..2,partition=5,method=midpoint,output=plot). Certaines des anciennes versions de Maple ne permettent d’employer seulement la commande with(student) pour charger les commandes middlesum et middlebox, suivie par m:=middlesum (x/(x+1), x=0..2), qui produit la somme en notation sigma, et par M:=evalf(m), qui produit l’approximation numérique, et finalement middlebox(x/(x+1),x=0..2), qui génère le graphique. Les valeurs obtenues pour n = 5, 10 et 20 sont 0,907 1, 0,902 9 et 0,901 8, respectivement.

14. Pour la fonction f(x) = x/(x + 1) sur l’intervalle [0, 2], nous calculons que G100 ≈ 0,894 69 et que D100 ≈ 0,908 02. Comme la fonction f est croissante sur l’intervalle [0, 2], G100 est une approximation par défaut de

Il s’ensuit que 0,894 6

2 0

x dx x 1

2 0

x dx et D100 en est une approximation par excès. x 1

0,9081 .

15. Nous construirons un tableau de valeurs dans le but de calculer une approximation de l’intégrale

0

sin xdx en utilisant le

programme qui apparaît à la solution de l’exercice 1.3.9, avec les valeurs Y1 = sin x, Xmin = 0, Xmax = π et n = 5, 10, 50 et 100. Les valeurs de Dn semblent se rapprocher de 2. n

16.

5

1,933 766

10

1,983 524

50

1,999 342

100

1,999 836

2 0

Dn

e

x2

dx avec n = 5, 10, 50 et 100.

N

Gn

Dn

5

1,077 467

0,684 794

10

0,980 007

0,783 670

50

0,901 705

0,862 438

100

0,891 896

0,872 262

Calcul intégral

1.4 L’intégrale définie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

41

La valeur de l’intégrale définie se situe entre 0,872 et 0,892. Il faut noter que la fonction f ( x) e 2

]0, 2[. On ne peut faire un énoncé semblable pour l’intégrale

n

17. Sur l’intervalle [2, 6], lim n

n

18. Sur l’intervalle [π, 2π], lim n

i

n

19. Sur l’intervalle [2, 7], lim n

2

(4 2 x)dx

lim

n

n

n

i 1

lim

n

lim

3 n

6 n

1

i 1

3 9 n n2

n

n

n

n

i 1

6i n

9i 2 n2

lim

i2

6 n

n

i

i 1

n

9 1 1 2 n

0 ( 2) n

2 et que xi n

lim

n

3 n

n

1

i 1 n

i 1

9i 2 n2

3i n

2

4 1

3i n

2

6i 1 n

1

lim

1 n

n

3 n

i 1

9 (n 1)(2n 1) n 1 9 3 2 2 n n 2

lim

2

lim

n

n(n 1) 2 9

3i 3 n n

27 n(n 1)(2n 1) n3 6

n

3i n

3i . n

lim

n

4 2 2

i 1

9(1)

12i n

4

n

18 n2

n

1 n

f 1

3 n

lim

1 i x 1

lim

i 1

i

i 1

n

3 et que xi n

n

n

3i . n

2

3i 3 n n

f 2

4 x)dx .

dx .

4

2 i x

9 lim 1

f ( xi ) x

(5x3

x x2

1

3 lim n n

i 1

n

7 2

i 1

n 1 n

n

n

dx puisque la fonction f est croissante sur ]–1, 0[.

x ln(1 x 2 )dx .

3

x

4

lim

6i n

n

lim

Calcul intégral

x (x )

f ( xi ) x

n

23. Il faut noter que x

* i * 2 i

x2

e

est décroissante sur l’intervalle

cos x dx . x

2

3 et que xi n

4 1 n

22. Il faut noter que x

1

4 xi* ] x

i 1

18 2

lim

4 x 2)dx

[5( xi* )3

i 1

n

( x2

x

5 2 n

3 lim n n

4

cos xi xi 1

n

n

5

2

i 1

20. Sur l’intervalle [1, 3], lim

21. Il faut noter que x

6

xi ln(1 xi2 ) x

i 1

1

x2

18 n(n 1) n2 2

9 1

1 n

3 n(1) n lim

n

9 (1)(2) 9(1) 3 2

3

2 i x

9 n 1 2n 1 1 9 1 2 n n n

2

3

3

2i . n

1.4 L’intégrale définie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

0 2

( x2

x)dx

Chapitre 1 Les intégrales

n

lim

n

f ( xi ) x

n

i 1

lim

n

lim

n

2 n

n i 1

2 4 n n2

n

6 n

i2

i 1

4 1 1 3 n

lim

n

2 0

x 3 ) dx

(2 x

n

lim

n

lim

n

n

lim

n

i 1

4

4(1) 4(1)(1)

0

( x3 3 x 2 )dx

lim

n

lim

n

n

1 et que xi n

i3 n3

i 1

n

i 1

3i 2 n2

lim

n 2

lim

1 1 1 4 n

1

1 n

Δx = (4 – 0)/8 = 0,5 et xi*

xi

0,5i .

4 0

( x2

3x)dx

8

2 12 n(n 1) n2 2

4 (1)(2) 6(1) 4 3

2 3

2 n

3

n

n

2i n

2

i 1

2i n

2

2i n

2 n(2) n

4

i3

i 1

2

lim 4

n

n 1 (n 1) 2 4 n n2

1 n

lim 4 1

n

1 n

4 1

1

1 n

i . n x

1 1 n n3

n

n

i3

i 1

i 1

3 n2

n

2

3

3

i n

2

1 n

i2

i 1

3 n(n 1)(2n 1) n3 6 1 1 1 2 n

i n

n

lim

1 n

lim

n

1 n 1n 1 4 n n

1 (1)(1) 4

1 (1)(2) 2

1 n 1 2n 1 2 n n 3 4

f ( xi* ) x

i 1

0,5{[0,52 1 2

Calcul intégral

8 n3

i

i 1

i n

f

1 n(n 1) n4 2

n

n

0 i x

n

lim

i 1 n

n

i 1

6i n

2

2i n

2

0

f ( xi ) x

1 n

lim

n 1n 1 n n

lim

n

26. a)

1 0 n

2i 2 n n

2 4 n n

n

4 n 1 2n 1 1 6 1 3 n n n

lim

4

16 n(n 1) n4 2

1 n

lim 4 1

25. Il faut noter que x

lim

i 1

2i . n

i 1

2 n

4i 2 n2

n

0 i x

f

n

8 n(n 1) n2 2

n

1

n

8i 3 n3

4i n

n

n

n

n

1 n

6 1

lim

8 n(n 1)(2n 1) n3 6

lim

n

i 1

lim

i 1

n

2

2 et que xi n

2 n

lim

n 1 6 4 n

1 n

f ( xi ) x

2 n

2i n

i

i 1

2

2 0 n

24. Il faut noter que x

2i 2 n n

2

2

4 (n 1)(2n 1) lim n 3 n2 n

f

i 1

4i 2 n2

8i n

4

n

lim

42

(

5 4

2

3(0,5)] [1,02 9 4

2

5 4

0

[3,52

3(1,0)] 7 4

4)

3(3,5)] [4,02

3(4,0)]}

1,5

1.4 L’intégrale définie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

43

b)

4

c)

0

( x2

3 x) dx

lim

n

i 1

lim

n

27.

b a

lim

n

lim

n

b a n

Calcul intégral

A1

n

a

i 1

1 2

12 n

i2

i 1

4 n

n

i

i 1

2

1 n

48 n(n 1) n2 2 1 n

24 1

8 3

2 24

a(b a) n n

a( b a)

4i n

32 1 1 3 n

( x 2 3x)dx

xdx

n

3

lim 32 3

4

4 16 n n2

2

64 n(n 1)(2n 1) n3 6

n

0

4i n

lim

n

d)

n

A2 , où A1 est l’aire indiquée par le signe + et A2 est l’aire indiquée par le signe –.

b a i n

lim

n

a (b a ) n

(b a) 2 n(n 1) n2 2

(b a) 2

(b a)(a

1 2

n

1

i 1

(b a ) 2 n2

a(b a ) lim n

b

1 2

a)

n

i

i 1

(b a ) 2 1 1 2 n

(b a) 12 (b a)

1 2

(b 2

1.4 L’intégrale définie

a2 )

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

b

28.

a

x 2 dx

Chapitre 1 Les intégrales

b a n

lim

n

n i 1

(b a ) n3

lim

n

b a i n

a 3

n

2

lim

n

2a(b a) n2

i2

i 1

lim

(b a )3 n(n 1) (2n 1) n3 6

lim

(b a )3 1 1 1 6 n

n

n

2

b a n n

a2

2a

i 1

a 2 (b a) n

i

i 1

(b a ) 2 2 i n2

b a i n

n

1

i 1

2a(b a ) 2 n(n 1) n2 2

1 n

2

n

a(b a) 2 1 1

a 2 (b a ) n n 1 n

a 2 (b a )

(b a)3 b3 3ab 2 3a 2b a 3 a (b a ) 2 a 2 (b a ) 3 3 3 3 b3 a 3 b a ab 2 a 2b ab 2 a 2b 3 3 3

x , a = 2, b = 6 et 1 x5

f ( x)

29.

x dx donc 21 x5 6

30.

x

10 1 n

lim Dn

n

0

lim

n

n

n

2

i 1

i 1

32. Δx = (10 – 2)/n = 8/n et xi* 10 2

2 a 2b a 3

9i , donc n

10 1

( x 4ln x)dx

lim Dn

n

n

lim

n

1

i 1

n

lim

n

n

sin

i 1

LCS 5 i 1 5 lim cot n n n n 2n

LCS

2 5

2 0

2 i x

2

4i , n

9i n

4ln 1

9i n

9 . n

2 5

2 8i /n .

xi x 6 dx

lim

n

n i 1

2

8i n

6

8 n

8 lim n

1 n

n i 1

2

8i n

6

1 64(58 593n 164 052n5 131 208n 4 8 lim n n 21n5 LCS 1 249 984 9 999 872 8 1 428 553,1 7 7

Traitez

xi

4 . n

5

6

LCS

33. a)

a 2b a 3

i /n .

xi

(sin 5 xi )

ab 2

4 . À l’aide du théorème 4, nous obtenons xi* n

4i n 4i 2 n

1

1 i x 1

31. Δx = (π – 0)/n = π/n et xi* sin 5 xdx

6 2 n

lim

n

9 et xi n

x

44

27 776 n 2

2 048)

f ( x)dx comme la valeur de l’aire d’un trapèze de bases 1 et 3 et de hauteur 2. L’aire d’un trapézoïde se calcule au

moyen de la formule

A

1 2

Calcul intégral

(b B)h , donc

2 0

f ( x)dx

1 2

(1 3)2

4.

1.4 L’intégrale définie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

5

b)

0

Chapitre 1 Les intégrales

2

f ( x)dx

7 5 9

d)

7

à

0

6

b)

2 7

c)

6 7 0

1 2

( B b)h

g ( x)dx

1 2

rectangle

31

f ( x)dx triangle

2 3 4 3 3 10

1 2

7 5

f ( x)dx

1 2

2 3

3.

g ( x)dx g ( x)dx

1 2

2 0

1 2

(1)(1)

36. On peut interpréter

(6)(2)

Calcul intégral

1 2

(3)(1)

2

1 2

11

1

5 0

f ( x)dx

7 5

f ( x)dx

9 7

f ( x)dx 10 ( 3) ( 5)

2.

[aire, affectée du signe moins, d'un demi-cercle]

6 2

g ( x)dx

7 6

g ( x)dx

4 2

1 2

4,5 2

(1 x)dx comme étant la différence entre les aires des deux triangles ombrés, c’est-à-dire, 1 2

2

9 0

f ( x)dx

[aire d'un triangle]

g ( x)dx

2

9 0

4 [aire d'un triangle]

(2)2

1 2

5 . Il s’ensuit que

(3 2)2

4 2

g ( x)dx

(2)(2)

1 2

3

f ( x)dx est l’aire, affectée du signe moins, du trapèze de bases 3 et 2 et de hauteur 2. Elle est donc égale

35. On peut interpréter 1 2

trapèze

5

f ( x)dx

f ( x)dx est l’aire, affectée du signe moins, du triangle de base 2 et de hauteur 3.

1 2

2

34. a)

2

(1 3)2

1 2

c)

3

f ( x)dx

0

45

1 3

6

3 2

.

x 2 dx comme étant la différence entre les aires des deux triangles ombrés, c’est-à-dire, 3 2

9 2

.

1.4 L’intégrale définie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

0

37. On peut interpréter

9 x 2 dx comme étant l’aire sous le graphique de la fonction f ( x) 1

1

3

Ceci est égal à un quart de l’aire du cercle de rayon 3, plus l’aire du rectangle, donc

38.

5 5

5

25 x 2 dx

x

46

5

xdx

5 5

0 3

1

9 x 2 entre x = –3 et x = 0.

9 x 2 dx

32 1 3 3

1 4

9 4

.

25 x 2 dx . En raison de la symétrie, la valeur de la première intégrale est 0 puisque l’aire

ombrée au-dessus de l’axe des x est égale à l’aire ombrée sous l’axe des x. On peut interpréter la deuxième intégrale comme étant la moitié de l’aire d’un cercle de rayon 5, c’est-à-dire, 12 (5)2 est 0

25 2

25 2

39. On peut interpréter

40. On peut interpréter

41.

sin 2 x cos4 xdx

Calcul intégral

25 2

. Il s’ensuit que la valeur de l’intégrale originale

.

2 1

|x| dx comme étant la somme des aires des deux triangles ombrés, c’est-à-dire, 12 (1)(1)

10 0

|x 5| dx comme étant la somme des aires des deux triangles ombrés, c’est-à-dire, 2

1 2

1 2

(2)(2)

(5)(5)

1 2

4 2

5 2

.

25 .

0 parce que les bornes d’intégration sont égales.

1.4 L’intégrale définie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

42.

0 1

3u u 2

Chapitre 1 Les intégrales

1

4du

0 1 0

3u u 2

4du

3x x 2

4dx

47

[parce que nous avons inversé les bornes d’intégration] [nous pouvons utiliser n’importe quelle lettre sans changer la valeur de l’intégrale] [valeur fournie]

5 5 8 8 5 5

43.

44.

45.

1 0

3 1

3 1

0

e x 2dx

0

3 1

1

5dx 6 x 2dx 0

3

(2e x 1)dx

/2

46.

1

(5 6 x2 )dx

3

2 e x dx 1

e x e2dx

1

1 dx

3

e2

1

/2

(2cos x 5 x)dx

5(1 0) 6( 13 ) 5 2 3

0

e x dx

2(e3 e) 1(3 1)

e2 (e3 e) e5

/2

2cos x dx

2(1) 5

0

( /2) 2 2

02

e3

5 x dx 2

2e3 2e 2

2

/2 0

cos x dx 5

/2 0

x dx

2

5 8

47. 2

f ( x)dx

2

5 2

1

f ( x)dx

2

f ( x)dx

5 2

2

f ( x )dx

1

f ( x )dx

[selon la propriété 5 et en inversant les bornes d’intégration]

5 1

48.

49.

4 1

9 0

f ( x)dx

5 1

[2 f ( x) 3g ( x)]dx

50. Si f ( x)

5

f ( x)dx

4

2

9 0

f ( x)dx

[selon la propriété 5]

f ( x)dx 12 3,6 8,4

9

f ( x)dx 3 g ( x)dx 0

3 si x 3 , alors on peut interpréter x si x 3

2(37) 3(16) 122

5 0

f ( x)dx comme étant l’aire de la région ombrée, qui consiste en un rectangle de

dimensions 5 par 3 sur lequel repose un triangle rectangle isocèle dont les cathètes sont de longueur 2. Il s’ensuit que

5 0

f ( x)dx 5(3)

Calcul intégral

1 2

(2)(2) 17 .

1.4 L’intégrale définie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

51. Il est clair que la valeur de

3 0

48

f ( x)dx est inférieure à –1 et que cette valeur est la plus petite. La pente de la tangente de la fonction f

lorsque x = 1, f′(1), a une valeur qui se situe entre –1 et 0; cette valeur est donc la deuxième plus petite. La valeur la plus grande est celle de

8 3

f ( x)dx , suivie par celle de

8 4

f ( x)dx , qui est inférieure d’environ 1 unité à celle de 8

positive, mais sa valeur est plus petite que celle de 3 0

0

52. F (0)

2

2

f (t )dt

0

f ( x)dx

f (1)

8 0

4

8 3

f ( x)dx .

8 0

f ( x)dx est également

f ( x)dx . Si nous classons ces valeurs par ordre croissant, nous obtenons

f ( x)dx

8 4

8

f ( x)dx

3

f ( x)dx ou B E

A

D C

f (t )dt , donc la valeur de F(0) est négative, et, de la même façon, la valeur de F(1) l’est également. Les

valeurs de F(3) et de F(4) sont négatives vu qu’elles représentent des aires, affectées du signe moins, situées sous l’axe des x. 2

Comme F (2)

53. I I1

I2

2 4

2

f (t )dt

[ f ( x) 2 x 5]dx

0 est la seule valeur non-négative, C a la plus grande valeur.

2 4

f ( x)dx 2

3 [aire située sous l'axe des x] 1 2

2 4

2

x dx

3 3

4

5dx

I3

3

(4)(4) [aire du triangle, se reporter au graphique]

8 2

I1 2 I 2

1 2

(2)(2)

6

I3 = 5[2 – (–4)] = 5(6) = 30 Il s’ensuit que I = –3 +2(–6) + 30 = 15.

54. Si nous utilisons la propriété 8 de l’intégrale définie, nous obtenons m

f ( x)

M

m(2 0)

2 0

f ( x)dx

M )(2 0)

55. x2 – 4x + 4 = (x – 2)2 ≥ 0 sur l’intervalle [0, 4], donc

56. x2 ≤ x sur l’intervalle [0, 1], donc

Calcul intégral

1 x2

4 0

2m

( x2

2 0

f ( x)dx

2M .

4 x 4)dx 0 [propriété 6] .

1 x sur l’intervalle [0, 1]. Il s’ensuit que

1.4 L’intégrale définie

1 0

1 x 2 dx

1 0

1 x dx [propriété 7] .

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

57. Si –1 ≤ x ≤ 1, alors 0 ≤ x2 ≤ 1 et 1 ≤ 1 + x2 ≤ 2, donc 1 1

c’est-à-dire, 2

58. Si

x

6

4

1

1 x 2 dx

, alors cos

2 24

c’est-à-dire,

/4 /6

59. Si 1 ≤ x ≤ 4, alors 1

4

x

, alors 1 tan x

3

2 2

et

4

4

2 , donc 1(4 1)

60. Si 0 ≤ x ≤ 2, alors 1 ≤ 1 + x2 ≤ 5 et

61. Si

1 x 2 dx

1

2 1 ( 1) [propriété 8],

cos x

2 3 , donc 2 2 4

/4

6

/6

cos x dx

3 2 4

6

propriété 8 ,

3 . 24

cos x dx

x

1

2 et 1[1 ( 1)]

2 2.

cos x cos

6

1 x2

49

1 5

1 1 x2

3 , donc 1( 3

2(4 1) , c’est-à-dire, 3

x dx

1

1 (2 0) 5

1 , donc

4

/3

)

/4

2 0

tan x dx

4

xdx

1

6.

1 2 dx 1(2 0) , c’est-à-dire, 1 x2 5

3( 3

4

) ou 12

/3 /4

tan xdx

12

2 0

1 dx 1 x2

2.

3.

62. Soit f(x) = x3 – 3x + 3 pour 0 ≤ x ≤ 2. Alors, f′(x) = 3x2 – 3 = 3(x+ 1)(x – 1), donc la fonction f est décroissante sur ]0, 1[ et croissante sur ]1, 2]. Le minimum absolu de la fonction f est f(1) = 1. Comme f(0) = 3 et f(2) = 5, le maximum absolu de la fonction f est f(2) = 5. Ainsi, 1 ≤ x3 – 3x + 3 ≤ 5 pour tout x sur l’intervalle [0, 2]. Il s’ensuit de la propriété 8 2

que 1 (2 0)

0

( x3

5 (2 0) , c’est-à-dire, 2

3x 3)dx

2 0

( x3 3x 3)dx 10 .

63. Le seul point critique de f(x) = xe–x sur l’intervalle [0, 2] est x = 1. Comme f(0) = 0, f(1) = e–1 ≈ 0,368 et f(2) = 2e–2 ≈ 0,271, nous savons que le minimum absolu de la fonction f sur l’intervalle [0, 2] est 0, et que son maximum absolu est e–1. Selon la propriété 8, 0 ≤ xe–x ≤ e–1 pour 0

x

2

2

0(2 0)

0

xe x dx e 1 (2 0)

0

2 0

xe x dx

64. Soit f(x) = x – 2 sin x pour π ≤ x ≤ 2π. Alors, f′(x) = 1 – 2 cos x et f ( x) 0 fonction f est f ( 53 )

65.

2

x4 1

2

x4

5 3

3

x2 , donc

x

5 3

3

3

( x 2sin x)dx

66. 0 ≤ sin x ≤ 1 pour 0 Calcul intégral

2sin 53 5 3

f ( x)

s’ensuit que dire,

5 3

1

2

1 2

x

5 3

. Le maximum absolu de la

6,97 puisque les valeurs de f(π) = π et f(2π) = 2π sont toutes deux inférieures à 6,97. Il

(2 2

cos x

2/e .

2

)

5 3

f ( x)dx

3 (2

) , c’est-à-

3 .

x 4 1dx

, donc x sin x

3 1

x 2dx

x

1 3

(33 13 )

/2 0

26 3

.

x sin x dx

/2 0

x dx

1.4 L’intégrale définie

1 2

[( 2 )2

02 ]

2

8

. © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

50

67. Si, comme dans la démonstration de la propriété 2, nous utilisons les extrémités droites des sous-intervalles, nous obtenons b a

cf ( x)dx

68. a)

n

lim

n

cf ( xi ) x

lim c

n

i 1

n

f ( xi ) x

c lim n

i 1

n

f ( xi ) x

c

i 1

b

f ( x)dx .

a

Comme – |f(x)| ≤ f(x) ≤ |f(x)|, il s’ensuit de la propriété 7 que b a

b

|f ( x)| dx

a

b

f ( x) dx

a

b

|f ( x)| dx

a

f ( x)dx

b a

|f ( x)| dx

Il faut noter que, comme l’intégrale définie est un nombre réel, la propriété ci-après s’applique :

|b| a pour

a b a

tout nombre réel b et tout entier naturel a. 2

b)

0

2

f ( x)sin 2 xdx

0

puisque |sin 2x| 1

|f ( x)sin 2 x| dx [selon la sous-question a)]

2 0

|f ( x)| |sin 2 x| dx

2 0

|f ( x)| dx selon la propriété 7,

|f ( x)| |sin 2 x| |f ( x)| .

69. Supposons que la fonction f est intégrable sur l’intervalle [0, 1], c’est-à-dire que lim n

n

f ( xi* ) x existe pour toute valeur de xi* dans

i 1

[xi–1, xi]. Soit n un entier naturel; divisons l’intervalle [0, 1] en n sous-intervalles égaux 0,

1 1 2 n 1 , , …, , , 1 . Si nous n n n n

faisons le choix que xi* est un nombre rationnel dans le ième sous-intervalle, nous obtenons alors la somme de n

Riemann

f ( xi* )

i 1

n

obtenons alors

1 n

f ( xi* )

i 1

n

lim

n

n

0 , donc lim n

n

1 n

1

i 1

f ( xi* )

i 1

1 n

n

1 n

lim 0 0 . Si nous faisons plutôt le choix que xi* est un nombre irrationnel, nous

n

n 1 1 1 pour toute valeur de n, donc lim f ( xi* ) n n n i 1

lim1 1 . Comme la valeur de

n

f ( xi* ) x est dépendante du choix des points d’échantillonnage xi* , la limite n’existe pas et f n’est pas intégrable sur

i 1

l’intervalle [0, 1].

70. Divisons l’intervalle [0, 1] en n sous-intervalles égaux et choisissons x1* n

f ( xi* ) x

f ( x1* ) x

i 1

1 1 1/n2 n

1 . Alors, pour f ( x) n2

1 , x

n . Il s’ensuit qu’il est possible d’augmenter, de façon arbitraire, la valeur de

n

f ( xi* ) x jusqu’à

i 1

ce qu’elle soit importante et, conséquemment, la fonction f n’est pas intégrable sur l’intervalle [0, 1].

n

i4 5 1 n

n

71. lim i

n

i4 1 4 n 1 n

n

lim i

lim

n

n i 1

i n

4

n 1 f ( xi ) x , où . À ce point, nous devons reconnaître que la limite est de la forme lim n n i 1

Δx = (1 – 0)/n = 1/n, xi = 0 + i Δx = i/n et f(x) = x4. Il s’ensuit que l’intégrale définie est Calcul intégral

1.4 L’intégrale définie

1 0

x 4 dx . © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

72. lim n

1 n

Chapitre 1 Les intégrales

n i

1 2 1 1 (i /n)

l’intégrale définie est

73. Choisissez xi

1

n

lim

n

i

1 0

1 1 2 n 1 1 (i /n)

n

lim

n

51

f ( xi ) x , où Δx = (1 – 0)/n = 1/n, xi = 0 + i Δx = i/n et f ( x)

i 1

1 . Il s’ensuit que 1 x2

dx . 1 x2

i et xi* n 2 1

xi

x 2 dx

1

xi

lim

n

1 n

lim n

n

n i 1

lim n

1 i 1 i 1 1 n n 1 n i 1

n i 1

n

i 1 i . Alors, 1 n n

1

1 n

1 lim n n n

1

i 1

1 2n 1

n 1 lim(1

n

n

1 (n i 1)(n i )

selon l'indice

n i

1 1 2n

lim n

n

1 2

)

1 n 1

lim n

n

1 2n 1

1

n 1 i 0

n i

n i 1

1 n i

1 2n

1 2

À DÉCOUVRIR : LA FONCTION AIRE 1.

a)

Aire du trapèze

1 2

(b1 b2 )h

10 unités

1 2

(3 7)2

2

ou :

Aire du rectangle aire du triangle br hr

Calcul intégral

1 2

bt ht

(2)(3)

1 2

(2)(4) 10 unités2

1.4 L’intégrale définie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

52

b)

Tel que déterminé à la sous-question a),

A( x)

1 2

( x 2)( x 1) c)

1 2

[3 (2x 1)]( x 1) x

2

(2x

4)( x 1)

x 2 unités 2

A′(x) = 2x + 1. Il s’agit ici de l’ordonnée du point (x, 2x + 1) appartenant à la droite donnée.

2. a)

b)

x

A( x)

1

1[ x ( 1)] x 1 1 3

c)

x

(1 t 2 )dt

x3

1 3

x

x3

1 dt

1

x3

( 1)3 3

x 1

t 2 dt

propriété 2

propriété 1 et exercice 1.4.28

1 3

4 3

A′(x) = x + 1. Il s’agit ici de l’ordonnée du point (x, 1 + x2) appartenant à la courbe donnée.

Calcul intégral

2

1.4 L’intégrale définie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

53

d)

d)

A(x + h) – A(x) est l’aire sous la courbe y = 1 + t2 de t = x à t = x + h.

e)

Un rectangle qui est une approximation de la région apparaît dans le graphique. Sa hauteur est 1 + x2, sa largeur h et son aire h(1 + x2), donc A( x h) f)

A( x)

h(1 x 2 )

A( x h) h

A( x)

1 x2 .

La sous-question e) indique que le taux de variation moyen sur [x, x + h[ de A est d’environ 1 + x2. Si h se rapproche de 0, le quotient se rapproche du taux de variation instantané en x, soit A′(x). Le résultat obtenu à la sous-question c), A′(x) = x2 + 1, est donc géométriquement plausible.

3.

a)

f(x) = cos(x2)

b)

La fonction g(x) commence à décroître à la valeur de x où cos (t2) change de positive à négative, c’est-à-dire lorsque x = 1,25 environ.

Calcul intégral

1.4 L’intégrale définie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

c)

g ( x)

x 0

Chapitre 1 Les intégrales

54

cos(t 2 ) dt . À l’aide d’une commande d’intégration, nous trouvons que g(0) = 0, g(0,2) ≈ 0,200, g(0,4) ≈ 0,399,

g(0,6) ≈ 0,592, g(0,8) ≈ 0,768, g(1,0) ≈ 0,905, g(1,2) ≈ 0,974, g(1,4) ≈ 0,950, g(1,6) ≈ 0,826, g(1,8) ≈ 0,635 et g(2,0) ≈ 0,461.

d)

4.

Nous construisons le graphique de g′. Comme les graphiques de g′(x) et de f(x) sont semblables, nous supposons que g′(x) = f(x).

Nous avons démontré aux problèmes 1 et 2 que si g ( x)

x a

f (t ) dt , alors g′(x) = f(x), pour les fonctions f(t) = 2t + 1 et f(t) = 1 + t2.

Au problème 3, nous avons supposé que cela est vrai également pour f(t) = cos(t2), en nous appuyant sur des preuves visuelles. Nous présumons donc que g′(x) = f(x) pour toute fonction continue f. Ceci est en fait vrai, et est prouvé à la section 1.5 (Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral).

Calcul intégral

1.4 L’intégrale définie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

55

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral 1.

Un procédé défait ce que fait l’autre procédé. Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral donne l’énoncé rigoureux de cette affirmation. Veuillez vous référer à l’énoncé de ce théorème et au paragraphe subséquent à la page 50.

2.

a)

g ( x) g (1) g (2)

x 0 1 0

2 0 1 2

0

f (t ) dt , donc g (0) 1 2

f (t ) dt

1 2

f (t ) dt

0.

1 1 [aire du triangle] 1

f (t ) dt

0

0

2

f (t ) dt

1

1 2

.

f (t ) dt [sous l'axe des x]

1 1 0. 3

g (4)

g (3)

g (5)

g (4)

g (6)

g (5)

b)

g (7)

g (6)

c)

Les réponses aux sous-questions a) et b) indiquent que la fonction g atteint un minimum lorsque x = 3 et un maximum lorsque

4 3

5 4 6 5 7 6

f (t ) dt

f (t ) dt

0 1 2

11

1 2

g (2)

2

f (t ) dt

1 2

g (3)

1 2

.

1 1 0.

0 1,5 1,5 .

f (t ) dt 1,5 2,5 4 . f (t )dt

4 2,2 [approximation à partir du graphique] = 6,2.

x = 7. Si nous nous reportons au graphique de la fonction f, nous voyons que ceci est raisonnable puisque nous soustrayons l’aire sur l’intervalle 1 < x < 3 et ajoutons celle sur l’intervalle 3 < x < 7. d)

3.

a)

g ( x) g (0) g (1)

Calcul intégral

x 0 0 0 1 0

f (t ) dt . f (t ) dt

0

f (t ) dt 1 2 2 [rectangle] ,

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

g (2)

2 0

Chapitre 1 Les intégrales

g (6)

3 0

0 1 2

2 1 2

g (3)

1

f (t )dt

f (t )dt 6

g (3)

3 1 2

7

f (t )dt

2 1

f (t )dt

g (1)

2 1

56

f (t )dt

1 2 5 [rectangle plus triangle],

g (2)

3 2

f (t )dt

5

1 2

1 4 7,

f (t )dt [l'intégrale est négative puisque la fonction f est située sous l'axe des x] 2 2 1 2

7 4 3

b)

La fonction g est croissante sur ]0, 3[ parce que, à mesure que x augmente de 0 à 3, nous ajoutons des aires.

c)

La fonction g atteint un maximum lorsque nous commençons à soustraire des aires, c’est-à-dire, lorsque x = 3.

d)

4. a)

g ( x)

x 0

f (t )dt , donc g(0) = 0 puisque les bornes d’intégration sont égales et g(6) = 0 puisque les aires situées au-dessus et au-

dessous de l’axe des x ont la même valeur. b)

g(1) est l’aire de la région sous la courbe de 0 à 1, qui comprend deux carrés-unités et de 80 % à 90 % d’un troisième carréunité, donc g(1) ≈ 2,8. D’une façon similaire, g(2) ≈ 4,9 et g(3) ≈ 5,7. Comme g(3) – g(2) ≈ 0,8, g(4) ≈ g(3) – 0,8 ≈ 4,9 en raison de la symétrie de la fonction f autour de x = 3. De la même façon, g(5) ≈ 2,8.

c)

À mesure que x augmente de 0 à 3, nous ajoutons des aires, ce qui fait que la fonction g est croissante sur ]0, 3[.

d)

La fonction g est croissante sur ]0, 3[ et est décroissante sur ]3, 6[ [où nous soustrayons des aires], donc la fonction g atteint un maximum à x = 3.

e)

Un graphique de la fonction g doit montrer un maximum en x = 3, être symétrique autour de x = 3 et montrer des valeurs zéro à x = 0 et x = 6.

f)

Si nous traçons le graphique de la fonction g′ à l’aide des valeurs estimées des pentes des tangentes à la courbe de la fonction g, nous obtenons un graphique semblable à celui de la fonction f (tel qu’indiqué par le TFC1).

Calcul intégral

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

57

5.

a)

Selon le TFC1, avec f (t ) t 2 et a = 1, g ( x)

b)

Selon le TFC2, g ( x)

a)

Selon le TFC1, avec f (t )

b)

Selon le TFC2,

x 1

t 2 dt [ 13 t 3 ]1x

1 3

x3

x 1

t 2dt

1 3

g ( x)

f ( x)

x2 .

x2 .

g ( x)

6.

x

g ( x)

0

x

2 sin t et a = 0, g ( x)

(2 sin t )dt [2t cos t ]0x

0

(2 sin t ) dt

g ( x)

f ( x)

2 sin x .

(2 x cos x) (0 1)

2 x cos x 1 g ( x)

7.

f (t )

2 ( sin x) 0 2 sin x

1 et g ( x) t3 1

x 1

1 dt , donc, selon le TFC1, g ( x) t3 1

1 . Il faut noter que la borne inférieure, 1, pourrait être x3 1

f ( x)

tout nombre réel supérieur à –1 et que la réponse serait identique.

2

f (t ) et

9.

f ( x) (t t 2 )8 et g (s)

10.

f ( x)

11. F ( x)

t

x

8.

x2

x

Calcul intégral

et g ( x)

3

4 et g (r )

1 sec t dt

2

et t dt , donc, selon le TFC1, g ( x)

s 5

f ( x) e x

2

x

.

(t t 2 )8 dt , donc, selon le TFC1, g′(s) = f(s) = (s – s2)8.

r 0

x

x2

4 dx , donc, selon le TFC1, g (r )

1 sec t dt

F ( x)

d dx

x

f (r )

1 sec t dt

r2

4.

1 sec x

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

12. G( x)

13. Soit u

h ( x)

1 x

15. Soit u

d dx

y

16. Soit u

d dx

y

x

cos t dt

d dx

ex 1

e x . Aussi, d du

ln t dt

du dx

x . Alors

d dx

z2

x

z

1

4

1

tan x

t

0

cos2

d dx

18. Soit u

d dx

y

1 1

du dx

du dx

sin x . Alors 1

1 t 2 dt

1 u 2 cos x

19.

20.

2 1

1 1

u 0

u 0

4

ln u

1

t

cos2

dw dx

dh dx

3 . Aussi,

du dx

1 u

1 t 2 dt

cos x

xe x .

x 1 x2 1 2 x

x . 2( x 2 1)

dy du , donc du dx

du dx

u

du dx

u

tan x sec2 x .

tan x

dy du , donc du dx

du dx

cos 2 u

dy dx

dy dw , donc dw dx

cos x . Aussi,

d du

(ln e x ) e x

4

dy dx

t dt

dy dx

cos t dt

u 2 du u 1 dx

du dx

dz

d

du dx

x 1

58

dh du , donc du dx

d 1 u3 dw du 2 w dw 1 u dx

dy dx

du dx

d dw

du dx

w 1

cos 2 ( x 4 ) 4 x3 .

u3 dw du 2 1 u dx

w3 3(1 3x)3 ( 3) 1 w2 1 (1 3x) 2

dy du , donc du dx

d du

u 1

1 t 2 dt

du dx

1 sin 2 x cos x

2

1 x100dx [ 101 x101 ]1 1

1 101

Calcul intégral

du dx

sec2 x . Aussi,

d du

x2

2 x)dx

dh du , donc du dx

z2 z

1

d du

x4 4

( x3

dh dx

. Aussi,

u

d dx

G ( x)

4 x3 . Aussi,

d

u3 du 3x 1 u 2

sin x

d du

dz

17. Soit w 1 3x . Alors

y

ln t dt

2 x

t dt

x 4 . Alors x4

u 1

1

tan x . Alors

0

cos t dt

1

du dx

e x . Alors

14. Soit u

h ( x)

Chapitre 1 Les intégrales

1

(

24 4

1 101

)

22

( 1)4 4

( 1)2

(4 4) ( 14 1)

0 (

3 4

)

3 4

2 101

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

21.

22.

23.

24.

4 1

1

9

27.

28.

8

2/3

x

1

/6

5 5

1 0

u4

dx

2 5

9 1

u 9 )du [u

1/ 2

x

x1/3 1/3

sin d

4 0

1

31.

32.

33.

34.

35.

2 0

1

/4

/4 0

2 1

3

0

2 3

[ x3/ 2 ]19

cos

/6

2 0

(2 y 2

tan 4

[sec ]0 / 4

sec tan d

( cos 6 )

2 1

4 0

9 1

v

Calcul intégral

2

2 3

52 3

(27 1)

3/2

1

3/2

u2

6u ]10

1/ 2

8 3/ 2 3

t

2 3

)dx

4 3

( 13

x3/ 2

1 2

4 2 5/ 2 5 0

t

2 x1/ 2

37 6

6) 0

8 3

(8)

2 5

320 192 15

(32)

128 15

9 1

40 3

)

1 2

y2

y ]02

( 163

2 2) 0

4 3

tan 0 1 0 1

sec 4

sec0

2 1

(1 4 y 4 y 2 )dy [ y 2 y 2

v3

1

1 2

y 1)dy [ 23 y 3

2

4

x

2) 12 (

(2sin x e x )dx [ 2cos x e x ]30

1

53 50

) 0

( 1)

(4t1/ 2 t 3/ 2 )dt

( x1/ 2

0

3v6

1 25

(93/ 2 13/ 2 )

2 3

(u 2 u 6)du [ 13 u 3

sec2 t dt [tan t ]0 / 4

(1 2 y)2 dy

1 10

(1

3(81/3 11/3 ) 3(2 1) 3

(4 t )t1/ 2 dt

( y 1)(2 y 1)dy

0

u10 ]10

1

x 1 dx x x 27 2 3) ( 23

9

1 25

9

3[ x1/3 ]18

4

( 23

30.

u5

1

0

1

(20 16 64) (5 1 1) 68 5 63

5e ( 5e) 10e

(4 t ) t dt

x 1 dx x

1 10

59

8

[ cos ]

e dx [ex]5 5

t 3 ]14

x3/ 2 3/2

dx

(u 2)(u 3)du

9

29.

1 2

x dx

1

25.

26.

(5 2t 3t 2 )dt [5t t 2

(1

0

Chapitre 1 Les intégrales

4 3

y 3 ]12

(2 8

32 3

) (1 2

4 3

)

62 3

13 3

49 3

( 2cos3 e3 ) ( 2 1) 3 2cos3 e3

1 3v 2 dv [ln|v| v3 ]12 v

(ln 2 8) (ln1 1)

ln 2 7

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

36.

37.

38.

39.

40.

41.

3 dz z

18 1

1 0

( xe

3 1/ 3

2 1

1 1

18

Chapitre 1 Les intégrales

3z

1

1/ 2

xe 1 ex e 1

e x )dx

8 dx 1 x2

2

(4u

1

4 1 x2

0

8

3

e2

1 e 1 e 1

(0 1)

8

6

4 u 2

u 1 )du

4 3

6

2 2

2

2

ln|u|

u

1

ln u

2

(

1 2

ln 2) ( 2 ln1)

3 2

ln 2

1

e2 1 [ou bien utilisez d’abord eu+1 = eue1]

e0

1/ 2

dx

3

2 3 3 2 1

4arcsin x 1/ 2

4

4

6

4

12

3

sin x si 0 x /2 , alors cos x si /2 x

42. Si f ( x)

/2

f ( x)dx

0

3

2 3(181/ 2 11/ 2 )

1 e e 1

3

eu 1du [eu 1 ]1 1

1/ 2

1

8 arctan x 1/

4 u2 du u3

1/ 2

3[2 z1/ 2 ]118

dz

60

0

sin x dx

/2

cos x dx [ cos x]0 / 2 [sin x]

/2

cos 2

cos0 sin

sin 2

0 1 0 1 0 Selon le théorème 3 à la section 1.4, la fonction f est intégrable.

2

43. Si f ( x) 2 2

4 x

2

f ( x)dx

si 2 x 0 , alors si 0 x 2 0 2

2 dx

2 0

(4 x 2 )dx [2 x]02 [4 x

1 3

x3 ]02

[0 ( 4)] ( 163 0)

28 3

Selon le théorème 3 à la section 1.4, la fonction f est intégrable. 4

44. La fonction f ( x)

x

n’est pas continue sur l’intervalle [–2, 1]; on ne peut pas donc appliquer le TFC2.

45. La fonction f ( x)

4 n’est pas continue sur l’intervalle [–1, 2]; on ne peut donc pas appliquer le TFC2. x3

46. La fonction f ( ) sec tan

n’est pas continue sur l’intervalle [π/3, π]; on ne peut donc pas appliquer le TFC2.

47. La fonction f ( x) sec2 x n’est pas continue sur l’intervalle [0, π] ; on ne peut donc pas appliquer le TFC2. Calcul intégral

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

27

48. Selon le graphique, il semble que l’aire soit d’environ 60. L’aire exacte est

0

61

x1/3dx

3 4

x 4/3

3

6

3

1

27

3 4

0

81 0

243 4

60,75 . Ceci

représente les trois-quarts de l’aire du rectangle.

49. Selon le graphique, il semble que l’aire soit d’environ 13 . L’aire exacte est

6 1

x 4 dx

x

1 3x3

6

1 3 216

1

50. Il semble que l’aire sous la courbe représente environ les deux-tiers de l’aire du rectangle, soit environ 23 est

0

sin x dx [ cos x]0

( cos ) ( cos0)

1 3

215 648

0,3318 .

2,1 . L’aire exacte

( 1) 1 2 .

51. Si nous divisons la région telle que montrée au graphique, nous estimons que l’aire sous la courbe soitapproximativement

52.

2 1

x3dx [ 14 x 4 ]21

Calcul intégral

4

3

1 4

1 4

15 4

(3

3

) 1,8 . L’aire exacte est

/3 0

sec2 x dx [tan x]0 /3

3 0

3 1,73 .

3,75

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

53.

2 /6

cos x dx [sin x]2 /6

54. g ( x)

u2 1 du 2x u2 1

55. g ( x) g ( x)

1 2x 1 2x

0

t sin t dt

1 2x

3x 0

u2 1 du u2 1

(3x)2 1 d (3x) (3x)2 1 dx

t sin t dt

1 2x 0

2x 0

u2 1 du u2 1

3x 0

u2 1 du u2 1

4x2 1 9x2 1 3 2 4x 1 9x2 1

2

1 2x

t sin t dt

0

t sin t dt

1 2x 0

t sin t dt

d d (1 2 x) (1 2 x)sin(1 2 x) (1 2 x) dx dx 2(1 2 x)sin(1 2 x) 2(1 2 x)sin(1 2 x) (1 2 x)sin(1 2 x)

x2 x

2x

57. F ( x)

x

F ( x)

0

2

et dt

ex

F ( x)

2

e( x

x

2 2

)

sin x cos x

ln(1 2v)dv

0

d 2 (x ) dx

0

arctan t dt

arctan x

x2

2

et dt

x

d dx

x

0 cos x

0

ln(1 2cos x)

Calcul intégral

x

2

et dt ex

2

arctan t dt

0

2 xe x

2x 0

arctan 2 x

ln(1 2v)dv

cos x

y

62

1 2

0

(2 x)2 1 d (2 x) (2 x)2 1 dx

56. F ( x)

y

1 2

0

u2 1 du 2x u2 1

3x

g ( x)

58.

Chapitre 1 Les intégrales

ln(1 2v)dv

2

et dt

x2 0

2

et dt

4

arctan t dt

d (2 x) dx

sin x 0

arctan t dt

1 arctan x 2 x

2x 0

arctan t dt

2arctan 2 x

ln(1 2v) dv

sin x 0

x 0

ln(1 2v)dv

d d cos x ln(1 2sin x) sin x sin x ln(1 2cos x) cos x ln(1 2sin x) dx dx 1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

x

59. La fonction f ( x) Comme e x

60.

t

0

2

( x2

y

2

2

(1 t 2 )et dt est croissante lorsque la fonction f ( x) (1 x 2 )e x est positive. 1 x2

0 , f ( x) 0

t2 dt t 2

x

y

2

0

63

y

x

|x| 1 , donc la fonction f est croissante sur ]–1, 1[.

0

x2 x 2

2

x 2)(2 x) x 2 (2 x 1) ( x 2 x 2)2

2 x3

2 x2 ( x2

4 x 2 x3 x 2)2

x2

x2 (x

4x x 2)2

2

x( x 4) . La courbe y est concave vers le bas ( x 2 x 2)2

lorsque y″ < 0, c’est-à-dire sur ]–4, 0[. y

61. g ( y)

3

f ( x)dx

1 sin 2 ( 6 ) cos 6

g (6)

62. Selon le TFC2,

63. a)

b

64. a)

4 1

2

erf(x)

0

b)

g ( y)

x 0

a

2

e t dt

0

f (4)

2

e t dt

2

0

b a

5 2

e t dt

2 b

2

e t dt , donc

y

3 2

a

2

15 2

x

f (4) 17 12 29 .

f (4) 12

erf(x) . Selon la propriété 5 des intégrales définies qui est donnée à la section 1.4,

b

2

e t dt

0

2

e t dt

2

0

1 sin2 y cos y , donc

f ( y)

.

2 xe x erf(x) e x erf (x)

La fonction de Fresnel S ( x)

1 t 2 dt , g ( y)

0

3 2

f (1) , donc 17

x

2

e t dt

e x erf ( x)

y

1 ( 12 ) 2

f ( x)dx

sin x

f ( y) . Comme f ( x)

a 0

2

e t dt

2 xy e x

2

2

2

e

erf (b)

x2

2

[selon TFC1]

sin( 2 t 2 )dt atteint des maxima locaux lorsque 0

1 2

erf (a)

2 xy

[erf (b) erf (a)] .

2

.

S '( x) sin( 2 t 2 ) et la valeur de S′ change de

positive à négative. Pour x > 0, cela se produit lorsque 2

x2

(2n 1)

x2

[multiples impairs de ]

valeur de S′ change de positive à négative lorsque

2

2(2n 1) x2

2n

x

4n 2 , n étant tout entier naturel. Pour x < 0, la x2

[multiples pairs de ]

4n

2 n . Le signe

x

de S′ ne change pas lorsque x = 0. b)

La fonction S est concave vers le haut sur les intervalles où S″(x) > 0. Si nous prenons la dérivée de l’expression pour S′(x), nous obtenons S ( x) cos( 2 x2 )(2 2 x) ou (2n

1 2

)

2

x2

(2n

1 2

x cos( 2 x2 ) . Pour x > 0, S″(x) > 0 où cos( 2 x2 ) 0

) , n étant tout nombre entier

naturel. Pour x < 0, S″(x) > 0 où cos( 2 x2 ) 0

4n 3 x2 Calcul intégral

4n 1

4n 3

(2n

x

4n 1

3 2

0

)

2

x2

x 1 ou 4n 1

(2n

4n 3

1 2

x

x

0

2

x2

2

4n 1 , n étant tout entier

) , n étant tout nombre entier

4n 1

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

4n 3

x

4n 1 . Il

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

s’ensuit que les intervalles de concavité vers le haut pour x < 0 sont ]

64

4n 1,

résumé, la fonction S est concave vers le haut sur les intervalles ]0, 1[, c)

3, – 1 ,

4n 3[ , n étant tout entier naturel. En

3, 5 ,

7,

5 ,

7, 3 ,….

Si vous utilisez Maple, employez la commande plot ({int (sin (Pi*tˆ2/2),t=0..x), 0.2}, x=0..2);. Le logiciel Maple dispose à son lancement la fonction de Fresnel. La commande est FresnelS (x) : plot(FresnelS(x), x=0..2). Si vous utilisez Mathematica, employez Plot [{Integrate [Sin [Pi*tˆ2/2], {t,0,x}], 0.2}, {x,0,2}]. Avec Derive, il faut charger le fichier d’utilitaire (l’extension) FRESNEL et utiliser la commande plot FRESNEL_SIN(x). Les graphiques suivants démontrent que

x 0

sin( 2 t 2 )dt

0,2 en

x ≈ 0,74.

65. a)

Si vous utilisez Maple, vous devez tout d’abord entrer la commande si:=int (sin(t)/t, t=0..x);. Si vous utilisez Mathematica, la commande à employer est si=Integrate [Sin[t]/t, {t,0,x}]. Il faut noter que les deux logiciels disposent de cette fonction; le logiciel Maple l’appelle Si(x) alors que Mathematica la nomme SinIntegral[x]. Avec Maple, la commande qui génère le graphique est plot (si, x=-4*Pi..4*Pi);. Avec Mathematica, elle est Plot [si,{x, -4*Pi, 4*Pi}]. Avec Derive, il faut charger le fichier d’utilitaire EXP_INT et utiliser la commande plot SI(x).

b)

La fonction Si(x) atteint des maxima locaux lorsque la valeur de Si′(x) change de positive à négative, en passant par 0. Puisque, selon le théorème fondamental, Si (x)

d dx

x 0

sin t dt t

sin x , la fonction doit atteindre un maximum lorsque sin x = 0. Pour x

x > 0, la fonction doit atteindre un maximum lorsque x = (2n – 1)π, n étant tout entier naturel, si la valeur de Si′ change de positive à négative à x. Pour x < 0, la fonction doit atteindre un maximum lorsque x = 2nπ, n étant tout entier naturel, puisque le dénominateur de Si′(x) est négatif pour x < 0. Il s’ensuit que les maxima locaux se produisent lorsque x = π, –2π, 3π, –4π, 5π, –6π,…. c)

Pour trouver le premier point d’inflexion, nous trouvons la valeur de Si (x)

cos x x

sin x x2

0 . Nous pouvons constater sur le

graphique que le premier point d’inflexion se situe entre x = 3 et x = 5. À l’aide d’un logiciel permettant d’extraire les racines, Calcul intégral

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

65

nous obtenons la valeur x ≈ 4,493 4. Pour trouver l’ordonnée du point d’inflexion, nous calculons Si(4,493 4) ≈ 1,655 6. Les coordonnées du premier point d’inflexion à la droite de l’origine sont donc environ (4,493 4; 1,655 6). Une autre méthode consiste à tracer le graphique de la fonction S″(x) et à estimer la première valeur positive de x à laquelle la valeur de la fonction change de positive à négative ou l’inverse. d)

Selon le graphique, il semble que la fonction admet des asymptotes horizontales à y ≈ 1,5, avec des bornes respectives de lim Si(x ) x

1,5 . Si nous utilisons la commande de calcul d’une limite, nous obtenons limSi( x) x

fonction impaire, lim Si( x)

2

x

e)

2

. Comme Si(x) est une

. La fonction Si(x) admet donc des asymptotes horizontales d’équations y

2

.

Nous utilisons la commande fsolve du logiciel Maple (ou la commande FindRoot de Mathematica) et trouvons que la solution est x ≈ 1,1. Comme dans la question 65 c), nous pouvons également tracer les courbes des fonctions y = Si(x) et y = 1 dans le même graphique afin de trouver le point où elles se croisent.

66.

a) Selon le TFC1, g′(x) = f(x). Donc, g′(x) = f(x) = 0 à x = 1, 3, 5, 7 et 9. La fonction g atteint des maxima locaux à x = 1 et 5 (puisque la valeur de f = g′ change de positive à négative à ces endroits) et des minima locaux à x = 3 et 7. La fonction n’atteint pas de maximum ou de minimum local à x = 9, puisque la fonction f n’est pas définie pour x > 9. b)

Le graphique montre que

g (5)

5 0

f dt

g (1)

3 1

1 0

3

f dt

f dt

1

5 3

f dt

5 3

f dt et g (9)

f dt 9 0

7 5

f dt

f dt

g (5)

9

f dt . Donc, g (1)

7

7 5

f dt

9 7

1 0

f dt ,

f dt . Il s’ensuit que g(1) < g(5) < g(9) et la

fonction g(x) atteint un maximum absolu à x = 9. c)

La fonction g est concave vers le bas sur les intervalles où g″ < 0. Cependant, g′(x) = f(x), donc g″(x) = f′(x), qui est négative sur les intervalles approximatifs

1 2

, 2 , ]4, 6[ et ]8, 9[. La fonction g est donc concave vers le bas sur ces intervalles.

d)

67. a)

Selon le TFC1, g′(x) = f(x). Donc, g′(x) = f(x) = 0 à x = 2, 4, 6, 8 et 10. La fonction g atteint des maxima locaux à x = 2 et 6 (puisque la valeur de f = g′ change de positive à négative à ces endroits) et des minima locaux à x = 4 et 8. La fonction n’atteint pas de maximum ou de minimum local à x = 10, puisque la fonction f n’est pas définie pour x > 10.

Calcul intégral

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

b)

Chapitre 1 Les intégrales

2

Le graphique montre que 6

g (6)

0

f dt

4

g (2)

2

4

f dt

0

2

6

f dt

4

6

f dt

4

8

f dt

f dt et g (10)

6

10 0

10

f dt

f dt

8

66

f dt . Donc, g (2) 8

g (6)

6

10

f dt

8

2 0

f dt ,

f dt . Il s’ensuit que g(2) > g(6) > g(10) et

la fonction g(x) atteint un maximum absolu à x = 2. c)

La fonction g est concave vers le bas sur les intervalles où g″ < 0. Cependant, g′(x) = f(x), donc g″(x) = f′(x), qui est négative sur les intervalles ]1, 3[, ]5, 7[ et ]9, 10[. La fonction g est donc concave vers le bas sur ces intervalles.

d)

n

i3 4 1 n

n

68. lim i

69. lim n

1 n

lim

n

1 n

1 0 n

2 n

n i 1

3

i n

1 0

n n

lim

n

1

x4 4

x3 dx

n

1 0 n

i 1

0

i n

1 4

1 0

2 x3/ 2 3

x dx

1

0

2 0 3

2 3

70. Supposons que h < 0. Puisque la fonction f est continue sur l’intervalle [x + h, x], il découle du théorème des valeurs extrêmes qu’il existe dans [x, x + h] des nombres u et v tels que f(u) = m et f(v) = M où m et M sont respectivement le minimum et le maximum absolus de f sur [x, x + h]. Selon la propriété 8 des intégrales, m( h) dire f (u )( h)

Selon l’égalité 2,

x h x

f (t )dt

x x h

f (t )dt

M ( h) , c’est-à-

f (v)( h) . Comme –h > 0, nous pouvons diviser cette inégalité par –h: f (u )

g ( x h) g ( x ) h

1 h

x h x

f (t ) dt pour h ≠ 0, et il s’ensuit que f (u )

g ( x h) g ( x ) h

1 h

x h x

f (t )dt

f (v) .

f (v) , qui sont les inégalités

3 lorsque h < 0. 71.

72. a)

d dx

h( x) g ( x)

f (t ) dt

Soit f ( x)

h( x) d a f (t )dt f (t ) dt [où a fait partie du domaine de f ] a dx g ( x ) g ( x) d d h( x) f (t ) dt f (t ) dt f ( g ( x)) g ( x) f ( g ( x)) h ( x) a dx dx a f (h( x)) h ( x) f ( g ( x)) g ( x)

x

f ( x) 1/ 2 x

0 pour x

0

f est croissante sur ]0, ∞[. Si x ≥ 0, alors x3 ≥ 0, donc 1 + x3 ≥ 1

et, comme la fonction f est croissante, cela signifie que f (1 x3 )

Calcul intégral

f (1)

1 x3

1 pour x ≥ 0. Ensuite, soit

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

g (t ) t 2 t

g (t )

g (t ) 0 lorsque t ≥ 1. Ainsi, la fonction g est croissante sur ]1, ∞[. Et puisque g(1) = 0,

2t 1

1 x3 , lorsque x ≥ 0.

g(t) ≥ 0 lorsque t ≥ 1. Finalement, soit t

t 1 b)

73. a) b)

0

75. a)

1 x3

1

1 x3 dx [ x

0

1 4

x 4 ]10

1

1 0

0

1 (voir plus haut)

0 pour x ≥ 0. Par conséquent, 1

0

1

1

1 x3

1

1 x3 dx

1 x3 dx 1

1 4

0

1 x3

1 x3 pour x ≥ 0.

(1 x3 )dx

1,25 .

Pour 0 ≤ x ≤ 1, nous avons x2 ≤ x. Puisque la fonction f(x) = cos x est décroissante sur ]0, 1[, cos (x2) ≥ cos x. π/6 < 1, donc selon la sous-question a), cos(x2) ≥ cos x sur ]0, π/6[. Il s’ensuit /6

que

74. 0

(1 x3 )

g (t ) 0

Selon la sous-question a) et la propriété 7, 1 dx

[ x]10

67

x

4

0

x2 x2 1

10 5

x

4

/6

cos( x2 )dx

x2 x4

0

cos x dx [sin x]0 / 6

sin( /6) sin 0

1 2

0

1 2

.

1 sur ]5, 10[, donc x2

x2 dx x2 1

10 5

1 dx x2

x

Si x < 0, alors g ( x)

0

10

1 x

5

x

f (t ) dt x

Si 0 ≤ x ≤ 1, alors g ( x)

1 10

0

0 dt

0

1 10

0,1 .

0.

x

f (t ) dt

0

1 5

t dt

[ 12 t 2 ]0x

1 2

x2 .

Si 1 < x ≤ 2, alors

g ( x)

x 0 1 2

f (t )dt

(1)

2

[2t

Si x > 2, alors g ( x)

0 g ( x)

x2 2x 1 1 2

1 2

x2

1 0

x

f (t )dt

1 2 x 1 2

t ] x 0

1 1 2

(2 x

f (t )dt

si x si 0 1 si 1 si x

f (t )dt 1 2

g (2)

g (1) 2

x ) (2 x 2

x 1 1 2

(2 t )dt )

2x

1 2

x 2 1.

0 dt 1 0 1 . Donc,

0 x 1 x 2 2

b)

Calcul intégral

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

c)

Chapitre 1 Les intégrales

68

La fonction f n’est pas dérivable lorsqu’elle forme un « coin » en x = 0, 1 et 2. La fonction f est dérivable sur ]–∞, 0[, ]0, 1[, ]1, 2[ et ]2, ∞[. La fonction g est dérivable sur]–∞, ∞[.

x

76. Selon le TFC1, nous prenons la dérivée des deux côtés de 6

a

f (t ) dt t2

2 x afin d’obtenir

f ( x) x2

2

1 2 x

f ( x)

x3/ 2 . Pour

trouver a, nous substituons x = a dans l’équation originale pour obtenir 6

a a

f (t ) dt t2

b

77. B 3 A

0

t

78. a) Soit F (t )

0

2 a

6 0

a

e x dx 3 e x dx

2 a

[e x ]b0

0

3

a

3[e x ]0a

a 9.

eb 1 3(ea 1)

eb

3ea

2

b ln(3ea

2)

f ( s) ds . Alors, selon le TFC1, F′(t) = f(t) = taux de dépréciation, donc F(t) représente la perte de valeur sur

l’intervalle [0, t]. b)

1 A t

La fonction C (t )

t 0

A F (t ) représente la dépense moyenne par unité de t durant l’intervalle [0, t], en t

f ( s)ds

supposant qu’il n’y a eu qu’une seule révision pendant cette période. L’entreprise désire réduire au maximum la dépense moyenne. c)

79. a)

C (t )

1 A t

C (t )

0

C (t )

1 t [ f (s) t 0

t 0

f ( s) ds

f (t )

1 A t

t 0

f (s) ds

t 0

f (s) ds

1 f (t ) . t

C (t ) .

g (s)] ds . Selon le TFC1 et la règle de la dérivée d’un produit, nous

1 t2

t 0

[ f ( s)

[ f (t ) g (t )] C(t ) 0

Calcul intégral

A

1 1 [ f (t ) g (t )] 2 t t

g (t )]

1 A t2

f (s)ds . Selon le TFC1, nous avons C (t )

t f (t )

avons C (t )

1 [ f (t ) t

t 0

t 0

[ f ( s)

g ( s)] ds

0

C(t )

f (t )

g ( s)] ds . Soit C′(t) = 0;

[ f (t )

g (t )]

1 t [ f ( s) t 0

g ( s)] ds

0

g (t ) .

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

b)

Chapitre 1 Les intégrales

t

Pour 0 ≤ t ≤ 30, nous avons D(t )

V 15

Donc, D(t ) V

0

V 2 t 900

V 15

V s ds 450 60t t 2

V

V s 15

t

V 2 s 900 t2

900

0

69

V t 15

V 2 t . 900 (t 30)2

60t 900 0

0

t

30 . Le temps

requis T est donc 30 mois. c)

C (t )

1 t

t 0

V 15

1 V t t 15 C (t )

C (0)

V V 1 V s s 2 ds s 450 12 900 t 15 V 2 t 900

V V t 900 19 350

V 15

V t3 38 700

V 15

0 lorsque

1 t 19 350

0,06667V et C (30)

V 15

V 2 s 900

V t 900

t

0

V t2 38 700

1 900

V (30) 900

V s3 38 700

t

21,5 . C (21,5)

V (30) 2 38 700

V 15

V V (21,5) (21,5)2 900 38 700

0,0547 2V ,

0,05659V ; le minimum absolu que la fonction atteint est

donc C(21,5) ≈ 0,0547 2V. d)

Comme à la sous-question c), nous avons C (t ) V 15 t2

V t 900 1 12 900

V t2 38 700 1 38 700

V 15 t

V 15

V t 900

V t 2 , donc C(t ) 38 700

f (t ) g (t )

V V t t2 450 12 900

1 450

1 900

t

1/900 2/38 700

43 2

21,5 . Il s’agit là de la valeur de t que nous avons trouvée

comme point critique de C à la sous-question c); nous avons donc, dans ce cas, vérifié le résultat obtenu en a).

Calcul intégral

1.5 Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

70

1.6 L’intégrale indéfinie et le théorème de la variation nette

1.

1 x2 x

d dx

(1 x 2 )1/ 2 x

d dx

C

(1 x 2 )

2.

d 1 x dx 2

1 sin 2 x C 4

3.

d [sin x dx

4.

d 2 (bx 2a) a bx dx 3b 2

5.

( x2

x3 3

3

x 2 dx

x3

1 4

10.

v(v 2 1)2 dv

Calcul intégral

C

1

( x3/ 2

1 3 x 3

(2u 2

v(v 4

x3 x

(2 x) (1 x 2 )1/ 2 1 0 ( x)2 1 x

2

1 x2

1 cos 2 x 2 cos 2 x

1 2

cos 2 x

1 2

4v 2

2 (bx 2a)(a bx)1/ 2 3b 2 1 2

(bx 2a)

1 b(a bx) 2

1 x

x5/ 2 5/2

x5/3 5/3

1 x2 4 4

1 x2 4 2

y3 3

4)dv

2 x1/ 2 dx x

C

2

u3 3

9

( x2

1/ 2

(b) (a bx)1/ 2 (b)

0

1 [3bx] 3b a bx

[(bx 2a) 2(a bx)]

4v3

2x

1/ 2

2 5

x5/ 2

1 4

u2 2

y4

x a bx

1 8

x4

1 8

0,6 y 3 1,2 y 2

v6 6

x3 3

x5/3 C

x5

9 2 u 2

4u C

4v)dv

) dx

3 5

1 5

2x C

y2 2

(v5

1/ 2

C

2,4

9u 4)du

(a bx)

C

C

x 2/3 ) dx

1,8

(u 4)(2u 1) du

2 x dx x

d dx 2 3b 2 2 3b 2

C

y4 4

9.

1/ 2

1 (1 x 2 )1/ 2 x 2

1 2

(2cos 2 x 1)

2,4 y)dy

( y 3 1,8 y 2

x3

1 2

1 x4 2 4

8.

11.

1 2

x5 5

( x4

1 2

1 cos 2 x 2 0 4

x 2) dx

7.

(1 x 2 )

(1 x 2 )]

1 2

1

x

[ x2 x2

1 2

d [sin x 13 (sin x)3 C ] cos x 13 3(sin x) 2 (cos x) 0 dx cos x(1 sin 2 x) cos x(cos 2 x) cos3 x

sin 3 x C ]

x 2 )dx

x3

6.

1 3

1/ 2

x

C

4

2

v4 4

x1/ 2 1/2

x2

2x C

C

4u C

4

C

v2 2

1 3

C

x3

1 6

v6

4 x

v4

2v 2

C

C

1.6 L’intégrale indéfinie et le théorème de la variation nette

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

1

x2 1

12.

Chapitre 1 Les intégrales

x

2

1

13.

(sin x cos x)dx

14.

(csc2 t 2et )dt

15.

(

16.

sec t (sec t

17.

(1 tan 2 ) d

18.

sin 2 x dx sin x

19.

(cos x

20.

(e x

21.

22.

cot t 2et

1 2

2

C

csc

(sec2 t sec t tan t )dt

tan t )dt

sec2

d

tan

2sin x cos x dx sin x

x) dx sin x

2 x 2 ) dx

ex

C

2 3

1 4

x2

2sin x C

C . Les membres de la famille de primitives dans cette figure correspondent à C = –5, 0, 5 et 10.

x3 C . Les membres de la famille de primitives dans cette figure correspondent à C = 5, 0, 2 et 5.

(9 9) (

(4 x3 3x2

x3

Calcul intégral

tan t sec t C

C

2cos x dx

( x 2 3) dx [ 13 x3 3x]3 2

2

2

1 2

x arctan x C

cos x sin x C

csc cot ) d

3

1

x3 3

dx

71

2 x) dx [ x 4

x 2 ]12

8 3

6)

8 3

18 3

10 3

(16 8 4) (1 1 1) 12 1 11

1.6 L’intégrale indéfinie et le théorème de la variation nette

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

23.

24.

25.

0

1 4 2 2

3

1 3 4

( t

t )dt [ 101 t 5

t

2 0

1

1

t (1 t )2 dt

1

(

29.

30.

31.

32.

(5e x

0

1 x2

2 1

1 2 0 2 2

t

4

1

2w5 ]30

(3 54 486) 0

(8x3 12 x 2

2 3

1 4

) (

1 2

2 x 3)dx [2 x 4

1 1 2 3

1 4

(t 2t 2

)

4 x3

x

2

dx

1

4

y y dy y2

4

x

4 0

0

y2

4 1

2et ) dt

4x 2 2

1/ 2

2t 3/ 2

3 7

4

dy

1

(4u

x5/ 4 ) dx

y y2

1

1 2

(16)

(

16 5

1 2)

21 5

429

4 x3

[ 12 t 2

(4)]

x 2 3x]02

2 3 3

(32 32 4 6) 0

2

1 4 1 1 4

t

t ]

3( 1)] [5(1) 3(1)] 5e

1

6u du u

( x 4/3

y

4 1

4 x 3 )dx

(3t1/ 2

1

x dx

2

4 u

4 1

2et dt

3

(x

t 3 )dt

1 16

72

4 3

[5e

x

1

0 [ 101 ( 32)

3sin x) dx [5e x 3cos x]0

3 t

0

0

t ]

t (1 2t t 2 )dt

1 2

4 6u du u

4 1

0

2

(2 x 3)(4 x 2 1)dx

1

28.

1 4 16

(1 6w2 10w4 )dw [w 2w3

0

26.

27.

Chapitre 1 Les intégrales

(y

1 x

1

6u1/ 2 )du

2et

x7/3

3/ 2

2

4 9

4 0

x9/ 4

1

2

2 x2

1 2

1

8u1/ 2

4u 3/ 2

1 2

4 1

( 1 2)

1

(16 32) (8 4) 36

(16 2e4 ) (0 2) 18 2e4

1 0

( 73

1

y ) dy [ 2 y

4 9

) 0

1/ 2

55 63

4 1

ln|y|]

2 y

4

ln|y| 1

( 1 ln 4) ( 2 ln1) 1 ln 4

33.

34.

35.

36.

x 2

1 2 x 4

2ln|x|

(5 x 5x ) dx

5 2 x 2

5x ln 5

1

1 0

1 0

2

2 dx x

2

( x10 10 x ) dx

/3 /4

csc2

Calcul intégral

d

x11 11

[ cot ]

1 2ln1 4

(1 2ln 2) 1

1

5 2

0

5 ln 5

0

1 ln 5

10 x ln10

1

/3 /4

cot( /3) [ cot( /4)]

0

1 11

10 ln10

0

3 2ln 2 4

5 2

4 ln 5

1 ln10

1 11

9 ln10

1/ 3 1

1.6 L’intégrale indéfinie et le théorème de la variation nette

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

37.

/4 0

Chapitre 1 Les intégrales

1 cos 2 cos 2

0

]0 / 4

[tan /3

38.

39.

sin tan 2 sec2

sin

0

64

3

1

x

x

1

1

40.

41.

42.

10 10

dr

3/2

1 r2

2 1

x5/ 6

10 10

2 1

1/ 3 0

t2 1 dt t4 1

(t

2

0

0

0

( 12

2

45.

1

0

( x 2|x|) dx

46.

3 /2 0

10

|sin x| dx

0

4

arcsin

1 2

) (

1/ 2

(x

/3 0

x (1/3)

) (2

3/2

2

6 5

1

(1/ 2)

64

) dx

1

186 5

) 14

/3

d

(x

0

sin d

3 x

0

3

1 x2

1/ 2

x

1/ 6

) dx

256 5

20 ( 20)

arcsin 0

x 3

sin sec 2 sec2

1 2

2 dx [2 x]1010

10

40

3

1 2

dx

x2

3x 3ln|x|

1 x

2

1

3 0 1) 3ln 2 2

1 2

1/ 3 0

1 dt t2 1

2 x 1 si x 1 2 x si x

(1 2 x ) dx 1 4

[ x 2( x)] dx 1 2

2 1/ 2

[arctan t ]1/0

3

arctan 1/ 3

arctan 0

3 /2

1 2

)

[ x 2( x)] dx

1 4

2 (

0 1

1 4

3 x dx

[ x2

x ]1/2 2

5 2

)

2 0

( x) dx 3[ 12 x 2 ]0 1 [ 12 x 2 ]02

7 2

) (2 0)

sin x dx

2 0

1 2 1 2

(2 x 1)dx [ x x2 ]1/0 2

) 0 (4 2) ( 14

1

3(0

1) d

6

1/ 2

|2 x 1| dx

(sec 2

) (0 0) 1

192 5

(16

2 x 1 si 2 x 1 0 (2 x 1) si 2 x 1 0 2

Donc,

64 1

t2 1 dt 1)(t 2 1)

1/ 3 0

6

44. |2 x 1|

64 1

x3 3x 2 3x 1 dx x2

(2 6 3ln 2

43.

4

dx

2 dx 1

[arcsin r ]0 3 / 2

( x 1)3 dx x2

0

sin (1 tan 2 ) d 0 sec2 1 [ cos ]0 /3 ( 1) 2

6 5

2 dx sin 2 x cos2 x

0

(tan 4

x1/3 x1/ 2

2 x1/ 2

/4

d

/3

d

1 x1/ 2

64

dx

cos 2 cos 2

1 cos 2

/4

73

( sin x) dx [ cos x]0

[cos x]3

/2

[1 ( 1)] [0 ( 1)] 2 1 3

47. On voit au graphique que la courbe d’équation y 1 2 x 5x4 a des points d’intersection avec l’axe des x lorsque x = a ≈ –0,86 et x = b ≈ 0,42. L’aire de la région située sous la courbe et au-dessus de l’axe des x est donc b a

(1 2 x 5 x 4 ) dx [ x

x2

(b b 2 1,36

Calcul intégral

x5 ]ba b5 ) ( a a 2

a5 )

1.6 L’intégrale indéfinie et le théorème de la variation nette

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

48. On voit au graphique que la courbe d’équation y

( x2 1)

1

74

x4 a des points d’intersection avec l’axe des x lorsque x = a ≈ –0,87 et

x = b ≈ 0,87. L’aire de la région située sous la courbe et au-dessus de l’axe des x est donc b a

[( x 2 1)

1

x 4 ] dx [arctan x

1 5

x5 ]ba

(arctan b

1 5

b5 ) (arctan a

1 5

a5 )

1 5

.

1,23

49.

A

50.

y

2 0

4

(2 y

x

y 2 ) dy [ y 2

x

1 3

y 3 ]02

y 4 , donc A

(4

1 0

8 3

) 0

4 3

y 4 dy [ 15 y 5 ]10

51. Si w′(t) est le taux de croissance en kilogrammes par année, alors w(t) représente le poids en kilogrammes de l’enfant à l’âge t. Selon le théorème de la variation nette, nous savons que

10 5

w (t ) dt

w(10) w(5) . L’intégrale représente donc l’augmentation du poids

de l’enfant (en kilogrammes) de l’âge de 5 ans à l’âge de 10 ans.

52. Selon le théorème de la variation nette,

b a

I (t ) dt

b a

Q (t ) dt

Q(b) Q(a) . L’intégrale représente donc la variation de la charge Q

du temps t = a au temps t = b. 53. Comme r(t) représente le taux auquel le pétrole s’échappe, nous avons r(t) = –V′(t), où V (t) est le volume de pétrole au temps t. [Le signe « - » est requis parce que la fonction V est décroissante, ce qui fait que la valeur de V′(t) est négative, alors que celle de r(t) est positive.] Donc, selon le théorème de la variation nette,

120 0

r (t ) dt

120 0

V (t ) dt

[V (120) V (0)] V (0) V (120) , qui

représente le nombre de litres de pétrole qui se sont échappés du réservoir durant les deux premières heures (120 minutes).

Calcul intégral

1.6 L’intégrale indéfinie et le théorème de la variation nette

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

54. Selon le théorème de la variation nette, 15

en 15 semaines. Donc, 100

0

n (t ) dt

55. Selon le théorème de la variation nette,

15 0

n (t ) dt

n(15) n(0)

75

n(15) 100 représente l’augmentation de la population d’abeilles

n(15) représente la population d’abeilles totale après 15 semaines.

5000 1000

R ( x) dx

R(5000) R(1000) , qui représente donc l’augmentation du revenu qui

découle de l’augmentation des ventes de 1000 à 5000 unités. 56. La pente du sentier représente le taux de variation de l’élévation E, donc f(x) = E′(x). Selon le théorème de la variation nette, 5 3

f ( x) dx

5 3

E ( x) dx

E(5) E(3) est la variation de l’élévation E entre x = 3 kilomètres et x = 5 kilomètres à partir du début du

sentier. b

57. En général, l’unité de mesure pour

f ( x) dx est le produit de l’unité pour f(x) et de l’unité pour x. Comme f(x) est mesurée en

a

100

newtons, et x est mesuré en mètres, les unités pour

0

f ( x) dx sont des newtons-mètres. (L’abréviation pour le newton-mètre est

N·m.) 58. Les unités pour a(x) sont les kilogrammes par mètre, et les unités pour x sont les mètres, donc les unités pour da/dx sont des kilogrammes par mètre par mètre, soit (kg/m)/m. L’unité de mesure pour

8 2

a( x) dx est le produit des kilogrammes par mètre et des

mètres, c’est-à-dire les kilogrammes.

59. a) b)

Déplacement

3 0

(3t 5) dt [ 32 t 2 5t ]30 3

Distance parcourue

0

|3t 5| dt 3 2 5/3 0 2

[5t

60. a) b)

Déplacement

6 1

(t 2

Distance parcourue

6 1 4

(

v (t )

Calcul intégral

a(t ) t 4

3 2

15 3

(5 3t ) dt

[ 32 t 2

5t ]35/3

5/3 25 3

2t 8) dt [ 13 t 3 t 2 8t ]16

1

61. a)

t ]

5/3 0

27 2

|t 2 ( t2 64 3

v(t )

2t 8| dt

6 1

|(t 6

2t 8) dt 16 32) (

1 2 2

t

4 1 3

4t C

(3t 5) dt

3 2

25 9

27 2

15 ( 23

25 9

25 3

(72 36 48) ( 13 1 8)

4)(t (t 2

m

41 6

)

10 3

m

m

2)| dt

2t 8)dt

[

1 3 3

t

t2

8t ]14 [ 13 t 3 t 2 8t ]64

1 8) (72 36 48) ( 643 16 32)

v(0) C

5

v(t )

1 2 2

t

98 3

m

4t 5 m/s

1.6 L’intégrale indéfinie et le théorème de la variation nette

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

b)

Chapitre 1 Les intégrales

10

Distance parcourue

0 500 3

62. a)

v (t )

b)

a(t )

10

|v(t )| dt

0

| 12 t 2

v(t ) t 2 3t C 3

Distance parcourue

0

|t 2

[

1 3 3

(

1 3

4

63. Comme m′(x) = ρ(x), m

3t 4| dt 3 2 2

t

3 2

4) (9

( x) dx

0

4 0

( 12 t 2

3 0

v(0) C

|(t

4t 5) dt [ 16 t 3

2t 2 5t ]10 0

27 2

3 2 2

t

12) ( 13

v(t ) t 2 3t 4

4 1

4)(t 1)| dt

4t ]10 [ 13 t 3

t

0

416 32 m

200 50

2t 3

10

4t 5| dt

76

0

( t 2 3t

4) dt

3 1

(t 2

3t 4) dt

4t ]13 3 2

9 2 x dx [9 x

89 6

4)

4 3

m

x3/ 2 ]04

32 3

36

0

140 3

46 32 kg .

64. Selon le théorème de la variation nette, la quantité d’eau qui s’écoule du réservoir au cours des 10 premières minutes s’élève à 10 0

10

r (t ) dt

0

(200 4t ) dt [200t 2t 2 ]10 0

(2000 200) 0 1800 litres .

65. Soit s, la position de l’automobile. Selon l’équation 2, s(100) s(0)

100 0

v(t ) dt . Utilisons la méthode du point-milieu pour

0 ≤ t ≤ 100 avec n = 5. La longueur de chacun des cinq intervalles de temps est 20 secondes

parcourue est donc

66. a)

100 0

v(t ) dt

1 180

[v(10) v(30) v(50) v(70) v(90)]

1 180

20 1 heure heure . La distance 3600 180 247 180

(38 58 51 53 47)

1,4 kilomètre .

Selon le théorème de la variation nette, la quantité totale de matière expulsée dans l’atmosphère est 6

Q(6) Q(0)

0

r (t ) dt

Q(6) puisque Q(0) = 0. Le taux r(t) est positif, donc la fonction Q est croissante. Il s’ensuit qu’une

approximation par excès de Q(6) est D6 et qu’une approximation par défaut de Q(6) est G6.

D6

6

r (ti ) t 10 24 36 46 54 60

t

b a n

6 0 1. 6

230 tonnes .

i 1

G6

6

r (ti 1 ) t

R6

r (0) r (6)

230 2 60 172 tonnes .

i 1

b)

t

b a n

6 0 3

2 . Q(6) ≈ M3 = 2[r(1) + r(3) + r(5)] = 2(10 + 36 + 54) = 2(100) = 200 tonnes.

67. Selon le théorème de la variation nette, l’augmentation du coût associée à un accroissement de la production de 2000 m à 4000 m est C (4000) C (2000) 4000 2000

C ( x) dx

Calcul intégral

4000 2000

4000 2000

C ( x) dx .

(3 0,01x 0,000 006 x 2 ) dx [3x 0,005 x 2

0,000 002 x3 ]4000 2000

60 000 2000 58 000 $

1.6 L’intégrale indéfinie et le théorème de la variation nette

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

77

68. Selon le théorème de la variation nette, la quantité d’eau après quatre jours est 4

25 000

0

r (t ) dt

25 000 M 4

25 000

4 0 4

[ r (0,5) r (1,5) r (2,5) r (3,5)]

25 000 [1 500 1 770 740 ( 690)] 28 320 litres

69. Soit P(t) la population de bactéries au temps t (en heures). Selon le théorème de la variation nette, P(1) P(0)

1 0

1

P (t )dt

0

(1000 2t ) dt

1000

2t ln 2

1

0

1000 1 (2 20 ) ln 2

1000 1443 . Il s’ensuit que la population après une heure ln 2

est 4000 + 1443 = 5443 bactéries. 70. Soit M(t) le nombre de millions de bits transmis au temps t (en heures) [D(t) est mesuré en millions de bits par seconde]. Selon le théorème de la variation nette et la méthode des milieux des sous-intervalles, 8

M (8) M (0)

0

3600D(t )dt

3600

8 0 4

[ D(1) D(3) D(5) D(7)]

7200(0,32 0,50 0,56 0,83)

7200(2,21) 15 912 mégabits

71. La puissance est le taux de variation de l’énergie par rapport au temps, c’est-à-dire P(t) = E′(t). Selon le théorème de la variation nette et la méthode des milieux des sous-intervalles,

E (24) E (0)

24 0 [ P(1) P(3) P(5) P(21) P(23)] 12 2(16 900 16 400 17 000 19 800 20 700 21 200 20 500 20 500 21 700 22 300 21 700 18 900) 24

0

P(t )dt

2(237 600)

475 200

Il s’ensuit que la quantité d’énergie consommée au cours de cette journée était d’environ 4,75 × 10 5 mégawattheures. 72. a) b)

v(t) = 0,000 44t3 – 0,0349t2 + 7,602 45t – 6,589 68.

h(125) h(0)

Calcul intégral

125 0

v(t )dt [0,00011t 4 0,011 63t 3 3,801 225t 2 6,589 68t ]125 0

62 685 m

1.6 L’intégrale indéfinie et le théorème de la variation nette

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

78

1.7 La règle du changement de variable 1.

Soit u = –x. Alors, du = – dx, donc dx = – du. Il s’ensuit que e x dx

eu ( du )

eu

C

e

x

C . Rappelez-vous qu’il est

souvent très facile de vérifier une l’intégrale indéfinie en prenant la dérivée de votre réponse. Dans le cas présent,

d ( e dx

x

[e x ( 1)] e x , ce qui correspond bien à l’intégrande.

C)

2.

Soit u = 2 + x4. Alors, du = 4x3 dx et x3dx

1 4

du , donc x3 (2 x 4 )5 dx

u 5 ( 14 du)

1 u6 4 6

3.

Soit u = x3 + 1. Alors, du = 3x2 dx et x 2dx

1 3

du , donc x 2 x3 1 dx

u ( 13 du )

1 u 3/2 3 3/2

4.

Soit u = 1 – 6t. Alors, du = –6 dt et dt

5.

Soit u = cosθ. Alors, du = – sin θ dθ et sin θ dθ = –du, donc cos3 sin d

6.

Soit u = 1/x. Alors, du = –1/x2 dx et 1/x2 dx = –du, donc

7.

Soit u = x2. Alors, du = 2x dx et x dx

8.

Soit u = x3. Alors, du = 3x2 dx et x 2dx

9.

Soit u = 1 – 2x. Alors, du = –2 dx et dx

10. Soit u = 3t + 2. Alors, du = 3dt et dt

1 6

1 2

3

du , donc x 2e x dx

1 2

Ou: Soit u ( x 1) 2x

Calcul intégral

x 2 dx

u ( 12 du )

1 u 3/2 2 3/2

2x x 2 . Alors, u 2

2x x2

x 2 dx

u 2du

u u du

C

1 3

2) 2,4dt

(2x

2u du 1 3

u3 C

1 3

u

(2x

1u 3 6 3

u 3 ( du)

u4 4

sec2u ( du )

u9 (

1 3

1 2

eu

1 2

u 2,4 ( 13 du )

1 2

tan u C

1 2

1 3

1 2

du)

1 u 3,4 3 3,4

3

ex

1 10

C

C.

C

1 18u 3

C

1 4

C

cos u C

C

(2 x 4 )6

1 2 3/2 u 3 3

C

u 4du

1 6

eu ( 13 du )

11. Soit u = 2x + x2. Alors, du = (2 + 2x) dx = 2(1 + x) dx et ( x 1)dx donc ( x 1) 2x

du 4

sinu( 12 du)

du , donc (1 2x)9dx

du , donc (3t

1 6

sec2 (1/x) dx x2

du , donc x sin( x2 )dx

1 3

1 3

dt (1 6t )4

du , donc

1 24

C

C

cos 4

2 9

( x3 1)3/2

1 18(1 6t )3

C.

C.

C.

tan(1/x) C .

cos( x 2 ) C .

C.

u10

C

1 (3t 10,2

1 20

(1 2x)10

2)3,4

C.

C.

du ,

x 2 ) 3/2 C . (2 2x)dx x 2 )3/2

u du

(1 x)dx , donc

C.

1.7 La règle du changement de variable

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

12. Soit u = 2θ. Alors, du = 2dθ et d

1 2

du , donc sec2 2 d

13. Soit u = 5 – 3x. Alors, du = –3 dx et dx

1 3

du , donc

14. Soit x = 1 – u2. Alors, dx = –2u du et u du

15. Soit u = πt. Alors, du = π dt et dt

1

1 2

dx 5 3x

1 2 x

dx et 2du

1 3

cos u du

1 dx , donc x

sin x dx x

1 3

1

1 2

tan u C

1 3

ln|5 3x| C .

x1/2dx

1 2

dx)

C.

tan 2

ln|u| C

1 2

x(

1

( cos u) C

1 2

2 3

x3/2

1 3

C

(1 u 2 )3/2

C.

cos t C .

sin(e x ) C .

sin u C

eu du (1 eu )2

1 2

du)

sin u( 1 du)

du , donc sin t dt

17. Soit x = 1 – eu. Alors, dx = –eu du et eu du = –dx, donc

x . Alors, du

1 ( u

dx , donc u 1 u 2 du

16. Soit u = ex. Alors, du = ex dx, donc e x cos(e x )dx

18. Soit u

sec2u( 12 du)

79

1 ( dx) x2

x 2dx

sin u(2du)

2cos u C

( x 1) C

1 x

2cos x

1 1 eu

C

C.

C.

19. Soit u = 3ax + bx3. Alors, du = (3a + 3bx2) dx = 3(a + bx2) dx, donc

a bx 2 3ax bx

3

dx

du u1/2

1 3

1 u 3

1/2

du

20. Soit u = z3 + 1. Alors, du = 3z2 dz et 13 du

z2 z

3

1

dz

1 1 ( du) u 3

21. Soit u = ln x. Alors, du

1 3

ln|u| C

1 3

1 3

2u1/2 C

2 3

3ax bx 3

C.

z 2dz , donc

ln|z 3 1| C

(ln x)2 dx dx , donc x x

u 2du

1 3

u3 C

1 3

(ln x)3 C .

22. Soit u = cos θ. Alors, du = – sin θ dθ et sin θ dθ = –du, donc cos4 sin d

u 4 ( du)

23. Soit u = tan θ. Alors, du = sec2 θ dθ, donc sec2 tan 3 d

u 3du

24. Soit u = 1 + x3/2. Alors, du

x sin(1 x3/2 )dx

3 2

x1/2 dx et xdx

2 3

du , donc

25. Soit u = 1 + ex. Alors, du = ex dx, donc e x 1 e x dx

Calcul intégral

udu

2 3

u 3/2

1 4

u4

C

1 4

C

2 3

tan 4

1 5

1.7 La règle du changement de variable

C

1 5

cos5

C.

C.

sin u( 23 du)

(1 e x )3/2

u5

2 3

( cos u) C

2 3

cos(1 x3/2 ) C .

C.

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Solutionnaire détaillé

Ou : Soit u

Chapitre 1 Les intégrales

80

1 e x . Alors, u2 = 1 + ex et 2u du = ex dx, donc e x 1 e x dx

dx ax b

26. Soit u = ax + b. Alors, du = a dx et dx = (1/a) du, donc

27. Soit u = x3 + 3x. Alors, du = (3x2 + 3) dx et 13 du

(1/a)du u

30. Soit u = arctan x. Alors, du

1 1 du a u

1 du , donc 5t sin(5t )dt ln 5

arctan x dx dx , donc 1 x2 1 x2

31. Soit u = tan x. Alors, du = sec2 x dx, donc etan x sec2 x dx

32. Soit u = ln x. Alors, du = (1/x) dx, donc

sin(ln x) dx x

33. Soit u = sin x. Alors, du = cosx dx, donc

cos x dx sin 2 x

eu du

eu

sin u du

1 du u2

etan x

C

cos u C

u 2du

eu

1

1 ln|ax b| C . a

1 3

ecos t

C

C.

1 5

u5 C

1 15

( x3 3x)5 C .

C.

1 cos(5t ) C . ln 5

C.

C.

cos(ln x) C .

1

u

(1 e x )3/2

2 3

1 cos u C ln 5

(arctan x) 2 2

C

u 4 ( 13 du)

1 du ln 5

sin u

u2 2

u du

eu ( du)

u3 C

1 ln|u| C a

( x 2 1)dx , donc ( x2 1)( x3 3x)4 dx

28. Soit u = cos t. Alors, du = – sin t dt et sin t dt = –du, donc ecos t sin t dt

29. Soit u = 5t. Alors, du = 5t ln 5 dt et 5t dt

2 3

u 2u du

1 u

C

1 sin x

C

C

[ou –csc x + C].

34. Soit u

x

. Alors, du

x2

dx et

1 dx x2

1

du , donc

cos( /x) dx x2

35. Soit u = cot x. Alors, du = – csc2 x dx et csc2 x dx = –du, donc

36. Soit u = 2t + 3. Alors, du = 2t ln 2 dt et 2t dt

38. Soit u = 1 + tan t. Alors, du = sec2 t dt, donc

Calcul intégral

cot x csc2 x dx

1 2t du , donc t dt ln 2 2 3

37. Soit u = sin x. Alors, du = cos x dx, donc sin 2 x cos x dx

u 2du

dt 2 cos t 1 tan t

1

cos u

1 3

u ( du )

1 1 du u ln 2

u3 C

sec2 tdt 1 tan t

1 3

1

du

sin u C

u 3/ 2 3/2

1 ln|u| C ln 2

C

1

sin

2 3

x

C

(cot x)3/2

1 ln(2t ln 2

C.

3) C .

sin 3 x C .

du u

1.7 La règle du changement de variable

u

1/ 2

du

u1/ 2 1/2

C

2 1 tan t

C.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

39.

sin 2 x dx 1 cos 2 x donc 2I

2

Chapitre 1 Les intégrales

sin x cos x dx 1 cos 2 x

2

u du 1 u2

2

1 2

81

2I . Soit u = cos x. Alors, du = – sin x dx,

ln(1 u 2 ) C

ln(1 u 2 ) C

ln(1 cos2 x ) C .

Ou : Soit u = 1 + cos2 x.

sin x dx 1 cos 2 x

40. Soit u = cos x. Alors, du = – sin x dx et sin x dx = –du, donc

41.

cot x dx

du 1 u2

cos x dx . Soit u = sin x. Alors, du = cos x dx, donc cot x dx sin x

1 du u

42. Soit u = cos t. Alors, du = – sin t dt et sin t dt = –du, donc sin t sec2 (cos t )dt

1

43. Soit u = arcsin x. Alors, du

dx

dx , donc

1 x2

du 1 u2 1 2

x dx 1 x4

44. Soit u = x2. Alors, du = 2x dx, donc

1 du u

1 x 2 arcsin x

1 x dx 45. Soit u = 1 + x . Alors, du = 2x dx, donc 1 x 2 2

1 2

ln|u| C

sec2 u ( du)

ln|u| C

1 2

arctan u C

arctan u C

arctan(cos x) C .

ln|sin x| C .

tan u C

tan(cos t ) C .

ln|arcsin x| C .

arctan( x 2 ) C .

1 x dx dx arctan x 2 1 x 1 x2 arctan x 12 ln|1 x 2 | C arctan x

du arctan x 12 ln|u| C u 1 ln(1 x 2 ) C [puisque 1 x 2 2

1 2

0].

46. Soit u = 2 + x. Alors, du = dx, x = u – 2, et x2 = (u – 2)2, donc

x 2 2 xdx

(u 2)2 u du 2 7

u 7/2

8 5

u 5/2

8 3

(u 2 u 3/2

4u 4)u1/2du

C

47. Soit u = 2x + 5. Alors, du = 2dx et x

1 2

2 7

(2 x)7/2

(u 5/2 8 5

(2 x)5/2

x 2 x 2 1 xdx 1 2

Ou : Soit u

2 3

u5

1 3

u3 C

( x 2 1)5/2

x2 1

x 2 x 2 1 xdx 1 5

1 5

2u du

(u 2 1)u u du 1 5

( x 2 1)5/2

1 3

(2 x)3/2

1 2

( u10

1 2 1 3

1 2

C

(u 5)u 8 ( 12 du )

1 1 4 10

(u 1) u ( 12 du )

u 3/2 ) C

x 2 1 . Alors, u 2

x3 x 2 1 dx

Calcul intégral

( 52 u 5/2

8 3

4u1/2 )du

x(2x 5)8 dx

(u 5) , donc

48. Soit u = x2 + 1 [donc, x2 = u – 1]. Alors, du = 2x dx et x dx

x3 x 2 1 dx

4u 3/2

5 9

u9 ) C

1 4

(u 9 5u 8 )du

1 40

(2x 5)10

5 36

(2x 5)9

C

du , donc

(u 3/2 u1/2 )du

( x 2 1)3/2

C.

2x dx

u du

x dx , donc

(u 4 u 2 )du

( x 2 1)3/2

C.

1.7 La règle du changement de variable

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

Remarque : La réponse s’écrit également 151 x2 1(3x4

49. f(x) = x(x2 – 1)3. u

x( x2 1)3 dx

x2 1

u 3 ( 12 du)

u4

2) C .

2x dx , donc

du 1 8

x2

82

C

1 8

( x2 1)4

C

Lorsque la valeur de f est positive (négative), la fonction F est croissante (décroissante). Lorsque la valeur de f change de négative à positive (positive à négative), la fonction F atteint un minimum (maximum) local.

50. f(θ) = tan2 θ sec2 θ. u

tan 2 sec2 d

tan u 2du

sec2 d , donc

du 1 3

u3 C

1 3

tan 3

C

Il est à noter que la valeur de f est positive et que la fonction F est croissante. En x = 0, f (x) = 0, et la fonction F a une tangente horizontale.

51. f(x) = ecos x sin x. u

eu ( du)

eu

C

cos x

ecos x

du

sin x dx , donc

C

Il est à noter que lorsque x = π, la valeur de f change de positive à négative, et la fonction F atteint un maximum local. De plus, f et F sont toutes deux périodiques et leur période est 2π. Il s’ensuit qu’en x = 0 et en x = 2π, la valeur de f change de négative à positive, et la fonction F atteint un minimum local.

Calcul intégral

1.7 La règle du changement de variable

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

52. f(x) = sin x cos4x. u

cos x

sin x cos4 x dx

sin x dx , donc

du

u 4 ( du)

1 5

83

u5

1 5

C

cos5 x C

Il est à noter qu’à x = π, la valeur de f change de positive à négative et la fonction F atteint un maximum local. De plus, f et F sont toutes deux périodiques et leur période est 2π. Il s’ensuit qu’en x = 0 et en x = 2π, la valeur de f change de négative à positive, et la fonction F atteint un minimum local.

53. Soit u 1 0

2

t , donc du

2

/2

cos( t /2)dt

0

dt . Lorsque t = 0, u = 0; lorsque t = 1, u

cos u( 2 du)

2

[sin u]0 / 2

2

(sin 2

2

2

sin 0)

. Il s’ensuit que 2

(1 0)

54. Soit u = 3t – 1, donc du = 3dt. Lorsque t = 0, u = –1; lorsque t = 1, u = 2. Il s’ensuit que 1 0

2

(3t 1)50 dt

1

u 50 ( 13 du)

1 3

[ 511 u 51 ]21

1 153

[251 ( 1)51 ]

1 153

(251 1)

55. Soit u = 1 + 7x, donc du = 7dx. Lorsque x = 0, u = 1; lorsque x = 1, u = 8. Il s’ensuit que 1 0

3

8

1 7xdx

1

u1/3 ( 17 du )

1 7

[ 43 u 4/3 ]18

3 28

(84/3 14/3 )

3 28

(16 1)

45 28

56. Soit u = 5x + 1, donc du = 5 dx. Lorsque x = 0, u = 1; lorsque x = 3, u = 16. Il s’ensuit que

3 0

dx 5x 1

16 1

1 1 du u 5

57. Soit u = t/4, donc du que

0

sec2 (t /4)dt

1 4

/4 0

1 [ln|u|]16 1 5

1/2 1/6

csc t cot t dt

Calcul intégral

(ln16 ln1)

1 ln16 . 5

dt . Lorsque t = 0, u = 0; lorsque t = π, u = π/4. Il s’ensuit

sec2 u(4du)

58. Soit u = πt, donc du = π dt. Lorsque t que

1 5

/2 /6

4[tan u]0 / 4

4(tan 4

,u

; lorsque t

1 6

csc u cot u( 1 du)

6

1

[ csc u]

/2 /6

tan 0)

1 2

, u 1

4(1 0)

2

4.

. Il s’ensuit

(1 2)

1

.

1.7 La règle du changement de variable

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

59. Soit u = 1/x, donc du = –1/x2 dx. Lorsque x = 1, u = 1; lorsque x = 2, u que

2 1

e1/x dx x2

1/2 1

eu ( du)

[eu ]1/2 1

(e1/2

e)

e

1 2

84

. Il s’ensuit

e.

60. Soit u = –x2, donc du = –2x dx. Lorsque x = 0, u = 0; lorsque x = 1, u = –1. Il s’ensuit que

1 0

xe

x2

1

dx

0

eu (

1 2

/4

61. Selon le théorème 7 b),

1 2

du )

/4

( x3

[eu ]01

1 2

(e

1

e0 )

1 2

(1 1/e) .

0 , puisque f(x) = x3 + x4 tan x est une fonction impaire.

x4 tan x)dx

62. Soit u = sin x, donc du = cos x dx. Lorsque x = 0, u = 0; lorsque x que

/2 0

1

cos x sin(sin x)dx

0

sin u du [ cos u]10

2

, u = 1. Il s’ensuit

(cos1 1) 1 cos1 .

63. Soit u = 1 + 2x, donc du = 2dx. Lorsque x = 0, u = 1; lorsque x = 13, u = 27. Il s’ensuit que

dx

13 0

3

27

(1 2x)

2

1

u

2/3

( 12 du ) [ 12 3u1/3 ]127

3 2

(3 1) 3 .

64. Supposez que a > 0. Soit u = a2 – x2, donc du = –2x dx. Lorsque x = 0, u = a2; lorsque x = a, u = 0. Il s’ensuit que

a 0

x a2

0

x 2 dx

a

2

u1/2 (

1 2

a2 1 2 0

du )

65. Soit u = x2 + a2, donc du = 2x dx et x dx a 0

x x2

2a 2

a 2 dx

a2

u1/2 ( 12 du )

66. Selon le théorème 7 b),

/3 /3

1 2

u1/2du

1 2

[ 23 u 3/2 ]a2a2

x 4 sin x dx

1 2

[ 32 u 3/2]0a

2

1 3

a3 .

du . Lorsque x = 0, u = a2; lorsque x = a, u = 2a2. Il s’ensuit que 2

[ 13 u 3/2 ]2aa2

2

1 3

[(2a 2 )3/2

a 2 )3/2 ]

2 2 1 a3

1 3

0 , puisque f(x) = x4 sin x est une fonction impaire.

67. Soit u = x – 1, donc u + 1 = x et du = dx. Lorsque x = 1, u = 0; lorsque x = 2, u = 1. Il s’ensuit que

2 1

x x 1dx

1 0

(u 1) udu

68. Soit u = 1 + 2x, donc x 4 0

xdx 1 2x

Calcul intégral

1 2

1 0

(u 3/2 u1/2 )du [ 52 u 5/2

1

u 3/2]01

2 5

2 3

16 15

.

(u 1) et du = 2dx. Lorsque x = 0, u = 1; lorsque x = 4, u = 9. Il s’ensuit que

(u 1) du 1 9 1/2 (u 2 4 1 u 1 [(27 9) (1 3)] 206 6 9 1 2

2 3

u

1/2

)du

1 4

[ 23 u 3/2

2u1/2 ]19

1 4

2 3

[u 3/2 3u1/2 ]19

10 3

1.7 La règle du changement de variable

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

dx . Lorsque x = e, u = 1; lorsque x = e4; u = 4. Il s’ensuit que x

69. Soit u = ln x, donc du

dx

70. Soit u = arcsin x, donc du

1/2

que

arcsin x

0

1 x

2

/6

dx

85

0

. Lorsque x = 0, u = 0; lorsque x

1 x2

/6

u2 2

u du

1 2

, u

6

e4 e

dx x ln x

4 1

u

1/2

du

2[u1/2 ]14

2(2 1)

2.

. Il s’ensuit

2

72

0

.

71. Soit u = ez + z, donc du = (ez + 1) dz. Lorsque z = 0, u = 1; lorsque z = 1, u = e + 1. Il s’ensuit

ez 1 dz 0 ez z 1

que

2 t T

72. Soit u

T /2 0

e 1 1

sin

1 du [ln|u|]1e u

ln|e 1| ln|1| ln(e 1) .

2 dt . Lorsque t = 0, u = –α; lorsque t T

, donc du

2 t T

1

dt

T du 2

sin u

T T [ cos u ] [cos( 2 2 T T cos ) ( 2cos ) cos 2

T ( cos 2

x , donc du

73. Soit u 1

dx

1

que

0

1

2

x

4

1

1 dx 2 x

1 [2(u 1)du ] 2 u4

2[(

1 8

(

1 24

1 2

1 3

3

2

x 3

2

3

3

2

2

sin 3 x dx

x

3

2

2 x du

dx

1 u3

1 du u4

2 1

)] 2( 121 )

74. Si f ( x) sin 3 x , Alors, f ( x) sin 3 x théorème 7 b), I

T , u = π – α. Il s’ensuit que 2

3 [ 1,44]

3

3 2

0

2(u 1)du

2

1 2u 2

dx . Lorsque x = 0, u = 1; lorsque x = 1, u = 2. Il s’ensuit

1 3u 3

2

1

sin 3 x

x

sin 3 x dx

3

x

2

I1

[ 1,57]

f ( x) , donc f est une fonction impaire. De plus, selon le I 2 . I1 = 0. Afin d’évaluer I2, il est à remarquer que

sin 0 sin 3 x

0 sin 3 x 1 . Selon les propriétés de l’intégrale, 8,0(3 2)

sur cet intervalle]

)]

1 6

sin

sin 3 x dx

) cos(

sin 2 [puisque la valeur du sinus augmente I 2 1(3 2)

75. Le graphique semble indiquer que l’aire sous la courbe mesure environ 1 (légérement supérieur à exacte est donnée par A et A

3 1

Calcul intégral

u ( 12 du )

1 2

1 0

[ 32 u 3/2 ]13

1 2

0

I2 1

0

I 1.

1 0,7) , ou environ 1,4. L’aire

2x 1 dx . Soit u = 2x + 1, donc du = 2 dx. Les bornes changent à 2 · 0 + 1 = 1 et 2 · 1 + 1 = 3, 1 3

3 3 1

3

1 3

1,399 .

1.7 La règle du changement de variable

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

76. Le graphique semble indiquer que l’aire sous la courbe mesure près de

A

0

(2sin x sin 2 x)dx

2( 1 1) 0

Remarque:

0

2[cos x]0

0

1 2

86

2,6 , ou environ 4. L’aire exacte est donnée par

sin 2 x dx

4

sin 2 x dx

0 puisque le graphique de y = sin 2x indique clairement que

/2

/2

sin 2x dx

0

sin 2 x dx .

77. Exprimez d’abord l’intégrale sous la forme d’une somme de deux intégrales: 2

Selon le théorème 7 b), I

2

( x 3) 4 x2 dx

I1

2

I2

2

x 4 x 2 dx

2 2

3 4 x 2 dx . I1 = 0 puisque f ( x)

x 4 x 2 est une

fonction impaire et que nous intégrons de x = –2 à x = 2. Nous interprétons I2 comme étant trois fois l’aire d’un demi-cercle de rayon 2, donc I

0 3

1 2

(

22 ) 6 .

78. Soit u = x2. Alors, du = 2x dx et les bornes demeurent les mêmes (02 = 0 et 12 = 1), donc I

1 0

x 1 x 4 dx

intégrale peut cependant être interprétée comme l’aire d’un quart de cercle de rayon 1. Donc, I

79. Première figure

Troisième figure

A2

1 0

2xe x dx

1 0

e x dx

1 0

eu (2u du )

12 )

(

1 8

.

1

2 ueu du . 0

1

2 ueu du . 0

Soit u = sin x, donc du = cos x dx. Lorsque x = 0, u = 0; lorsque x que A3

1 4

1 u 2 du . Cette

x , donc x = u2 et dx = 2u du. Lorsque x = 0, u = 0; lorsque x = 1, u = 1. Il

Soit u

s’ensuit que A1 Deuxième figure

1 2

1 1 2 0

/2 0

esin x sin 2 x dx

/2 0

esin x (2sin x cos x)dx

1 0

eu (2u du)

2

, u = 1. Il s’ensuit 1

2 ueu du . 0

Comme A1 = A2 = A3, les trois aires sont égales. Calcul intégral

1.7 La règle du changement de variable

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

80. Soit u

24 0

Chapitre 1 Les intégrales

t . Alors, du 12

R(t )dt

24 0

12

12

dt et

85 0,18cos

[(85 2

87

t dt 12

2

12

(85 0,18cos u )

0

12

du

[85u 0,18sin u ]02

0) (0 0)] 2040 kcal

81. Le taux est mesuré en litres par minute. L’intégration de t = 0 minute à t = 60 minutes permettra de calculer la quantité totale de pétrole (en litres) qui s’écoule du réservoir au cours de la première heure. 60 0

r (t )dt

60 0

100e

100

0,6 0

0,01t

dt [u

0,01t , du

eu ( 100du )

0,01dt ]

10 000[eu ]0 0,6

10 000(e

0,6

1)

4 511,9

4 512 litres

82. Soit r(t) = aebt avec a = 450 268, b = 1,125 67 et n(t) = la population après t heures. Comme r(t) = n′(t),

3 0

r (t )dt

n(3) n(0) est la

variation totale de la population après trois heures. Puisque la population initiale compte 400 bactéries, la population sera

n(3)

3

400

0

r (t )dt

3

400

0

aebt dt

a bt 3 [e ]0 b

400

400

a 3b (e 1) b

400 11 313 11 713 bactéries

83. Le volume d’air inhalé dans les poumons au temps t est V (t )

t 0

t

f (u )du

0

5 [ cos v]02 4

84. Nombre de calculatrices

1 2 sin u du 2 5 5 4

t /5

4

x(4) x(2)

2

cos

2 0

87. Soit u = –x. Alors, du = –dx, donc

Calcul intégral

f (2x)dx

3

86. Soit u = x2. Alors, du = 2x dx, donc

0

b a

2 t 5

1 5 sin v dv 2 2

[substituer v

5 2 1 cos t 4 5

1

2 5

u , dv

2 5

du ]

litres

5000[1 100(t 10) 2 ]dt

5 000[t 100(t 10) 1 ]24 85. Soit u = 2x. Alors, du = 2dx, donc

2 t /5 0

xf ( x 2 )dx

f ( x)dx

4 0

5 000[(4

f (u)( 12 du)

9 0

b a

f (u)( 12 du)

f (u)( du)

100 14

) (2

4 1 2 0

a

)] 4 048

f (u)du

9 1 2 0

b

100 12

f (u)du

f (u)du

1 2

(10) 5 .

1 2

(4)

a b

2.

f ( x)dx

1.7 La règle du changement de variable

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

88

Le tracé des graphiques montre que l’égalité découle du fait qu’il représente une réflexion de la courbe de la fonction f, et des bornes d’intégration, autour de l’axe des y. 88. Soit u = x + c. Alors, du = dx, donc b a

b c

f ( x c)dx

a c

f (u)du

b c a c

f ( x)dx

Le tracé des graphiques montre que l’égalité découle du fait qu’il représente une translation, d’une distance c, de la courbe de la fonction f, et des bornes d’intégration. 1

89. Soit u = 1– x. Alors, x = 1– u et dx = –du, donc

0

0

x a (1 x)b dx

1

1

(1 u)a u b ( du)

0

u b (1 u)a du

1 0

xb (1 x)a dx .

90. Soit u = π – x. Alors, du = –dx. Lorsque x = π, u = 0 et lorsque x = 0, u = π. Donc,

0

xf (sin x)dx

0

0

2

91.

0

x f (sin x)dx

x sin x 1 cos 2 x

x

0

f (sin x)dx

sin x 2 sin 2 x

(

u ) f (sin( f (sin u )du

0

0

x sin x dx 1 cos2 x

0

(

u ) f (sin u )du

u f (sinu )du

x f (sin x)dx

2

0

0

f (sin x)dx

0

x f (sin x)dx

f (sin x)dx .

t . Selon la question 90, 2 t2

x f (sin x) , où f (t )

0

u ))du

0

x f (sin x)dx

2

0

f (sin x)dx

2

0

sin x dx 1 cos 2 x

Soit u = cos x. Alors, du = – sin x dx. Lorsque x = π, u = –1 et lorsque x = 0, u = 1. Donc,

2

0

sin x dx 1 cos 2 x

1

2

1

du 1 u2

1

2

1

du 1 u2

2

[arctan u ]1 1 2

2

Calcul intégral

[arctan1 arctan( 1)]

2 4

1.7 La règle du changement de variable

4

4

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

92. a)

/2 0

f (cos x)dx

Chapitre 1 Les intégrales

/2 0 0 /2

f [sin( 2

x)]dx [u /2

f (sin u )( du )

0

2

x, du

89

dx] /2

f (sin u )du

0

f (sin x)dx

Pour utiliser la règle du changement de variable dans le cas d’intégrales définies, il faut que la fonction f soit continue. b)

À la sous-question a), prenons f(x) = x2, donc Or,

2

/2 0

/2 0

Calcul intégral

/2

cos2 x dx

cos 2 x dx

0

sin 2 x dx /2

2

0

/2 0

/2 0

(cos2 x sin 2 x)dx

cos 2 x dx

/2 4

/2

cos2 x dx

0

0

sin 2 x dx .

/2 0

1 dx [ x]0 / 2

2

, donc

sin 2 x dx .

1.7 La règle du changement de variable

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

90

1. Révision Compréhension des concepts 1.

n

a)

i 1

f ( xi ) x est une expression qui définit une somme de Riemann pour une fonction f. xi est un point dans le ième sous-

intervalle [xi–1, xi], et Δx est la longueur des sous-intervalles.

2.

b)

Se référer à la figure 1 de la section 1.4.

c)

À la section 1.4, se référer à la figure 3 et au paragraphe y afférent.

a)

Se référer à la définition 1.4.2.

b)

Se référer à la figure 2 de la section 1.4.

c)

À la section 1.4, se référer à la figure 4 et au paragraphe y afférent (contient les termes « aire nette »).

3.

Voir le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral à la page 50.

4.

a) b)

5.

a) b) c)

6.

a) b)

7.

Voir le théorème de la variation nette à la page 57. t2 t1

r (t )dt représente la variation de la quantité d’eau dans le réservoir entre le temps t1 et le temps t2.

120 60 120 60 120 60

v(t )dt représente le déplacement de la particule de t = 60 à t = 120 secondes. |v(t )|dt représente la distance parcourue par la particule de t = 60 à t = 120 secondes.

a(t )dt représente la variation de la vitesse de la particule de t = 60 à t = 120 secondes.

f ( x)dx représente la famille de fonctions {F | F′ = f}. La différence entre deux fonctions de cette famille est une constante. La relation est donnée par le théorème de la variation nette :

b a

f ( x)dx

f ( x)dx

b a

si la fonction f est continue sur [a, b].

Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral produit l’énoncé exact de cette affirmation. Se référer à l’énoncé de ce théorème et au paragraphe subséquent à la fin de la section 1.5.

8.

Se référer à la règle du changement de variable (1.7.4), qui affirme qu’il est permis de manipuler dx suivant un signe d’intégration comme s’il s’agissait d’une dérivée.

Calcul intégral

Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

91

Vrai ou faux

1.

Vrai selon la propriété 2 de l’intégrale présentée à la section 1.4.

2.

Faux.

3.

Vrai selon la propriété 3 de l’intégrale présentée à la section 1.4.

4.

Faux.

Comme contre-exemple, essayez a = 0, b = 2, f(x) = g(x) = 1.

On ne peut déplacer une variable de l’intérieur à l’extérieur du signe d’intégration. Par exemple, si on utilise f(x) = 1 sur l’intervalle [0, 1], 1

constante), alors que x

5.

Faux.

0

x[ x]10

1 dx

0

Par exemple, soit f(x) = x2. Alors,

1

1 0

x f ( x)dx

x 2 dx

0 1

x dx

1 2

Vrai selon le théorème de la variation nette.

7.

Vrai selon la propriété 7 de l’intégrale présentée à la section 1.4.

8.

Faux.

1 2

(une

, mais

0 1

x 2dx

1 3

1 3

.

Par exemple, soit a = 0, b = 1, f(x) = 3, g(x) = x. f(x) > g(x) pour tout x sur l’intervalle [0, 1], mais f′(x) = 0 < 1 = g′(x) pour x

Vrai.

x dx [ 12 x 2 ]10

x 1 x (une variable).

6.

9.

1 0

0, 1 .

L’intégrande est une fonction impaire qui est continue sur l’intervalle [–1, 1]; le résultat découle donc du théorème 1.7.7 b).

10. Vrai.

5 5

(ax 2

5

bx c)dx

5

(ax 2 5

2 (ax 2 0

11. Faux.

5

c)dx

5

bx dx

c)dx [selon le théorème 1.7.7a)]

Par exemple, la fonction y = |x| est continue sur

0 [selon le théorème 1.7.7b)]

, mais n’a pas de dérivée en x = 0.

12. Vrai selon le TFC1. 13. Vrai selon la propriété 5 des intégrales. 14. Faux.

Calcul intégral

Par exemple,

1 0

(x

1 2

)dx [ 12 x 2

1 2

x]10

( 12

1 2

) (0 0) 0 , mais f ( x) Révision

x

1 2

0. © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

15. Faux.

b a

Chapitre 1 Les intégrales

f ( x)dx est une constante, donc

d dx

b a

92

0 , et non f(x) [à moins que f(x) = 0].

f ( x)dx

Effectuez une comparaison minutieuse de l’énoncé de la question avec le TFC1, qui suppose que la borne supérieure de l’intégrale est x. 16. Faux.

Si vous vous référez au paragraphe qui précède la remarque 4 et à la figure 4 de la section 1.4, vous remarquerez que y = x – x3 < 0 pour 1 < x ≤ 2. La fonction f(x) = 1/x4 n’est pas bornée l’intervalle [–2, 1]. Elle a une discontinuité

17. Faux.

asymptotique en x = 0. On ne peut pas appliquer le TFC2. (De plus, si l’intégrale existait, on s’attendrait à une valeur positive, selon la propriété 6 des intégrales.) 18. Faux.

Par exemple, si f ( x)

1 si 0 si

0 x 1 , alors la fonction f possède une discontinuité de 1 x 0

première espèce (saut) à 0, mais

1 1

f ( x)dx existe et est égale à 1.

Exercices récapitulatifs 1.

a)

G6

6

f ( xi 1 ) x [ x

i 1

f ( x0 ) 1

f ( x1 ) 1

6 0 6

1]

f ( x2 ) 1

f ( x3 ) 1

f ( x4 ) 1

f ( x5 ) 1

2 3,5 4 2 ( 1) ( 2,5) 8

La somme de Riemann représente la somme des aires des quatre rectangles situés au-dessus de l’axe des x moins la somme des aires des deux rectangles situés sous l’axe des x.

Calcul intégral

Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

93

b)

6

M6

6 0 6

f ( xi ) x [ x

i 1

f ( x1 ) 1

f ( x2 ) 1

1]

f ( x3 ) 1

f ( x4 ) 1

f ( x5 ) 1

f (0,5) f (1,5) f (2,5) f (3,5) f (4,5) 3 3,9 3,4 0,3 ( 2) ( 2,9) 5,7

f ( x6 ) 1

f (5,5)

La somme de Riemann représente la somme des aires des quatre rectangles situés au-dessus de l’axe des x moins la somme des aires des deux rectangles situés sous l’axe des x. 2.

a)

f(x) = x2 – x et

x

2 0 4

0,5 D4

0,5f (0,5) 0,5f (1) 0,5f (1,5) 0,5f (2) 0,5( 0,25 0 0,75 2) 1,25

La somme de Riemann représente la somme des aires des deux rectangles situés au-dessus de l’axe des x moins l’aire du rectangle situé sous l’axe des x. (Le deuxième rectangle sous l’axe des x a une aire nulle.) 2

b)

0

( x2

x)dx

lim

n

lim

n

n

f ( xi ) x [ x

2/n and xi

n i 1

4i 2 n2

2i n

2 n

lim

n

8 n(n 1)(2n 1) lim 3 n n 6 lim

n

c)

Calcul intégral

2 0

( x2

x)dx [ 13 x3

2i /n]

i 1

4 1 1 3 n 1 2

x 2 ]02

2

1 n

( 83

2)

2 4 n n2

n

i2

i 1

4 n(n 1) n2 2

2 1

1 n

4 3

2 n i ni 1 lim

n

1 2 2 1

4 n 1 2n 1 n 1 2 3 n n n 2 3

2 3

Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

94

d)

2 0

1

3.

0

( x2

x)dx

1

1 x 2 dx

x

A1

0

A2 , où A1 et A2 sont les aires des surfaces ombragées dans le graphique.

1

x dx

1 x 2 dx

0

I 2 . I1 peut être interprété comme l’aire du triangle qui apparaît dans le graphique et

I1

I2 peut être interprété comme l’aire du quart de cercle. Aire

4.

n

6

5.

6.

n

Sur l’intervalle [0, π], lim

0

f ( x)dx

5

a)

1

4 0

6

f ( x)dx

( x 2 x5 )dx

sin xi x

i 1

4

lim

n

lim

n

f ( x)dx

n

0

sin x dx

f ( xi ) x

x

i 1 n

1

i 1

4i n

(1)(1)

[ cos x ]0

6

10 7

1 2

4

2 1

4i n

15 625 3

) ( 12

4 , xi n

5

( )(1)2

( 1) ( 1)

6

f ( x)dx

5 1 n

1 4

4

1 2

4

.

2.

f ( x)dx 10 7 3

4i n

1

4 CAS 1 305n 4 lim n n

3126n3 2 080n 2 n3

256 4 n

5220 b)

7.

5 1

5

( x 2x )dx [ x 2 1 2

2 6

x6 ]15

( 252

1 3

) 12 5 208 5220

Constatez tout d’abord que soit a, soit b, doit être la courbe de

x 0

f (t )dt , puisque

0 0

f (t )dt

0 et c(0) ≠ 0. Remarquez ensuite que

b > 0 lorsque c est croissante, et que c > 0 lorsque a est croissante. Il s’ensuit que c est la courbe de f(x), b est la courbe de f′(x) et a est la courbe de

8.

a)

x 0

f (t )dt .

Selon le théorème de la variation nette (TFC2),

Calcul intégral

1 0

d arctan x (e )dx [earctan x ]10 dx Révision

e

/4

1. © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

9.

10.

11.

Chapitre 1 Les intégrales

b)

d dx

c)

Selon le TFC1,

2 1

T 0

1 0

1 0

earctan x dx

0 puisque c’est la dérivée d’une constante. d dx

(8x3 3x 2 )dx [8

1 4

x 0

earctan t dt

x4

3

( x4 8x 7)dx [ 15 x5

(1 x9 )dx [ x

95

x3 ]12

4x2

x10 ]10

1 10

1 3

(1

earctan x .

[2x 4

7x]T0

1 10

x3 ]12

( 15 T 5

(2 24

4T 2

23 ) (2 1)

1 5

7T ) 0

T5

40 3 37

4T 2

7T

9 10

) 0

12. Soit u = 1– x, donc du = –dx et dx = –du. Lorsque x = 0, u = 1; lorsque x = 1, u = 0. Il s’ensuit 1

que

13.

14.

0

u

9 1

1

4

0

0

(1 x)9 dx

1

2u 2 du u

9 1

2

u 1 du

u9 ( du)

1 0

(u

(u1/2

1/2

1 0

u9 du

1 10

1 0

2

y( y 2 1)5 dy

1

2u1/4 1)du [ 23 u 3/2

u 5 ( 12 du)

17.

5 1

2 0

9

y 2 1 y 3 dy

0

1 2

u1/2 ( 13 du)

[ u 6 ]12

1 12

1 3

[ u 3/2 ]19

1 2 3 3

8 5

1 10

(1 0)

.

(6 81) (2 1)

u 5/4

u]10

8 5

( 32

76

1) 0

49 15

du . Lorsque y = 0, u = 1; lorsque y = 1, u = 2. Il s’ensuit

1 1 2 6

16. Soit u = 1 + y3, donc du = 3y2 dy et y 2dy que

1 10

2u )du [2u1/2 u 2 ]19

15. Soit u = y2 + 1, donc du = 2y dy et y dy que

[u10 ]10

(64 1)

63 12

21 4

.

du . Lorsque y = 0, u = 1; lorsque y = 2, u = 9. Il s’ensuit 2 9

(27 1)

dt n’existe pas parce que la fonction f (t ) (t 4) 2

52 9

.

1 a une discontinuité asymptotique en t = 4, c’est-à-dire que la fonction f (t 4) 2

est discontinue sur l’intervalle [1, 5]. 18. Soit u = 3πt, donc du = 3π dt. Lorsque t = 0, u = 1; lorsque t = 1, u = 3π. Il s’ensuit 1

3

0

0

que sin(3 t )dt

Calcul intégral

sin u

1 du 3

1 [ cos u ]30 3

1 ( 1 1) 3

Révision

2 . 3

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

96

19. Soit u = v3, donc du = 3v2 dv. Lorsque v = 0, u = 0; lorsque v = 1, u = 1. Il s’ensuit 1

que

0

1

v 2 cos(v3 )dv

0

cos u( 13 du)

20. Selon le théorème 1.7.7 b),

21. Selon le théorème 1.7.7 b),

1 1

1 3

[sin u]10

sin x dx 1 x2

/4 /4

1 3

0 , puisque f ( x)

t 4 tan t dt 2 cos t

1 3

(sin1 0)

sin1 .

sin x est une fonction impaire. 1 x2

t 4 tan t est une fonction impaire. 2 cos t

0 , puisque f (t )

22. Soit u = ex, donc du = ex dx. Lorsque x = 0, u = 1; lorsque x = 1, u = e. Il s’ensuit 1

que

ex dx 1 e2 x

1 x x

23.

24.

0

x

2

4

1 du [arctan u ]1e 1 u2

2

dx

x

10 1

2

e 1

1 1 dx x

1 x2

arctan e arctan1 arctan e

2 1 dx x

1 x

4

.

2ln|x| x C

x

dx n’existe pas parce que la fonction f ( x)

x

2

a une discontinuité asymptotique en x = 2, c’est-à-dire que la fonction f

4

est discontinue sur l’intervalle [1, 10]. x 2

25. Soit u = x2 + 4x. Alors, du = (2x + 4) dx = 2(x + 2) dx, donc

x

2

4x

dx

csc2 x dx 1 cot x

1 ( du) u

27. Soit u = sin πt. Alors, du = π cos πt dt, donc sin t cos t dt

u( 1 du)

26. Soit u = 1 + cot x. Alors, du = – csc2 x dx, donc

28. Soit u = cos x. Alors, du = – sin x dx, donc sin x cos(cos x)dx

29. Soit u

x . Alors, du

30. Soit u = ln x. Alors, du

dx e x , donc dx 2 x x

dx cos(ln x) dx , donc x x

31. Soit u = ln(cos x). Alors, du

Calcul intégral

2 eu du

sin x dx cos x

2eu

cos u du

tan x dx , donc

u

1

1 2

2e

x

sin u C

C

C

u

C

x2

4x

C.

ln|1 cot x| C .

1 2

(sin t ) 2 C .

sin u C

sin(cos x) C .

C.

sin(ln x) C .

tan x ln(cos x)dx

Révision

u2

2u1/2

1 2

( du )

ln|u| C

cos u du

C

1/2 1 2

u du

1 2

u2

C

1 2

[ln(cos x)]2

C.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

32. Soit u = x2. Alors, du = 2x dx, donc

x 1 x

33. Soit u = 1 + x4. Alors, du = 4x3 dx, donc

1 2

dx

4

du

x3 dx 1 x4

1 1 du 4 u

34. Soit u = 1 + 4x. Alors, du = 4 dx, donc sin(1 4 x)dx

35. Soit u = 1 + sec θ. Alors, du = secθ tan θ dθ, donc

1 2

arcsin u C

1 4

ln|u| C

1 u2

1 4

1 4

sin u du

sec tan d 1 sec

/4 0

(1 tan t )3 sec2 tdt

2 1

u 3du [ 14 u 4 ]12

1 4

(2 4 14 )

1 4

arcsin( x 2 ) C .

1 2

ln(1 x 4 ) C .

1 4

1 4

cos u C

cos(1 4 x) C .

1 (sec tan d ) 1 sec

36. Soit u = 1 + tan t, donc du = sec2 t dt. Lorsque t = 0, u = 1; lorsque t que

97

(16 1)

4

15 4

1 du u

ln|u| C

ln|1 sec | C .

, u = 2. Il s’ensuit .

37. Puisque x2 – 4 < 0 pour 0 ≤ x < 2 et x2 – 4 > 0 pour 2 < x ≤ 3, nous obtenons |x2 – 4| = –(x2 – 4) = 4 – x2 pour 0 ≤ x < 2 et |x2 – 4| = x2 – 4 pour 2 < x ≤ 3. Il s’ensuit que 3 0

|x 2

2

4| dx

0

3

(4 x 2 )dx 8 3

(8

2

( x2

4)dx

) 0 (9 12) ( 83 8)

16 3

38. Puisque x 1 0 pour 0 ≤ x < 1 et x 1 0 pour 1 < x ≤ 4, nous obtenons 0 ≤ x < 1 et

x 1

0 16 3

3

3

x3 3 32 3

4x 2 9 3

x 1

23 3

x 1

1

x pour

x 1 pour 1 < x ≤ 4. Il s’ensuit que 4 0

1

x 1 dx

0

(1

39. Soit u = 1 + sin x. Alors, du = cos x dx, donc

40. Soit u = x2 + 1. Alors, x2 = u – 1 et x dx Calcul intégral

2

x3 3

4x

1 2

1

x dx

4 1

x 1 dx

) 0 ( 163

4) ( 32 1)

cos x dx 1 sin x

u

2 3

1/ 2

du

2 3

x 1 3

2u1/ 2

16 3

C

1

x 3/ 2 4

0 1 3

2 3

x 3/ 2

6 4

2 1 sin x

x

4 1

2

C.

du , donc Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

x3 x

2

1

Chapitre 1 Les intégrales

(u 1) 1 ( 2 du ) u

dx 1 2 1 3

2 3

u 3/ 2

1 (u1/ 2 u 2

2u1/ 2

C

1 3

1/ 2

)du

( x 2 1)3/ 2

( x 2 1)1/ 2 [( x 2 1) 3] C

98

( x 2 1)1/ 2

x 2 1( x 2

1 3

C

2) C

41. Le graphique semble indiquer que l’aire sous la courbe y

x x entre x = 0 et x = 4 est quelque peu inférieure à la moitié de l’aire

d’un rectangle de dimensions 8 par 4, et qu’elle est donc probablement égale à environ 13 ou 14. Pour trouver la valeur exacte, nous 4

évaluons

0

x x dx

4 0

x3/ 2dx

2 5

42. Le graphique semble indiquer que s’ensuit que I

43. F ( x)

44. F ( x)

1 1

t2 dt 0 1 t3

1

Calcul intégral

F ( x)

t sin tdt

45. Soit u = x4. Alors,

2 0

4 0

2 5

(4)5/ 2

64 5

12,8 .

cos 2 x sin x dx est égal à 0. Pour évaluer l’intégrale, posons u

cos x

du

sin x dx . Il

u 2 ( du ) 0 .

x

x

x5/ 2

du dx

x 1

d dx

t2 dt 0 1 t3 x

t sin tdt

4 x3 . De plus,

x2 1 x3

F ( x)

dg dx

d dx

x 1

t sin tdt

dg du , donc g ( x) du dx

d dx

Révision

x4 0

x sin x

cos(t 2 )dt

d du

u 0

cos(t 2 )dt

du dx

cos(u 2 )

du dx

4 x3 cos( x8 ) .

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

46. Soit u = sin x. Alors,

d dx

g ( x)

et dt x t

Alors,

d dx

3x 1

48. y

2x

y

1

1

x 1

et dt t

0

x2

1

u 1

u 1

et dt t

et dt t

x 1

d du

x 1

de

53. cos x 1

/2 /4

3dx

3

x 1

et dt t

et du dt t dx

dy dx

eu 1 u 2 x

3x 1

sin(t 4 )dt

1 sin 2 x cos3 x cos x 1 sin 4 x 1 sin 4 x

x2

3

32

1 6

1 x 1

x

e

1

1

2x

d dx

x 1

et dt . Soit u t

dy e x , donc dx 2x

e x 2x

x.

ex x

2e x

e x . 2x

1)4 ] 2sin[(2 x) 4 ]

3

2 3 , donc 2(3 1)

x 2 cos x

1 1 , donc (5 3) 4 6

1

x2

0

5 3

1 dx x 1

x 2 cos x dx

1 0

, x est croissante et sin x est décroissante, donc , 4 2

sin x dx x

et dt t

sin(t 4 )dt

0

x2 3

2

x

x 2 x

sin(t 4 )dt

0

3

d dx

1

x2

3dx

2 3(3 1) , c’est-à-

4 3.

sin( /4) /4

est

2 2 2

0

2

2/2 /4

2 2

1 1 (5 3) , c’est-à-dire 4 3

x 2dx

1 3

[ x3 ]10

1 3

5 3

1 dx x 1

1 . 2

propriété 7 .

sin x est décroissante. Il s’ensuit que la valeur maximale x

. Selon la propriété 8, avec M

2 2

, nous

2 . 2

4

1

e x cos x e x

54. Pour 0 ≤ x ≤ 1, 0 arcsin x

Calcul intégral

1 u 2 du 1 u 4 dx

d d (3x 1) sin[(2x )4 ] (2x ) 3sin[(3x dx dx

sin x sur l’intervalle , x 4 2

obtenons

1

3x 1

0 cos x 1

52. Sur l’intervalle

dg du , donc du dx

et dt t

u

0

50. Si 3 ≤ x ≤ 5, alors 4 ≤ x + 1 ≤ 6 et

51. 0

dg dx

1 t2 du dt 4 1 t dx

sin(t 4 )dt

49. Si 1 ≤ x ≤ 3, alors 12 3

x

d dx

2x

sin[(3x 1)4 ]

1

d du

et dt x t

sin(t 4 )dt

dire 4

cos x . De plus,

1 t2 dt 1 t4

x

y

47.

sin x

du dx

99

e x cos x dx

, donc

1 0

1 0

e xdx [e x ]10

x arcsin x dx

1 0

e 1

x( 2 )dx [ 4 x 2 ]10

Révision

4

.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

55.

x 5 4

,

(3 0)/6 7 4

,

produit

56. a) b)

et

9 4

3 0

11 4

Chapitre 1 Les intégrales

1 2

; les extrémités des sous-intervalles sont donc 0,

1 2

, 1,

3 2

100

, 2,

5 2

et 3, et les milieux des sous-intervalles sont

1 4

,

3 4

,

. La méthode des milieux des sous-intervalles 6

sin( x3 )dx

1 2

f ( xi ) x

i 1

5

Déplacement

0

[sin( 14 )3 sin( 43 )3 sin( 54 )3 sin( 74 )3 sin( 94 )3 sin( 114 )3 ] 0,280 981 .

(t 2 t )dt [ 13 t 3 5

Distance parcourue

0

|t 2

[ 12 t 2

1 2 5 0 2

5

t| dt 1 3 1 0 3

t ]

125 3

t ]

0

25 2

1

|t (t 1)| dt

[ 13 t 3

1 2 5 1 2

t ]

175 6

0

29,16 mètres

(t t 2 ) dt

1 2

0 ( 125 3

1 3

5 1

(t 2 t )dt

25 2

) ( 13

1 2

177 6

)

29,5 mètres

57. Il est à noter que r(t) = b′(t), où b(t) = le nombre de barils de pétrole consommés jusqu’au temps t. Donc, selon le théorème de la variation nette,

8 0

r (t )dt

b(8) b(0) représente le nombre de barils de pétrole consommés du 1 er janvier 2000 au 1er janvier 2008.

5,0

Distance parcourue

58.

0

v(t )dt

M5

5,0 0 5

[v(0,5) v(1,5) v(2,5) v(3,5) v(4,5)] (car v(t) > 0 sur [0, 5])

1(4,67 8,86 10,22 10,67 10,81)

45,23 m 24 0 6

59. Nous employons la méthode des milieux des sous-intervalles avec n = 6 et t

4 . L’accroissement de la population d’abeilles

est 24 0

r (t )dt

M6

4[r (2) r (6) r (10) r (14) r (18) r (22)] 4[50 1 000 7 000 8 550 1 350 150] 4(18100)

60.

A1

1 2

A3

1 4

bh r2

1 2

(2)(2) 1 4

(1)2

2 , A2 4

1 2

bh

1 2

(1)(1)

1 2

1 x 2 pour 0 ≤ x ≤ 1 représente un quart de cercle de rayon 1,

, et puisque y

. Donc, 1 3

f ( x)dx

A1

A2

A3

2

61. Soit u = 2 sin θ. Alors, du = 2 cos θ dθ et lorsque θ = 0, u = 0; lorsque que

/2 0

f (2sin )cos d

Calcul intégral

72 400 abeilles

2 0

f (u )(12 du )

2 1 2 0

f (u )du

2 1 2 0

f (x )dx

Révision

1 2

2

1 2

4

1 4

(6

)

, u = 2. Il s’ensuit

(6) 3 .

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Solutionnaire détaillé

62.

Chapitre 1 Les intégrales

101

a) La fonction C est croissante sur les intervalles où C′ est positive. Selon le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral, C ( x)

d dx

l’intervalle ](2n que (2n

1 2

)

2

x 0

cos( 2 t 2 )dt

1 2

), (2n

x2

(2n

1 2

1 2

2

x 2 est compris dans

) [ , n étant tout nombre entier. Ceci laisse supposer

)

croissante sur les intervalles ]–1, 1[, b)

cos( 2 x 2 ) . Cette valeur est positive lorsque

0 |x| 1 or

3, 5 ,

4n 1 , n étant tout entier naturel. La fonction C est donc

4n 1 |x|

3 ,

5,

7, 3 ,

7 ,….

3,

La fonction C est concave vers le haut sur les intervalles où C″ > 0. Prenons la dérivée de C′ afin de calculer C″: C ( x) cos( 2 x2 ) lorsque (2n 1)

2

C ( x) x2

sin( 2 x2 )( 2 2 x)

x sin( 2 x2 ) . Pour x > 0, cette valeur est positive

2n , n étant tout entier naturel

2(2n 1)

x

2 n , n étant tout entier naturel. Comme il y a

un facteur de –x dans C″, les intervalles de concavité vers le haut pour x < 0 sont

2, 0 ,

naturel, c’est-à dire que C est concave vers le haut sur les intervalles

2(2n 1), 2 n , n étant tout entier

2, 2 ,

6, 2 ,

6, 2 2 ,….

c)

À partir des graphiques, nous pouvons déterminer que

x 0

cos( 2 t 2 )dt

0,7 à x ≈ 0,76 et x ≈ 1,22.

d)

Les courbes des fonctions S(x) et C(x) ont des formes semblables, sauf que la courbe de S s’aplatit près de l’origine, ce que celle de C ne fait pas. Remarquez que pour x > 0, la fonction C est croissante lorsque S est concave vers le haut, et la fonction C est décroissante lorsque S est concave vers le bas. D’une façon similaire, la fonction S est croissante lorsque C est concave vers le bas, et la fonction S est décroissante lorsque C est concave vers le haut. Pour x < 0, ces relations sont inversées, c’est-à-dire que la fonction C est croissante lorsque S est concave vers le bas, et la fonction S est croissante lorsque C est concave vers le haut. L’exemple 1.5.3 et l’exercice 1.5.65 font l’examen de la fonction S(x).

Calcul intégral

Révision

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

102

x

63. À l’aide du TFC1, nous prenons la dérivée des deux côtés de l’équation donnée,

f ( x) e 2 x

2( x 1)e2 x

e x f ( x)

f ( x)(1 e x ) e2 x

2( x 1)e 2 x

1

f ( x)

f (t )dt

( x 1)e2 x

x 1

e t f (t )dt , et obtenons

e2 x (2 x 1) . 1 e x

64. Comme la deuxième dérivée est la dérivée de la première dérivée, nous appliquerons le théorème de la variation nette avec F = h′. 2 1

2

h (u)du

1

(h ) (u)du

h (2) h (1) 5 2 3 . Les autres informations données sont inutiles.

b

65. Soit u = f(x) et du = f′(x) dx. Donc, 2

x

66. Soit F ( x)

lim h

0

1 h

2 h 2

h

1 t 3 dt

F (2)

1 23

n

1 n

1 n

9

2 n

9

3 n

9

0

9

1 0

n n

2

f (b) f (a)

u du [u 2 ] ff ((ba))

F (2 h) F (2) h

1 t 3 dt . Alors, F (2) lim

2

67. Soit u = 1 – x. Alors, du = –dx, donc

68. lim

f ( x) f ( x)dx

a

lim h

0

1 h

2 h 2

[ f (b)]2 [ f (a)]2 .

1 t 3 dt et F ( x)

1 x3 , donc

3.

f (1 x)dx

9

lim

n

1 0 n

0 1

n i 1

f (u)( du)

9

i n

1 0

1 0

x9dx

1

f (u)du

x10 10

0

1

0

f ( x)dx .

1 . La limite est developpée avec une somme de 10

Riemann utilisant les extrémités droites des sous-intervalles de même longueur.

69. L’aire de la région ombrée est aire est 1

Calcul intégral

1 3

2 3

, donc

1 0

1 0

f ( x)dx

f 1 ( y)dy

2 3

1 3

. L’intégrale

1 0

f 1 ( y ) dy donne l’aire de la région non ombrée. Nous savons que cette

.

Révision

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

103

Problèmes supplémentaires 1.

x2

Calculons la dérivée des deux membres de l’égalité x sin x

f (t )dt (à l’aide du TFC1 et de la règle de la chaîne pour le

0

membre de droite), nous obtenons sin πx + πx cos πx = 2x f(x2). Posons x = 2, de sorte que f(x2) = f(4); nous obtenons sin 2π + 2π cos 2π = 4f(4), donc f (4)

2.

1 4

(0 2

1)

2

.

a 1,5

L’aire A sous la courbe y = x + 1/x de x = a à x = a + 1,5 est donnée par A(a)

a

x

1 dx . Pour trouver la valeur minimale de x

A, nous calculons la dérivée de A à l’aide du TFC1 et posons ensuite cette dérivée égale à 0.

d da

A (a)

a 1,5 a

d da

1

a

1 a 1,5

0

1,5a2

2,25a 1,5 0 [en multipliant par 43 ]

a > 0, a

1,5

1 a

A (a )

1 2

0

1 (a 1,5)2

. A (a)

1 a2

1 dx x

1 dx x

x

a

d da

x

a

x

1

1 a

d da

1 dx x a 1,5

a 1,5 1

d da

a 1,5 1

0 , donc A( 12 )

1 dx x

x

1 a 1,5

1,5a(a 1,5) a (a 1,5) 2a2

1 dx x

x

2

x

1 a

0

3a 2 0

1/ 2

1 a 1,5

1,5

1 dx [ 12 x 2 x

(2a 1)(a 2) 0 ln|x|]1/2 2

a

1 2

ou a = –2. Puisque

(2 ln 2) ( 18 ln 2)

15 8

2ln 2 est la

valeur minimale de A.

3.

Pour I Alors, I

4.

4 0

xe( x 2 2

2)4

dx , posons u = x – 2, de sorte que x = u + 2 et dx = du. 4

(u 2)eu du

2 2

4

ueu du

2 2

4

2eu du

0 selon le théorème 1.7.7b)

4

2 e( x 0

2)4

dx

2k .

a)

Le graphique de f ( x)

2cx x 2 semble montrer que les aires sont égales, c’est-à-dire que l’aire délimitée par chaque courbe c3

est indépendante de c. Calcul intégral

Révision

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Solutionnaire détaillé

b)

Chapitre 1 Les intégrales

104

Trouvons d’abord sur la courbe les points d’intersection avec l’axe des x, afin de déterminer les bornes d’intégration : y

2cx x2

0

0

0 ou x = 2c. Nous pouvons maintenant calculer la dérivée de la fonction entre

x

ces bornes afin de trouver l’aire délimitée par les 2c

courbes : A

0

2cx x 2 dx c3

1 [cx 2 c3

1 3

1 [c(2c)2 c3

x3 ]02c

1 3

(2c)3 ]

1 [4c3 c3

8 3

c3 ]

4 3

, une constante.

c)

Les sommets des membres de la famille de paraboles semblent former une branche d’une hyperbole. d)

Pour une valeur c déterminée, le sommet est le point où la fonction atteint un maximum. Nous avons trouvé que les points d’intersection avec l’axe des x sont (0, 0) et (2c, 0); donc, en vertu de propriété de la symétrie, chaque fonction atteint un maximum en x = c et sa valeur est

forme c,

5.

f ( x)

1 t

3

cos x

dt , où g ( x)

1

obtenons f ( x)

3

1 [ g ( x)]

0

[1 sin(t 2 )] dt . À l’aide du TFC1 et de la Règle de la chaîne (deux fois) nous

et g ( x)

1

x

x 2 sin(t 2 ) dt

x2

x

[1 sin(cos 2 x)]( sin x) . Or, g ( 2 )

3

1 [ g ( x)]

1 (1 sin 0)( 1) 1 1 ( 1) 1 0

donc f ( 2 )

1 . Nous sommes donc intéressés par la courbe formée par tous les points de la c

1 , c > 0. Cette courbe est la partie de l’hyperbole y = 1/x qui est située dans le premier quadrant. c

1

g ( x) 0

2c(c) c 2 c3

0 0

[1 sin(t 2 )] dt

1.

x

sin(t 2 ) dt , alors f ( x)

x 2 sin( x 2 ) 2 x sin(t 2 )dt , selon la règle du produit et le TFC1.

6.

Si f ( x)

7.

Selon la règle de L’Hospital et le théorème fondamental, et en utilisant la notation exp(y) = ey,

0

0

x

lim x

0

(1 tan 2t )1/t dt

0

H

x

0

lim x

H

0

(1 tan 2 x)1/x 1

exp lim x

8.

f ( x)

2 x x2

Calcul intégral

( x

2)( x 1) 0

0,

x

0

2sec 2 2 x 1 tan 2 x

exp lim x

exp

0

ln(1 tan 2 x) x 2 12 1 0

e

2

2 ou x = –1. f(x) ≥ 0 pour x [ 1,2] et f(x) < 0 à tout autre endroit.

Révision

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Solutionnaire détaillé

L’intégrale

b a

Chapitre 1 Les intégrales

105

(2 x x 2 )dx atteint un maximum sur l’intervalle où la valeur de l’intégrande est positive, soit [1, 2]. Donc, a = –1,

b = 2. (Tout intervalle plus grand résulte en une intégrale plus petite puisque f(x) < 0 à l’extérieur de l’intervalle [–1, 2]. Tout intervalle plus petit résulte également en une intégrale plus petite puisque f(x) ≥ 0 sur l’intervalle [–1, 2].) 9.

On peut interpréter cette somme comme une somme de Riemann, dont les extrémités droites des sous-intervalles sont utilisées comme points d’échantillonnage où a = 0, b = 10 000 et f ( x) 10 000

approximativement

i

lim

n

i 1

n

10 000 n

i 1

10 000i n

10 000 0

x . Nous évaluons donc

000 x dx [ 23 x3/ 2 ]10 0

2 3

(1 000 000)

666 667 .

Autre méthode : Nous pouvons utiliser une méthode graphique comme suit : le graphique montre que

donc

10 000

10 000

x dx

0

obtenons

10 001

i

1

i 1

10 000 0

x dx

10 001

666 666, 6 et

1

2 3

x dx

x3/ 2

2 3

x dx

x dx . Puisque

i i 1

x dx

i

i 1 i

x dx ,

C , nous

[(10 001) 3/ 2 1] 666 766 . Il s’ensuit que 666 666, 6

10 000

666 766 . Nous

i i 1

10 000

pouvons évaluer approximativement la somme en faisant la moyenne de ces bornes : i 1

666 666, 6 666 766 2

666 716 . La

valeur exacet est environ 666 716,46.

10.

n

a) Nous pouvons diviser l’intégrale

0

n

x dx en la somme

i

i 1

i 1

x dx . Cependant, sur chacun des intervalles d’intégration [i –

1, i], x est une fonction constante, soit i – 1. La ième intégrale de la somme est donc égale à (i – 1)[i – (i – 1)] = (i – 1). L’intégrale demandée est donc égale à

n

(i 1)

i 1

b)

Nous pouvons écrire

b a

de ces intégrales est égale à

Calcul intégral

b

x dx 1 2

0

b

x dx

n 1

i

i 1

a 0

(n 1)n . 2

x dx . Or,

1 b . Puisque x

b 0

x dx

b 0

x dx

b sur l’intervalle

Révision

b b

x dx . Selon la sous-question a), la première

b , b , la deuxième intégrale est

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

simplement b b a

similaire,

0

11. Selon le TFC1,

d2 dx 2

x 0

sin t

soit a

b 2

1 2

x dx

d dx

x 0

sin t 1

1 u 4 du dt

1

12. Soit Q( x)

b

x 0

P(t )dt

c 3

d 4

at

b

. Donc,

a 2a

a

sin x

sin x

b 2 t 2

1 b

c 3 t 3

b b a

1 2

b

x dx

1 2

b 2b

b 2b

b

b

1 et, d’une façon

1

1 2

a 2a

a

1 .

1 u 4 du . Si nous utilisons le TFC1 à nouveau,

1

1 u 4 du

1

b

1 . Il s’ensuit que

1 u 4 du dt

d dx

1 2

x dx

0

106

1 sin 4 x cos x .

x

d 4 t 4

ax 0

b 2 x 2

0 . De plus, selon le TFC1, Q ( x)

c 3 x 3

d 4 x . Alors, Q(0) = 0 et Q(1) = 0 selon la condition donnée, 4

a bx cx2

P( x)

dx3 . Selon le théorème de Rolle, appliqué à Q sur

l’intervalle [0, 1], il existe un nombre r dans l’intervalle [0, 1] tel que Q′(r) = 0, c’est-à-dire tel que P(r) = 0. Il s’ensuit que l’équation P(x) = 0 a une racine entre 0 et 1. De façon plus générale, si P( x)

a1x a2 x 2

a0

a1 2

an xn et si a0

racine entre 0 et 1. La preuve est la même que précédemment : Soit Q( x)

a2 3 x 0

P(t )dt

an 0 , alors l’équation P(x) = 0 a une n 1 a0 x

a1 2 x 2

a2 3 x 3

an n x . Alors, n 1

Q(0) = Q(1) = 0 et Q′(x) = P(x). Selon le théorème de Rolle, appliqué à Q sur l’intervalle [0, 1], il existe un nombre r dans l’intervalle [0, 1] tel que Q′(r) = 0, c’est-à-dire tel que P(r) = 0. 13.

Soit x la distance entre le centre du disque et la surface du liquide. L’aire de la surface circulaire humide est πr2 – πx2 alors que l’aire de la surface humide non exposée (ombrée dans le graphique) est 2

r2

humide exposée est donc A( x)

2 x 2 r2

Or, A ( x) 0

r2

2 2

x

x2

r2

x2 (

2

1)

x2

2

x2

0 x2

r x

r x

r 2 t 2 dt . L’aire de la surface

r 2 t 2 dt , 0 ≤ x ≤ r. Selon le TFC1, nous obtenons A ( x)

r2 r2 2

1

x2 x

r2

x r 2

1

x2

2 x 2 r2

x2 .

2 2

x

. Appelons cette valeur x*. Puisque A′(x) > 0 pour

0 < x < x* et A′(x) < 0 pour x*< x < r, la fonction atteint un maximum absolu lorsque x = x*. Calcul intégral

Révision

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Solutionnaire détaillé

14. Remarquez que

Chapitre 1 Les intégrales

d dx

x

u

0

0

x

f (t )dt du

0

d dx

x 0

f (t )dt selon leTFC1, alors que

d x dx

f (u )( x u )du

x 0

Il s’ensuit que

x 0

f (u )( x u )du

x

u

0

0

107

x 0

d dx

f (u )du

f (u )du

xf ( x)

x 0

f (u )u du x

f ( x) x

0

f (u )du

f (t )dt du C . Si nous posons x = 0, nous obtenons C = 0.

15.

Concentrons-nous sur le triangle qui est montré. Un point de ce triangle est plus proche du côté qui est montré que de tout autre côté. Donc, si nous calculons l’aire de la région R constituée de tous les points du triangle qui sont plus proches du centre que de ce côté, nous pouvons multiplier cette aire par 4 pour trouver l’aire totale. Nous trouvons l’équation qui représente l’ensemble de points qui sont équidistants du centre et du côté : la distance entre le point (x, y) et le côté est 1 – y, et la distance entre le point et le centre est x 2

y 2 . Les distances sont donc égales si x2

y2

x2

1 y

y2

y2

1 2y

y

1 2

(1 x 2 ) . Remarquez que

l’aire qui nous intéresse est égale à l’aire d’un triangle plus l’aire d’une section en forme de croissant. Pour calculer ces aires, nous devons trouver la coordonnée h sur l’axe des y de la ligne horizontale qui les sépare. À partir du graphique, nous trouvons que 1 h

2h

h

1 1

2 1 . Nous calculons les aires en fonction de h, et effectuons ensuite les substitutions.

2

L’aire du triangle est 12 (2h)(h) h

h2 , et l’aire de la section en forme de croissant est

[ (1 x 2 ) h]dx

1 h 2

h

2 ( 12 0

1 2

h

x 2 )dx

2[( 12

h) x

1 6

x3 ]0h

h 2h 2

1 3

h3 .

L’aire de la région totale est donc

4[(h 2h 2

1 3

h3 ) h 2 ] 4h(1 h 4

Calcul intégral

1 3

h2 )

4

1 3

2

2 1 1

Révision

2 1 1 4 3

2 1

1 3

2 1

2

4 2 5

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Solutionnaire détaillé

16.

lim

n

1 n n 1

Chapitre 1 Les intégrales

1 n n 2

1 n n n

108

lim

1 n

n

n

n

n 1

n 2

n n

lim

1 n

1 1 1/n

lim

1 n

n

n

n

n

i n

f

i 1

1 dx 1 x

1 0

1 1 2/n

1 1 1 1 1 x

où f ( x) 2 1 x

1

2

0

2 1

17. Remarquez que les courbes de (x – c)2 et de [(x – c) – 2]2 se croisent lorsque |x c| |x c 2|

c x

x c 2

x

c 1.

L’intégration se fera différemment selon la valeur de c. Cas 1: –2 ≤ c < –1 Dans ce cas, fc(x) = (x – c – 2)2 pour x [0,1] , donc 1

g (c )

0 1 3

( x c 2) 2 dx

(3c 2

9c 7)

1 3

[( x c 2)3 ]10

c2

7 3

3c

(c

1 3

[( c 1)3 ( c 2)3 ]

3 2 2

1 12

)

En tant que formule d’une parabole, sa valeur maximale pour –2 ≤ c < –1 est g ( 2)

1 3

et sa valeur minimale est g ( 23 )

1 12

.

Cas 2 : –1 ≤ c < 0 Dans ce cas, f c ( x)

( x c) 2 ( x c 2)2

si 0 x c 1 si c 1 x 1

Il s’ensuit que 1

g (c )

0 1 3

c 1

f c ( x)dx

[( x c)3 ]c0 c2

c

0 1

1 3

( x c) 2 dx

[( x c 2)3 ]1c

(c

1 3

1 c 1

1 2 2

)

1

( x c 2) 2 dx 1 3

[1 c 3

( c 1)3 ( 1)]

7 12

Il s’agit encore d’une formule d’une parabole, dont la valeur maximale pour –1 ≤ c < 0 est g ( minimale pour le même intervalle est g ( 1) Cas 3 : 0 ≤ c ≤ 2 Calcul intégral

1 3

1 2

)

7 12

et dont la valeur

.

Révision

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 1 Les intégrales

109

Dans ce cas, fc(x) = (x – c)2 pour x [0,1] , donc

g (c )

1 0

c2

( x c) 2 dx c

1 3

(c

1 3

[( x c)3 ]10 1 2 2

)

Calcul intégral

[(1 c)3 ( c)3 ]

1 12

Cette formule de parabole a une valeur maximale égale à g (2) Nous concluons que g(c) a une valeur maximale absolue de g (2)

1 3

7 3

7 3

et une valeur minimale égale à g ( 12 )

, et des valeurs minimales absolues de g (

Révision

.

1 12

3 2

)

g ( 12 )

1 12

.

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

1

2. LES APPLICATIONS DE L’INTÉGRALE 2.1 L’aire de la région entre deux courbes 1.

A

2.

A

x 4 x 0

( yS

2

A

ln 3

y 1 y

1

[e y

4.

A

5.

A

3 0

1 3

[e x

1

1 3

(e

6.

A

2

2 3

[e y

0

( x 2)3/2

( y2

1

2y ]1 1

(e1

y2 ) ( y2

(4x x 2 )dx [2x 2

ln( x 1)

1 3

1

e

1) (e

3

4y)]dy

1 3

1)

x2 2

0

x3 1 e

1

2)]dy

2) (e

1 3

( x 2 1)]dx [e x

2

2

2 3

0

(4)3/2

1 3

x3 ]04

(32

ln 3] [ 23 (2)3/2

64 3

) (0)

32 3

ln1

1

1 1 3

( 2y 2

(e y

2)

y2 e

6y)dy [

2)dy

1 10 e 3 2 3

y 3 3y 2 ]30

( 18 27) 0 9

x]1 1 4 3

cos x /2

2

1

8

0

2

3 8

7.

1

( x sin x)dx

/2

4

[(5x x 2 ) x]dx

2

xG )dy

y3

[(2y

1

4 3

( xD

4 0

1 dx x 1

x 2

0 16 3

3.

yI )dx

1

Les courbes se croisent lorsque ( x 2)2

Calcul intégral

x

x2

4x 4

x

x2 5x 4 0

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

( x 1)( x 4) 0

x 1 ou 4.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 4

A

1

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale 4

[ x ( x 2) 2 ]dx x3

[

1 3

(

64 3

5 2

x2

1

( x2

2

5x 4)dx

4x]14

40 16) (

5 2

1 3

4)

9 2

8.

Les courbes se croisent lorsque x2 4

A

[ x 4 ( x2

1 4 1

9.

A

( x2

[

1 3

(

64 3

2 1

x

ln 2

( x 1)( x 4) 0

x

1 ou 4.

2x)]dx

3 2

x2

4x]41

24 16) ( 13

1 dx x2

(ln 2

x2 3x 4 0

x 4

3x 4)dx

3

1 x

2x

1 2

ln x

3 2

4)

1 x

125 6

2

1

) (ln 1 1)

1 2

10. On peut observer que les courbes de y = sin x et y = 2x/π se croisent aux points (0, 0) et (π/2, 1) pour x ≥ 0.

A

Calcul intégral

/2 0

sin x

2x

dx

cos x

1

/2

x2

0 0

4

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

( 1) 1

4 © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

11. Les courbes se croisent lorsque 1 y 2 1

A

y2 1

2 2y 2

y2 1

y

3

1.

[(1 y 2 ) ( y 2 1)]dy

1 1 1

2(1 y 2 )dy 1

2 2 (1 y 2 ) dy 0

1 3

4[ y

y 3 ]10

4(1

12. 4x x2 12 2

1 4

y2

[

1 12

y3

1 2

(

2 3

6

22

3 3

8 3

3) y2

x

6 ou x = 2, donc y = –6 ou y = 2 et

y ]dy 3y ]26

2 6) (18 18 18) 64 3

2 3

13. 12 x2

A

)

( x 6)( x 2) 0

[(

A

1 3

x2

6

2x2 18

[(12 x 2 ) ( x 2

6)]dx

x2

9

x

3 , donc

3

2 (18 2x 2 ) dx [par symétrie] 0

x3 ]30

2[18x

2 3

2(36)

72

Calcul intégral

2[(54 18) 0]

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

14. x2

A

4x x2 2 0 2 0

4x

0

2x( x 2) 0

x

4

0 ou 2, donc

x 2 ) x 2 ]dx

(4x 2x 2 )dx 2 3

16 3

8

A

2x2

[(4x

[2x 2

15. e x

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

x3 ]02 8 3

xe x 1 0

(e x

[e x [2e

ex

Calcul intégral

0

e x (1 x) 0

x 1.

xe x )dx

( xe x x

xe x

x 1 0

xe ]

e x )]10 [utilisez les parties où u (2e e) (2 0)

x et dv

e x dx]

e 2

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

16.

2

A

0 2 0

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

5

[(2 cos x) cos x]dx (2 2cos x)dx

[2x 2sin x]02 (4

17. 2y 2

A

0) 0

y2

4 2 2

y2

4

2 , donc

y

y 2 ) 2y 2 ]dy

[(4 2

y 2 )dy [par symétrie]

2 (4 0

2[4y

4

1 3

y 3 ]02

2(8

8 3

)

32 3

18. Les courbes se croisent lorsque

x 1

x 1 x2

x 1

2x 1

0

x2 3x 2

0 ( x 1)( x 2)

x 1 ou

2.

A

2 1

x 1 ( x 1) dx

[ 23 ( x 1)3/2

1 2

( x 1) 2 ]12

( 32

1 2

) (0 0)

1 6

19. On peut observer que les courbes se croisent en x

Calcul intégral

1 2

.

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 1/2

A

1/2

0

(cos x 4x 2 1)dx [par symétrie]

2[ 1 sin x 2( 1

20.

1 3

x3

4 3 2

)

x]1/2 0

2 x

y2

2 x

y4

2 y2

y4

y2

1 0

y2 )

[(2 1 3

(2

1 5

2[( 1

) 0]

1 6

1 2

x

2 y 2 , donc les courbes se croisent lorsque

2 3

y

A

6

[cos x (4 x 2 1)]dx

1/2

2

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

y 4 )]dy [2y

) 0

( y2

2 0 1 3

y3

1 5

2)( y 2 1) 0

y 1 [puisque y ≥ 0].

y 5 ]10

22 15

21. Les courbes se croisent lorsque tan x = 2 sin x (sur l’intervalle [–π/3, π/3]) sin x sin x

A 2

2sin x cos x

0 ou cos x /3 0

1 2

2sin x cos x sin x x

0 ou x

0

sin x(2cos x 1)

0

.

3

(2sin x tan x)dx [par symétrie]

2[ 2cos x ln|sec x|]0 /3 2[( 1 ln 2) ( 2 0)] 2(1 ln 2) 2 2ln 2

Calcul intégral

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

22. Les courbes se croisent lorsque x3

x3

x

x

0

x( x2 1) 0

7

x 0 ou x = ±1.

x( x 1)( x 1) 0

1

A 2 ( x x3 )dx [par symétrie] 0

2[ 12 x 2

1 4

x 4 ]10

2( 12

1 4

1 2

)

23. Remarquez que cos x sin 2x

2sin x cos x

2sin x 1 ou cos x

A

/6

2sin x cos x cos x 0

0

x /2

(cos x sin 2 x)dx

0

[sin x 1 2

1 2

1 2 1 2

cos 2 x]0 (0

1 2

/6

/6

[

1 2

6

ou

2

.

(sin 2 x cos x) dx

cos 2 x sin x]

1) ( 12 1) (

1 2

1 2

1 2

/2 /6

)

1 2

24. Les courbes se croisent lorsque cos x 1 cos x (sur [0, ])

A

/3 0

[cos x (1 cos x)]dx

/3 0

(2cos x 1)dx

[2sin x 3 2 3

Calcul intégral

x]0 3

/3

/3

/3

0)

2cos x 1

cos x

1 2

x

3

.

[(1 cos x) cos x]dx

(1 2cos x) dx

[ x 2sin x]

0 (

cos x(2sin x 1) 0

3

/3

3

3

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

25.

1 2

x

x 4

A

1 2

[ 23 x3/2 [( 163

32 3

x2

x

1 4

x2

x

x dx

9 4

x 2 ]04 [ 14 x 2

1 2

x

0

x( x 4) 0

x

0 ou 4, donc

x 3/2 ]94

2 3

16 3

)]

59 12

26

x x 2 2 si x x x 2 2 si x

2

4x

8

x dx

4) 0] [( 814 18) (4

81 4

26.

x2

1 4

x

0

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

0 0

En résolvant pour x 0

x2

x

2

x2

0

x 2

0 ( x 2)( x 1)

x

2

En résolvant pour x 0

x

A

x2 2 2

2

0

[|x| ( x 2 2

x 2

2

2)]dx

2 (x

2[ 12 x 2

1 3

2x]02

2(2

x

1 x2

Calcul intégral

x3

0 ( x 2)( x 1)

x

2

2)]dx

2 [ x ( x2 0

27. 1/x

x2

x2

0

x

8 3

4)

2)dx 20 3

1 et 1/x

1 4

x

4

x2

x

2 , donc pour x > 0,

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

1

A

1 x dx 4

x

0

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

3 x dx 4

1 0

1 x

2 1

[ 83 x 2 ]10 [ln|x| 3 8

28.

(ln 2

1 2

1 x

2 1

1 x dx 4

1 x dx 4

x 2 ]12

1 8

) (0

1 8

)

ln 2

x2

x 3

x2

4x 12 0

2x2

x 3

2x2

x 3 0

1 4

A

1 0

(2x 2

1 7 0 4

1 4

1

[ 127 x3 ]10 [ 7 12

(

2 3

2

x 2 )dx 2

x 2 dx

(

1 4

1

[( x 3)

x2

x3

1 12

1 2

( x 6)( x 2) 0 (2x 3)( x 1) 0 1 4

1

(2x

x2

1 5 0 3

x dx

5 6

2 1 0

[ x ] 5 6

(

Calcul intégral

3 1

[ 15 4

3

x)dx

5 12 15 2

1 5 6

( x

2

) (

[(

1 2 5 2

x 5 2 5 12

ou 1, donc pour x ≥ 0,

3x]12

1 12

2 6) (

1 3

3 2

x

x 3)dx 1 2

3 2

3)

y = 2x; celle de la droite passant par les points (3, 1) et (1, 2) est y

0

6 ou 2 et

x

x 2 ]dx

29. L’équation de la droite passant par les points (0, 0) et (3, 1) est y

A

9

x

5 2

)

1 3

1 3

x ; celle de la droite passant par les points (0, 0) et (1, 2) est 1 2

x

5 2

.

x]dx

)dx

3 1

x]

5 2

)

5 2

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

10

30. L’équation de la droite passant par les points (2, 0) et (0, 2) est y = – x +2; celle de la droite passant par les points (2, 0) et (–1, 1) est 1 3

y

0

A

1

; celle de la droite passant par les points (0, 2) et (–1, 1) est y = x + 2.

2 3

x

[( x 2) (

0

( x

4 1 3

[ x 2 3

2

0 (

4 3 4 3

2 3

2

)dx 0

x] 4 3

x

1 3

0

[

1

) (

1 3

(

2 3

x

x 8 3

) 0

4 3

[( x 2) (

0 4 3

2

4 3

2

)]dx

2 3

1 3

x

2 3

)]dx

)dx

2 0

x]

2

31. Les courbes se croisent lorsque

sin x

sin x 1 2sin 2 x

cos2 x (sur [0, /2])

(2sin x 1)(sin x 1) 0

A

/2 0

[ 12 sin 2 x cos x]0

A

32.

/2

(cos 2 x sin x) dx

0

3 2

x

6

.

|sin x cos 2 x|dx

/6

1 4

1 2

sin x

2sin 2 x sin x 1 0

3

1 2

3

/6

/6

(sin x cos 2 x) dx

[ cos x

1 2

sin 2 x]

(0 1) (0 0)

1 2

/2 /6

3

1 4

3

3 1

1 1

|3x

2x ln 2

2 x |dx 3x ln 3

0

1 1 ln 2 ln 3 2 1 4 2 2ln 2

Calcul intégral

1

0 1

(2 x

3x ln 3

3x ) dx 2x ln 2

1 0

(3x

2 x ) dx

1

0

1 1 3 2 2ln 2 3ln 3 ln 3 ln 2 3 1 9 3 4 1 3ln 3 3ln 3 2ln 2

1 ln 3

1 ln 2

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

11

33.

Le graphique montre que les courbes se croisent en x = 0 et en x = a ≈ 0,896, avec x sin(x2) > x4 sur l’intervalle [0, a]. L’aire A de la région délimitée par les courbes est donc

A

a 0

[ x sin( x 2 ) x 4 ]dx [

1 2

34.

cos(a 2 )

1 5

a5

1 2

1 2

cos( x 2 )

1 5

x5 ]0a

0,037

Le graphique montre que les courbes se croisent (pour x ≥ 0) en x = 0 et en x = a, où a ≈ 1,052, avec x/(x2 + 1)2 > x5 – x sur l’intervalle [0, a]. L’aire A de la région délimitée par les courbes est A

a

x

0

( x 2 1)2

( x5

x) dx

1 1 1 6 x 2 2 x 1 6

1 2 x 2

a

0

0,59

35.

Le graphique montre que les courbes se croisent en x = a ≈ –1,11, en x = b ≈ 1,25 et en x = b ≈ 2,86, avec

x3 – 3x + 4 > 3x2 sur

l’intervalle [a, b] et 3x2 – 2x > x3 – 3x+ 4 sur l’intervalle [b, c]. L’aire de la région délimitée par les courbes est donc

Calcul intégral

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé b

A

a b a 1 4

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

[( x3 3x 4) (3x 2 ( x3 3x 2

[ x

4

x

3

c

x 4)dx 1 2

x

2

b a

4x]

c

2x)]dx b

[

b

[(3x 2

( x 3 3x 2 1 4

x

4

x

3

12

2x) ( x3 3x 4)]dx

x 4)dx 1 2

x2

4x]bc

8,38

36.

Le graphique montre que les courbes se croisent en x = a ≈ –1,32 et en x = b ≈ 0,54, pour 2 – x2 > ex sur l’intervalle [a, b]. L’aire A de la région délimitée par les courbes est donc

A

b a

[(2 x2 ) e x ]dx [2x

1 3

x3 e x ]ba

1,45

37.

Tracez les courbes Y1 = 2/(1+xˆ4) et Y2=xˆ2. Vous constaterez que Y1 > Y2 sur l’intervalle [–1, 1]; l’aire est donc exprimée par

1 1

2 1 x4

x 2 dx . Évaluez l’intégrale à l’aide d’une commande telle que fnInt(Y1 – Y2, x, –1, 1), qui donnera comme résultat

2,801 23 (arrondis à cinq décimales). Autre méthode : Tracez la courbe de f(x) = Y1 = 2/(1+xˆ4)–xˆ2 et, à partir de cette courbe, évaluez ∫ f(x) dx de –1 à 1. 38.

Les courbes se croisent en x = ±1.

A

Calcul intégral

1 1

(e1

x2

x 4 )dx 3,66016

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

13

39.

Les courbes se croisent en x = 0 et en x = a ≈ 0,749 363. a

A

x

0

tan 2 x dx

0,251 42

40.

Les courbes se croisent en x = a ≈ –1,911 917, en x = b ≈ –1,223 676 et en x = c ≈ 0,607 946. b

A

a

c

[( x 2sin 4 x) cos x]dx

b

[cos x ( x 2sin 4 x)]dx

1,704 13 41. Le graphique montre que les courbes y = x et y = x5 – 6x3 + 4x délimitent une région, constituée de quatre parties, qui est symétrique autour de l’origine (puisque x5 – 6x3 + 4x et x sont des fonctions impaires de x). Les courbes se croisent aux valeurs de x où x5 – 6x3 +4x = x, c’est-à-dire lorsque x(x4 – 6x2 + 3) = 0. Ceci se produit en x = 0 et lorsque x 2

en x

3

6,

3

6 ,0, 3 2

3 0

6

|( x5

6 et 6x3

3

6

36 12 2

3

6 , c’est-à-dire

6 . L’aire exacte est

4x) x|dx

2 2

3

6

3

6

0

0

|x 5

6x 3 3x|dx

( x5

6x 3

3x)dx 2

3

6

3

6

( x5

6x 3 3x)dx

LCS

12 6 9

42. L’inéquation x ≥ 2y2 décrit la région qui se situe au-dessus de la parabole x = 2y2 ou à sa droite. L’inéquation x ≤ 1 – |y| décrit la région qui se situe au-dessus de la courbe x 1 |y|

Calcul intégral

1 y si 1 y si

y y

0 ou à sa gauche. La région donnée est donc la région ombrée 0

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

14

qui se situe entre les courbes. Les courbes d’équations x = 1– y et x = 2y2 se croisent lorsque 1 y

2y 2

symétrie, A 2

43. 1seconde

1 3600

point-milieu. t

1/2 0

2y 2

y 1 0

[(1 y) 2y 2 ]dy

heure , donc 10 s 1/360 0 5

distanceKarine

1 1800

2 3

2[

1 360

(2y 1)( y 1) 0

y3

1 2

y2

y]1/2 0

y

1 12

2[(

1 8

1 2

1 2

[pour y ≥ 0]. Par

) 0] 2( 247 )

7 12

.

h . À partir des données du tableau, nous pouvons prendre n = 5 et utiliser la méthode du

, donc

distanceChris

1/360 0

M5

1/360

vK dt

0

1 1800

[(vK

vC dt

1/360 0

( vK

vC )(1) (vK

vC )dt

vC )(3) (vK

vC )(5) (vK

vC )(7) (vK

1 1800

[(35 32) (84 74) (114 100) (138 121) (158 138)]

1 1800

(3 10 14 17 20)

1 1800

(64)

8 225

vC )(9)]

.

km, ou 35 59 m

44. Soit x = la distance depuis l’extrémité gauche de la piscine et l = l(x) = la largeur au point x, alors la méthode du point-milieu avec n = 4 et

x

b a n

8 2 0 4

4 produit Aire

16 0

l dx

4(22,8) 91,2 m 2 .

4(6,2 6,8 5,0 4,8)

45. Soit h(x) la hauteur de l’aile à x cm de l’extrémité gauche.

A

M5

200 0 [h(20) h(60) h(100) h(140) h(180)] 5 40(20,3 29,0 27,3 20,5 8,7) 40(105,8) 4232 cm 2

46. Pour 0 ≤ t ≤ 10, b(t) > d(t), donc l’aire entre les courbes est donnée par 10 0

[b(t ) d (t )]dt

10 0

(2200e0,024t 1460e0,018t )dt

275 000 0,24 e 3

730 000 0,18 e 9

2200 0,024t e 0,024 275 000 3

1460 0,018t e 0,018

730 000 9

10

0

8868 individus

Cette aire A représente l’augmentation de la population durant une période de dix ans.

47. Nous savons que l’aire sous la courbe A entre t = 0 et t = x est

x 0

vA (t )dt

s A ( x) , où vA(t) est la vitesse de l’automobile A et sA, son

déplacement. D’une façon similaire, l’aire sous la courbe B entre t = 0 et t = x est

Calcul intégral

x 0

vB (t )dt

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

sB ( x) .

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé a)

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

15

Après une minute, l’aire sous la courbe A est supérieure à l’aire sous la courbe B. L’automobile A est donc en avance après une minute.

b)

La valeur numérique de l’aire de la région ombrée, sA(1) – sB(1), représente la distance de l’avance de l’automobile A sur l’automobile B après une minute.

c)

Après deux minutes, l’automobile B se déplace plus rapidement que l’automobile A et l’écart entre les deux a diminué, mais l’aire sous la courbe A de t = 0 à t = 2 est toujours supérieure à l’aire correspondante sous la courbe B, et donc l’automobile A est toujours en avance.

d)

Le graphique semble indiquer que l’aire entre les courbes A et B pour 0 ≤ t ≤ 1 (lorsque l’automobile A est la plus rapide), qui correspond à la distance de l’avance de l’automobile A, semble être environ 3 carrés. Par conséquent, les automobiles seront côte à côte au temps x où l’aire entre les courbes pour 1 ≤ t ≤ x (lorsque l’automobile B est la plus rapide) est égale à l’aire pour 0 ≤ t ≤ 1. Le graphique semble montrer que ce temps est x ≈ 2,2. Les deux automobiles seront donc côte à côte lorsque t ≈ 2,2 minutes.

48. L’aire sous la courbe R′(x) de x = 50 à x = 100 représente la variation du revenu, et l’aire sous la courbe C′(x) de x = 50 à x = 100 représente la variation du coût. La région ombrée représente la différence entre ces deux valeurs, c’est-à-dire l’augmentation du profit lorsque le niveau de production passe de 50 unités à 100 unités. À l’aide de la règle des milieux des sous-intervalles, avec n = 5 et Δx = 10, nous obtenons

M5

x{[ R (55) C (55)] [ R (65) C (65)] [ R (75) C (75)] [ R (85) C (85)] [ R (95) C (95)]} 10(2,40 0,85 2,20 0,90 2,00 1,00 1,80 1,10 1,70 1,20) 10(5,05) 50,5 milliers de dollars

Si nous utilisons M1, nous obtiendrons 50(2 – 1) = 50 000 $. 49.

Afin de pouvoir tracer la courbe de cette fonction, nous devons d’abord l’exprimer en termes de fonctions explicites de y, c’est-àdire y

x x 3 . Le graphique montre que la boucle va de x = –3 à x = 0, et que, par symétrie, l’aire que nous désirons évaluer

représente simplement deux fois l’aire située sous la moitié supérieure de la courbe sur cet intervalle, l’équation de la moitié supérieure étant y

x x 3 . L’aire est donc A 2

0 3

x x 3 dx . Nous substituons u = x + 3, donc du = dx et les bornes

changent à 0 et 3; nous obtenons Calcul intégral

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

A

3

2

3

2 (u 3/2 3u1/2 )du

(u 3) u du

0

2[ 52 u 5/2

16

0

2u 3/2 ]30

2

32 3

2 5

2 3 3

3

24 5

50.

Nous trouvons tout d’abord l’équation de la tangente à la parabole y = x2 au point (1, 1): y′ = 2x, donc la pente de la tangente est 2(1) = 2 et son équation est y –1 = 2(x – 1), ou y = 2x – 1. Nous aurions besoin de deux intégrales pour effectuer l’intégration par rapport à x, mais seulement une pour l’effectuer par rapport à y. 1

A

0

1 2

( y 1)

1 2

2 3

1 4

y dy [ 14 y 2

1 2

y 3/2 ]10

2 3

y

1 12

51.

x2

Par symétrie, nous ne considérons que le premier quadrant, où y b 0

52. a) b)

ydy

4 b

2 3

ydy

[ y 3/2 ]b0

2 3

[ y 3/2 ]b4

b3/2

a

Nous cherchons un nombre a tel que

1

1 dx x2

4 a

43/2 b3/2

2b3/2

1 dx x2

1 x

L’aire sous la courbe de la fonction y = 1/x2 de x = 1 à x = 4 est

y . Nous cherchons un nombre b tel que

x

3 4

a

1

b3/2

8

1 x

4

4

1 1 a

a

42/3 .

b

1 4

1 a

5 4

2 a

a

8 . 5

[utilisez a = 4 dans la première intégrale de la sous-question

a)]. La droite y = b doit croiser la courbe x 1/ y et non la droite x = 4, puisque l’aire sous la droite y = 1/42 de x = 1 à x = 4 est seulement 163 , ce qui est moins de la moitié de 34 . Nous désirons choisir un nombre b de sorte que l’aire supérieure dans le graphique soit la moitié de l’aire totale sous la courbe y = 1/x2 de x = 1 à x = 4. Nous déduisons que 1 b

1/ y 1 dy

obtenons c2 Mais c

Calcul intégral

2c

b 0, puisque b peut être remplacé par –c dans les deux équations sans changer les courbes et parce que, si c = 0, les courbes ne délimitent pas une région. Le graphique montre que l’aire délimitée A se situe entre x = –c et x = c et, par symétrie, elle est égale à quatre fois l’aire située dans le premier quadrant. L’aire délimitée c

est A 4 (c 2 0

x 2 )dx 8 3

A 576

c3

4[c 2 x

1 3

x3 ]c0

c3

576

4(c3

1 3

216

c3 )

4( 32 c3 ) 3

c

8 3

c3 . Donc,

6 . Il est à remarquer que c = –6 est une autre solution, puisque les

216

courbes sont les mêmes.

54.

Le graphique semble indiquer que les courbes y = cos x et y = cos(x – c) se croisent à mi-chemin entre 0 et c, c’est-à-dire lorsque x = c/2. Nous pouvons vérifier que ceci est exact en constatant que cos(c/2 – c) = cos(–c/2) = cos(c/2). L’abscisse du point où la courbe cos(x – c) croise l’axe des x est de la forme x

2

c . Il faut donc que

c /2 0

[cos x cos( x c)]dx

/2 c

cos( x c)dx [un

signe négatif apparaît au membre de droite de l’équation puisque la seconde aire est sous l’axe des x]

[sin x sin( x c)]c0/ 2

[sin( x c)]

[sin(c/2) sin( c/2)] [ sin( c)]

sin(

/2 c

c) sin[( 2

c) c]

2sin(c /2) sin c

sin c 1 . [Nous avons ici tiré parti du

fait que la fonction sinusoïdale est impaire et du fait que sin(π – c) = sin c]. Donc, 2sin(c/2) 1

sin(c/2)

1 2

c/2

c

6

3

.

55. La courbe et la droite délimitent une région lorsqu’elles se croisent en au moins deux points. Nous devons donc résoudre l’équation

x/( x2 1)

Calcul intégral

mx

x

x(mx2

m)

x(mx 2

m) x

0

x(mx2

m 1) 0

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

x

0 ou

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

mx2

m 1 0

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

0 ou x 2

x

1 m m

a pas de région fermée. Mais si 1/m 1 0

1 1 . Remarquez que si m = 1, la seule solution est x = 0 et il n’y m

0 ou x

x

1/m 1

18

0 m 1 , alors il y a deux solutions. [Une autre façon de visualiser

ceci est d’observer que la pente de la tangente à la courbe y = x/(x2 + 1) à l’origine est y′(0) = 1 et que, par conséquent, nous devons avoir 0 < m < 1.] Il est impossible d’effectuer simplement une intégration entre les racines positive et négative, puisque la courbe et la droite se croisent à l’origine. Puisque mx et x/(x2 + 1) sont toutes deux des fonctions impaires, l’aire totale est deux fois l’aire entre les courbes sur l’intervalle 0, 1/m 1 . L’aire fermée totale est donc

2

1/m 1 0

x mx dx x2 1

2[ 12 ln( x 2 1) ln(1/m) 1 m

1 2

mx 2 ]0 1/m

1

[ln(1/m 1 1) m(1/m 1)] (ln1 0)

m ln m 1

PROJET CONCRET L’INDICE DE GINI 1

1.

aire entre L et y x aire sous y x

0

[ x L( x)]dx

1

a)

G

b)

Pour une société parfaitement égalitaire, L(x) = x, donc G

totalitaire, L( x)

2. a)

1 2

2 [ x L( x)]dx 0

1 si x 1 , donc G 0 si 0 x 1

1

2 ( x 0)dx 0

1

2 [ x x]dx 0

2[ 12 x 2 ]10

0 . Pour une société parfaitement

2( 12 ) 1 .

En 2008, les 20 % les plus riches de la population américaine ont reçu 1 – L(0,8) = 1 – 0,5 = 0,5 ou 50 % du revenu total des États-Unis.

b)

Le modèle quadratique est de la forme Q(x) = ax2 + bx + b. Si nous utilisons une précision de six décimales, nous obtenons a = 1,302 679, b = –0,367 679 et c = 0,026 357. Bien que le modèle quadratique semble correspondre de façon satisfaisante aux données, il ne faut pas oublier que Q(0) ≠ 0 et que la fonction Q est à la fois décroissante et croissante.

c)

G

Calcul intégral

1

2 [ x Q( x)]dx 0

0,4465

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

19

3. Q(x) = ax2 + bx + c Année

a

b

b

Gini

1970

1,117 411

–0,152 411

0,013 321

0,3808

1980

1,149 554

–0,189 696

0,016 179

0,3910

1990

1,216 07

–0,268 214

0,020 714

0,4161

2000

1,280 804

–0,345 232

0,025 821

0,4397

L’indice de Gini a augmenté de façon constante de 1970 à 2008. La tendance s’oriente vers une société moins égalitaire. 4.

Si nous utilisons la commande PowerFit du logiciel Maple ou la commande PwrReg de la calculatrice TI, et si nous omettons le point (0, 0), nous obtenons P(x) = 0,847 528x2,051 771 et un indice de Gini de 2

1 0

[ x P( x)]dx

0,444 6 . Il est à noter que la fonction

puissance est presque quadratique. La commande FindFit du logiciel Mathematica produit des résultats légèrement différents : P(x) = 0,983 856x2,668 876 et un indice de Gini de 0,463 7.

Calcul intégral

2.1 L’aire de la région entre deux courbes

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

20

2.2 Le volume 1.

Selon un découpage vertical, la section transversale est un disque de rayon 2

V

2

2 1

7 12

(1

)

1 12 8 12

1 2

x ; son aire est donc A( x)

(2

1 2

x)2 .

x) 2 dx

x 2 ) dx

x 3 ]12

) (4 1

1 12

)]

19 12

Selon un découpage vertical, la section transversale est un disque de rayon 1 – x2; son aire est donc A(x) = π(1 – x2)2.

V

1 1

2

1

A( x)dx 1 0

1

(1 2x 2

2 (1

3.

1 4

x2

[(8 4

(2

1

(4 2x

[4x

2.

2

A( x)dx

1

1 2

2 3

1 5

)

(1 x 2 ) 2 dx x 4 )dx 2 ( 158 )

2 3

2 [x

x3

1 5

x 5 ]10

16 15

Selon un découpage vertical, la section transversale est un disque de rayon x

V

Calcul intégral

5 1

A( x)dx

5 1

( x 1)dx

[ 12 x 2

x]15

2.2 Le volume

1 ; son aire est donc A( x)

x 1

2

( x 1) .

[( 252 5) ( 12 1)] 8

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

4.

4 2

4

A( x)dx 4 2

64 3

2

25 x 2

2

(25 x 2 )dx

[(100

1 3

[25x 8 3

) (50

9 0

A( y )dy

4 [ 12 y 2 ]90

9 0

.

x 3 ]42

2

dy

4

9 0

2 y

2

.

y dy

2 (81) 162

Selon un découpage horizontal, la section transversale est un disque de rayon ey [puisque y = ln x]; son aire est donc A(y) = π(ey)2.

V

7.

2

94 3

)]

2 y

25 x 2

dx

Selon un découpage horizontal, la section transversale est un disque de rayon 2 y ; son aire est donc A( y )

V

6.

21

Selon un découpage vertical, la section transversale est un disque de rayon 25 x 2 ; son aire est donc A( x)

V

5.

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

2 1

(e y )2 dy

2 1

e2y dy

1 2y e 2

2

1

2

(e 4

e2 )

Selon un découpage vertical, la section transversale est un disque troué dont le rayon interne est x3 et le rayon externe x; son aire est donc A(x) = π(x)2 – π(x3)2 = π(x2 – x6).

V

1 0

A( x)dx

[ 13 x3 Calcul intégral

1 7

1 0

x 7 ]10

( x2 ( 13

x 6 )dx 1 7

)

4 21

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

8.

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

Selon un découpage vertical, la section transversale est un disque troué dont le rayon interne est

22

1 4

x 2 et le rayon externe 5 – x2; son

aire est donc

A( x)

2

V

2

(5 x 2 )2

( 14 x 2 ) 2

(25 10 x 2

x4

2

2

0

10 3

x 4 ).

(25 10 x 2

2

(25 10 x 2

2 [25x

9.

2

A( x)dx

1 16

15 16

x3

3 16

15 16

x 4 )dx

x 4 ) dx

x5 ]02

2 (50

80 3

6)

176 3

Selon un découpage horizontal, la section transversale est un disque troué dont le rayon interne est y2 et le rayon externe 2y; son aire (2 y)2

est donc A( y) V

2 0

2

A( y )dy 4 3

y3

Calcul intégral

1 5

0

y5

2 0

( y 2 )2

(4 y 2

(4 y 2

y4 ) .

y 4 )dy 32 3

32 5

64 15

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

10. Selon un découpage horizontal, la section transversale est un disque troué dont le rayon interne est x

23 2 y et le rayon externe 2; son

aire est donc

(2) 2

A( y )

(2 y ) 2

(4 4 y ) 1

V

0

1

A( y )dy

4

1 2

y

4 (1 y).

0

y

4 (1 y )dy

2 1

4

0

1 2

1

0

2

11. Selon un découpage vertical, la section transversale est un disque troué dont le rayon interne est 1

x et le rayon externe 1 – x2;

son aire est donc A( x)

(1 x 2 ) 2

(1

(1 2 x 2

x 4 ) (1 2 x

x

V

1 0

4

2x

1

A( x)dx 1 5

x5

1 5

2 3 2 3

2

0

x3 4 3

x )2

2 x

( x4 4 3

1 2

x .

2x2

x3/ 2

x)

1 2

x2

2 x1/ 2

x) dx

1 0

11 30

12. Selon un découpage vertical, la section transversale est un disque troué dont le rayon interne est 2 – 1 et le rayon externe 2 – e–x; son aire est donc

(2 e x )2

A( x)

(3 4e

Calcul intégral

x

(2 1) 2 e

2x

(4 4e

x

e

2x

) 1

).

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 2

V

0

2

A( x)dx x

4e

1 2

2

(6 4e (

(3 4e

0

3x 4e

5 2

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

2

1 2

1 2

2x

e

)dx

2

2x

e

x

24

0

e 4 ) (0 4

1 2

)

4

e )

13. Selon un découpage horizontal, la section transversale est un disque troué dont le rayon interne est 3 – 1 = 2; son aire est donc A( x)

(1 + sec x) –1 = sec x et le rayon externe /3

V

/3

2

/3

A( x)dx

/3

0

/3

2

4 x tan x

2

4 3

0

(sec x)2

(4 sec2 x) .

(4 sec 2 x) dx

(4 sec 2 x) dx /3

22

2

par symétrie 4 3

3

0

3

14. Selon un découpage vertical, la section transversale est un disque troué dont le rayon interne est sin x – (–1) et le rayon externe cos x – (–1); son aire est donc

(cos x 1) 2

A( x)

(sin x 1) 2

(cos 2 x 2cos x sin 2 x 2sin x) (cos 2 x 2cos x 2sin x).

V

/4 0 1 2

A( x)dx

/4 0

(cos 2 x 2cos x 2sin x)dx

sin 2 x 2sin x 2cos x 1 2

Calcul intégral

2

2

/4 0

0 0 2

2 2

3 2

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

25

15. Selon un découpage horizontal, la section transversale est un disque troué dont le rayon interne est 2 – 1 et le rayon externe 2 son aire est donc A( y)

V

1 0

1

A( y)dy

16. Pour 0

1 2

y

0

(2

(3 4 y1/3

3

y )2

(2 1)2

y 2/3 )dy

4 43 y

3 y 3 y 4/3

3 5

y 2/3

3

3

y;

y2 1 .

1

3 3

0

3 5

3 5

.

, selon un découpage horizontal, la section transversale est un disque troué dont le rayon interne est 1 – (–1) et le

rayon externe 2 – (–1); son aire est donc A(y) = π(32 – 22) = 5π. Pour 12

y 1 , selon un découpage horizontal, la section transversale

est un disque troué dont le rayon interne est 1 – (–1) et le rayon externe

(1/y 1)2

1/y – (–1); son aire est donc A( y)

V

1/ 2 0

5

5 dy 1 2

0

(2 2ln 2)

1 1/ 2

1 y2

2 y

1 0 3

3 dy

5

y

2 2ln 12

(2)2

1 y

1/ 2 0 3 2

(1/y 2

5 2

2/y 1 4) . 1

2ln y 3 y 1/ 2 1 2

2ln 2

2 (1 ln 2)

17. Comme les courbes sont symétriques, nous pouvons voir qu’elles se croisent en x

1 2

; donc, y 2

1 2

y

1 2

. Selon un

découpage horizontal, la section transversale est un disque troué dont le rayon interne est 3 – (1 – y2) et le rayon externe 3 – y2; son aire est donc Calcul intégral

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

A( y )

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

(3 y 2 ) 2

(2

(9 6 y 2

y 4 ) (4 4 y 2

26

y 2 )2 y4 )

(5 10 y 2 ). 1/ 2

V

1/ 2

A( y ) dy

1/ 2

2

0

5 (1 2 y 2 ) dy

10

y

10

2 3

2 3

2 /2

y3

2 2

10

0

10 3

par symétrie 2 2

2

18. Pour 0 ≤ y < 2, selon un découpage horizontal, la section transversale est un disque troué dont le rayon interne est 2 – 1 et le rayon externe 4 – 1; son aire est donc A1(y) = π(4 – 1)2 – π(2 – 1)2. Pour 2 ≤ y ≤ 4, selon un découpage horizontal, la section transversale est un disque troué dont le rayon interne est y – 1 et le rayon externe 4 – 1; son aire est donc A2(y) = π(4 – 1)2 – π(y – 1)2.

V

4 0

2

A( y )dy 8y

16

0

2

4

0

2

y2

32 16

1 3

4

(2 1) 2 dy

2

(4 1) 2

( y 1) 2 dy

y 2 )dy

(8 2 y

8y

16

(4 1) 2

y3

64 3

4 2 8 3

16 4

76 3

19. R 1 autour de OA (la droite y = 0) :

V

1 0

A( x)dx

1 0

( x)2 dx

1 3

x3

1 0

1 3

y

1 3

20. R 1 autour de OC (la droite x = 0) :

V

1 0

A( y)dy

1 0

(12

y 2 )dy

y3

1 0

1

1 3

2 3

21. R 1 autour de AB (la droite x = 1) :

Calcul intégral

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

V

1 0

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale 1

A( y) dy

0

1

(1 y)2 dy

0

y 2 ) dy

y

[1 (1 2 x

x 2 )]dx

(1 2 y

y2

1 3

y3

1 0

27

1 3

22. R 1 autour de BC (la droite y = 1) :

V

1 0

1

A( x)dx 1 0

( x2

[(1 0) 2

0

1

(1 x) 2 ]dx

2 x)dx

1 3

x3

x2

0

1

1

1 3

0

2 3

23. R 2 autour de OA (la droite y = 0) :

V

1 0

1

A( x)dx

12

0

4

2

x

1

dx

0

(1 x1/ 2 ) dx

2 3

x

1

x 3/ 2

1

0

2 3

1 3

24. R 2 autour de OC (la droite x = 0) :

V

1 0

1

A( y)dy

1

[( y 4 )2 ]dy

0

0

y8dy

1 9

y9

1

1 9

0

25. R 2 autour de AB (la droite x = 1) :

V

1 0

1

A( y )dy 1 0

(2 y 4

[12

0

1

(1 y 4 )2 ]dy

y 8 )dy

y5

2 5

1 9

y9

0

[1 (1 2 y 4

1

2 5

0

1 9

y 8 )]dy

13 45

26. R 2 autour de BC (la droite y = 1) : V

1 0

1

A( x) dx x

8 5

0

x5/ 4

2 3

(1

4

x3/ 2

1

1

x ) 2 dx 1

0

0 8 5

(1 2 x1/ 4

2 3

x1/ 2 ) dx

1 15

27. R 3 autour de OA (la droite y = 0) :

V

1 0

A( x)dx

1

4

0

Remarque : Soit R

x

R1

2

1

x 2 dx R2

0

( x1/ 2

x 2 )dx

2 3

x3/ 2

1 3

x3

1

2 3

0

1 3

1 3

R 3 . Si nous effectuons une rotation de R autour de n’importe lequel des segments OA, OC, AB

ou BC, nous obtenons un cylindre droit à base circulaire de hauteur 1 et de rayon 1. Son volume est πr2h = π(1)2 · 1 = π. Nous pouvons effectuer une vérification des réponses aux exercices 19, 23 et 27 en additionnant ces réponses; la somme obtenue doit être égale à π. Ainsi, 13

1 3

1 3

.

28. R 3 autour de OC (la droite x = 0) :

V

1 0

A( y) dy

Calcul intégral

1 0

[ y2

( y 4 )2 ] dy

1 0

( y2

y8 )dy

1 3

y3

1 9

y9

1 0

2.2 Le volume

1 3

1 9

2 9

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

28

Remarque : Se référer à la remarque qui apparaît à l’exercice 27. La somme des réponses aux exercices 20, 24 et 28 est

2 3

1 9

.

2 9

29. R 3 autour de AB (la droite x = 1) :

V

1 0

1

A( y )dy 1 0

( y8

[(1 y 4 ) 2

0

2 y4

y2

1

(1 y )2 ]dy

2 y )dy

1 9

y9

0 2 5

y5

[(1 2 y 4 y3

1 3

y 8 ) (1 2 y

y2

1

1 9

0

2 5

y 2 )]dy 1 3

1

17 45

Remarque : Se référer à la remarque qui apparaît à l’exercice 27. La somme des réponses aux exercices 21, 25 et 29 13 45

est 13

17 45

.

30. R 3 autour de BC (la droite y = 1):

V

1 0

1

A( x) dx 1 0

( x2

0

[(1 x) 2

2 x x1/ 2

4

(1

1

x ) 2 ] dx

2 x1/ 4 ) dx

1 3

x3

[(1 2 x

0

x2

2 3

x3/ 2

8 5

x 2 ) (1 2 x1/ 4 x5/ 4

1 0

1 3

1

x1/ 2 )] dx 2 3

8 5

4 15

Remarque : Se référer à la remarque qui apparaît à l’exercice 27. La somme des réponses aux exercices 22, 26 et 30 est 23 31. a)

1 15

.

4 15

Autour de l’axe des x : 1

V

1

(e

x2 2

) dx

2

1 0

e

2 x2

dx

par symétrie

3,758 25

b)

Autour de y = –1 : 1

V

[e

x2

( 1)]2 [0 ( 1)]2 dx

[(e

x2

1) 2 1] dx

1

2

1 0

2

1 0

(e

2 x2

2e

x2

) dx

13,14312

Calcul intégral

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

32. a)

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

29

Autour de l’axe des x : /2

V

(cos 2 x)2 dx

/2

/2

2

0

cos 4 xdx

par symétrie

3,70110

b)

Autour de y = 1 : /2

V

/2

2

0 /2

2

33. a)

0

(1 cos 2 x) 2 ]dx

[1 (1 2cos 2 x cos 4 x)]dx (2cos 2 x cos 4 x)dx

6,168 50

Autour de y = 2 :

x2

4 y2 2

V

2 2

2

b)

[(1 0) 2

/2

0

4

4 y2

2

1 x 2 /4

8 1 x 2 /4dx

4 x2

y 2 1 x2 /4

2

2

1 x 2 /4

2

y

1 x2 /4

dx

78,956 84

Autour de x = 2 :

x2

4 y2 1

V

1

2

Calcul intégral

1 0

4

x2

2

4 4 y2

8 4 4 y 2 dy

4 4 y2

x

2

2

4 4 y2

4 4 y2 2

dy

78,956 84

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

30

[On constate qu’il s’agit de la même approximation qu’à la sous-question a). Ceci peut être expliqué par le théorème de Pappus qui sera abordé à la section 4.3.] 34. a)

Autour de l’axe des x : y = x2 et x2 a

V

y2 1 2

1 x2

a

x2

x4 1

( x 2 ) 2 dx

2

x4 a 0

(1 x 2

x2 1 0

x2

1

5 2

0,618

x

a

1

5 2

0,786 .

x 4 ) dx

3,544 59

b)

Autour de l’axe des y :

V

a2

( y ) 2 dy

0 a 0

2

ydy

1 a2

1 a2

1 y2

(1 y 2 )dy

2

dy

0,999 98

35.

Les courbes de y = 2 + x2 cos x et y = x4 + x + 1 se croisent en x = a ≈ –1,288 et en x = b ≈ 0,884.

Calcul intégral

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé b

V

a

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

[(2 x 2 cos x)2

( x4

x 1)2 ]dx

31

23,780

36.

Les courbes de y = 3 sin(x2) et y = ex/2 + e–2x se croisent en x = a ≈ 0,772 et en x = b ≈ 1,524. b

V

a

37. V LCS

38. V LCS

0

11 8

[3sin( x 2 )]2

e

2x 2

) dx

7,519

[sin 2 x ( 1)]2 [0 ( 1)]2 dx

2

2 0

(3 x)2

2e2

39. L’intégrale

R

(e x / 2

24e

0

( x, y) | 0

Calcul intégral

(3 xe1

x/2 2

) dx

142 3

sin xdx

x

,0

2

0

y

sin x dx décrit le volume du solide résultant de la rotation autour de l’axe des x de la région

sin x du plan xy.

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

1

40. L’intégrale

1

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

(1 y 2 )2 dy décrit le volume du solide résultant de la rotation autour de l’axe des y de la région x 1 y 2} du plan xy.

{( x, y) | 1 y 1,0

R

1

41. L’intégrale

0

région R

( y4

/2 0

1

y8 )dy

0

y 1, y 4

{( x, y) | 0

42. L’intégrale

32

( y 2 )2 x

( y 4 )2 dy décrit le volume du solide résultant de la rotation autour de l’axe des y de la

y 2} du plan xy.

[(1 cos x)2 12 ] dx décrit le volume du solide résultant de la rotation autour de l’axe des x de la région du plan xy.

Ou : Le solide pourrait être obtenu en effectuant la rotation de la région R

{( x, y) | 0

x

2

,0

y cos x} autour de la droite

y = –1. 43. La longueur de 15 cm étant divisée en 10 sous-intervalles, nous utiliserons la méthode du milieu des sous-intervalles avec n = 10/2 = 5. 15

V

0

A( x)dx

M5

15 0 5

[ A(1,5)

A(4,5)

A(7,5)

A(10,5)

A(13,5)]

3(18 79 106 128 39) 3 370 1110 cm 3

44.

10

V

0

A( x)dx

M5

10 0 5

[ A(1)

A(3)

A(5)

A(7)

A(9)]

2(0,65 0,61 0,59 0,55 0,50) 45.

10

V

2

[ f ( x)]2 dx

2 [(1,5)2 a)

4

V

0

(2,2)2

10 2 4

{[ f (3)]2 [ f (5)]2 [ f (7)]2 [ f (9)]2}

(3,8)2

[(rayon externe) 2 4 0 4

{[(9,9) 2

2(2,90) 5,80 m3

(3,1) 2 ] 196 unités3 (rayon interne) 2 ] dy

(2,2) 2 ] [(9,7) 2

(3,0) 2 ] [(9,3) 2

(5,6) 2 ] [(8,7)2

(6,5)2 ]}

838 unités3 46. a) b)

V

1 1

(ax3 bx 2

cx d ) 1 x 2

2

On peut voir la courbe de la fonction y

dx

LCS

4{5a 2 18ac 3[3b2 14bd 315

( 0,06 x3

0,04 x2

7(c 2

5d 2 )]}

0,1x 0,54) 1 x2 dans le graphique. En substituant a = –0,06,

b = 0,04, c = 0,1 et d = 0,54 dans la réponse à la sous-question a) et nous obtiendrons V

Calcul intégral

2.2 Le volume

LCS

3769 9375

1,263 .

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

33

47. Formons un cône droit dont la hauteur est h et dont le rayon de la base est r en effectuant une rotation autour de l’axe des x de la droite y

r h

r x h

h

V

x.

0

2

h

dx

2

r 1 3 h h2 3

0

r2 2 x dx h2

h

r2 1 3 x h2 3

0

1 2 r h 3

r y r autour de l’axe des y. h

Autre solution : Effectuez une rotation de x

r y r h

h

V

0

r2 3 y 3h 2

∗Ou

0 r

48.

2

0

h du r

h

V

0 h 0

R R2

2

R y

r2 y

Calcul intégral

1 3

r y et du h

r

h 1 3 u r 3

R r y h

1 3

r 2h

0

r dy ; vous obtiendrez h

h r

r

1 3 r 3

1 2 r h. 3

2

dy

2 R( R r ) y h R( R r ) 2 y h

h[3Rr ( R 2

r 2h r 2h r 2h

0

[ R 2 h R( R r )h 1 3

2r 2 y r 2 dy h

h

r2 2 y h

encore substituez u

u2

r2 2 y h2

h

dy *

2 Rr

R r h 1 R r 3 h

1 3

2

y 2 dy h

2

y

3 0

( R r ) 2 h] r 2 )]

1 3

h( R 2

Rr

r2)

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

H R

Autre solution :

H

h

selon la similitude des triangles. Par conséquent, Hr

r

HR hR

34

hR

H (R r)

H

hR . R r

Or,

V

1 3

R2H

1 3

R2

r 2 (H

1 3

hR R r

1 R3 r 3 h 3 R r R2

1 3

r2

1 3

h)

selon l'exercise 47

rh R r

h( R 2

1 3

r2

H

rH R

h

rhR R( R r )

r2)

Rr

( R2 ) ( r 2 ) h

1 3

( A1

A2

A1 A2 )h

où A1 et A2 sont les aires des bases du cône droit tronqué. (Se référer à l’exercice 50 qui présente une solution reliée à celle-ci.)

49. x2

y2

r2 r

V

r h 2 3

r

(r

x2

2

3

r2

2

2

y )dy 1 3

(r

r y

h) 3r

1 3

{2r

3

(r

h)[3r

1 3

{2r 3

(r

h)[2r 2

1 3

(2r 3

2r 3

1 3

(3rh 2

Calcul intégral

h3 )

y2

2

2

(r (r

2

h)

r

r3 r h

r3 3

r 2 (r

h)

(r

h)3 3

2

2rh h 2 )]}

2rh h 2 ]}

2r 2 h rh 2 1 3

y3 3

h 2 (3r

2r 2 h 2rh 2 h)

h2 r

h3 ) h 3

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

x y (abscisse du point d'intersection avec l'axe des x) y

50. Une équation de la droite est x h

V

0

h

A( y )dy

h

2

0

0

a b y 2h

( a b) 2 3 y 3h 2

2

b 2

( a b) 2 y h2

h

(a

1 3

2

b 2

a b y 2h

b . 2

2

a b y b dy h

h

dy

0

2b(a b) y b 2 dy h

b( a b) 2 y h

h

b2 y 0

( a b) 2 h b( a b) h b 2 h

1 3

a /2 b /2 y h 0

(2 x) 2 dy

2

0

35

1 3

(a 2

2ab b 2

3ab)h

2

ab b )h

[Il est à noter que ceci peut être exprimé par 13 ( A1

A2

A1 A2 )h , comme dans l’exercice 48.]

Si a = b, nous obtenons un solide rectangulaire dont le volume est b2h. Si a = 0, nous obtenons une pyramide carrée dont le volume est 13 b 2 h .

51. Avec une section transversale à la hauteur y, nous constatons, selon la similitude des triangles, que

D’une façon similaire, avec des sections transversales dont la base est 2b et avec β qui remplace α,

V

h 0 h 0

0

y h

2b 2 1

2b 2 y 2 3

h

A( y )dy

b2h [

Calcul intégral

y2 h 1 3

b 1

y h

2

2b 2

dy y3 3h 2

2b 1 h 0

1

y h

/2 b /2

h

y h

2b 1

, donc

b 1

y . h

y . Donc, h

dy y2 dy h2

2y h

h

2b 2 h h

1 3

h

0

Bh où B est l'aire de la base, comme pour toute pyramide]

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

36

52. Considérez le triangle constitué de deux sommets de la base et du centre de la base. Ce triangle est semblable au triangle correspondant à la hauteur y, donc a /b

/

triangles, b/h

y)/h . Ces deux égalités signifient que α = a(1 – y/h), et puisque la section transversale est

/(h

y)

b(h

1 2

un triangle équilatéral, son aire est A( y)

h

V

0

a2 3 4

A( y )dy

a2 3 4

h

y h

1

0 3 h

h y 1 3 h

a /b . De plus, selon la similitude des

3 2

2

dy

3 2 a h( 1) 12

0

a 2 (1 y /h) 2 3 ; donc, 4

3 2 ah 12

53. Une section transversale à la hauteur z est un triangle semblable à la base; nous multiplierons donc la longueur des cathètes du triangle de la base, 3 et 4, par le facteur de proportionnalité (5 – z)/5. Ainsi, l’aire du triangle à la hauteur z

1 5 z 3 2 5

est A( z )

V

5 0

A( z )dz

30

1 3

u

6

3 0 1

5 z 5

4

1

z 5

30

1 3

5 0

6 1

2

0

z 5

2

; donc,

6 u 2 ( 5du )

dz

1

u 1 z /5, du

1 5

dz

10 cm3

54. Une section transversale est ombrée dans le graphique. A( x) (2 y)2

V

r r

(2 r 2

A( x)dx

8 r2x

Calcul intégral

1 3

x3

x2 )2 , donc

r

2 4(r 2 0

r 0

8

2 3

r3

x 2 )dx 16 3

r3

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

37

55. Soit l la longueur d’une cathète du triangle rectangle isocèle et soit 2y l’hypoténuse, alors l 2

l2

2

V

2

(2 y)2

A( x)dx

2

2 1 0 4

9 2

4x

2

2l 2 2 0

A( x)dx 2 9 2 0

(36 9 x 2 )dx 1 3

x3

2

9 2

0

8

4 y2

2

2 1 0 2

l2

(l )(l )dx

2 y2 .

2

2 0

y 2dx

(4 x 2 ) dx

8 3

24

56. La section transversale de la base correspondant à la coordonnée y est de longueur x = 1– y. L’aire du triangle équilatéral correspondant de côté c est A( y )

V

1 0

A( y )dy

1 0

(1 y ) 2

1 0

(1 y)2

Calcul intégral

3 dy 4

3 4

(1 y ) 2

3 . Par conséquent, 4

3 dy 4

3 1 (1 2 y y 2 )dy 4 0 3 1 3 4 3 12

Ou:

c2

3 y 4

3 4

0 1

y2

1 3

y3

1 0

u 2 ( du ) [u 1 y]

3 1 3 u 4 3

1

0

3 12

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

38

57. La section transversale de la base correspondant à la coordonnée x est de longueur y = 1– x. L’aire du carré correspondant de côté c est A(x) = c2 = (1 – x)2 = 1– 2x + x2. Par conséquent, V

1 0

x2

x 1

Ou :

1

A( x)dx

0

0 1 3

(1 2 x 1

x3

1 3

1 1

0

0

(1 x)2 dx

x 2 )dx

1

1 3

0

u 2 ( du) [u 1 x]

1 3

1

u3

0

1 3

58. La section transversale de la base correspondant à la coordonnée y est de longueur 2 x L’aire du carré correspondant de côté c est A( x) c 2 1

conséquent, V

0

1

A( y)dy

0

4(1 y)dy

4 y

1 2

y2

(2 1 y )2 1 0

4 1

1 2

2 1 y . y 1 x2

x

1 y

4(1 y) . Par

0

2.

59. La section transversale de la base correspondant à la coordonnée x est de longueur 1 – x2. La hauteur h a également une longueur de 1 – x2, donc l’aire du triangle isocèle correspondant est A( x)

V

1 1

2 x

1 2

bh

1 2

(1 x2 )2 . Par conséquent,

(1 x 2 ) 2 dx

1 1 2 0 2 3

Calcul intégral

1 2

(1 2 x 2 x3

1 5

x5

x 4 )dx 1 0

1

par symétrie 2 3

1 5

0

8 15

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

60. a) b)

61. a)

V

r

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale r

A( x)dx

r

2 A( x)dx

2

0

r 1 0 2

h 2 r2

x 2 dx

r

2h

0

r2

39

x 2 dx

On constate que l’intégrale représente un quart de l’aire d’un cercle de rayon r, donc V

1 4

2h

r2

1 2

hr 2 .

Le tore est obtenu en effectuant une rotation du cercle (x – R)2 + y2 = r2 autour de l’axe des y. En isolant x, on obtient que x

r2

R

y2

f ( y) , soit l’expression décrivant la moitié droite du cercle et que x

r2

R

y2

g ( y) , l’équation

décrivant la moitié gauche. Donc, r

V

r

2 2

b)

{[ f ( y )]2 [ g ( y )]2 }dy r

R2

0 r 0

2R r 2

4R r 2

y2

y 2 dy

r2

8 R

r 0

y2 r2

R2

2R r 2

y2

r2

y2

dy

y 2 dy

Puisque l’intégrale représente un quart de l’aire d’un cercle de rayon r, donc 8 R

r 0

r2

y 2 dy 8 R

1 4

r2

2 2r 2 R .

62. À la figure 17, les sections transversales perpendiculaires à l’axe des y sont des rectangles. Le rectangle correspondant à la

y 2 dans le plan xy et une hauteur de

coordonnée y a une base de longueur 2 16 2 3

Ainsi, A( y)

V

4 0 1 3

63. a)

16 0

2 3

u1/ 2 du

Volume(S1 )

4 0 1 2 3 3

h 0

y , puisque BAC

30 et |BC|

1 3

|AB| .

y 2 et

y 16

A( y )dy

1 3

16 u

A( z )dz

y 2 ydy

3/ 2 16 0

2 3 3

0 2 3 16

(64)

u1/ 2

1 2

du

[Soit u 16

y 2 , donc du

2 ydy ]

128 3 3

Volume( S2 ) puisque l’aire A(z) de la section transversale à la hauteur z est la même pour les deux

solides. b)

Selon le principe de Cavalieri, le volume du cylindre représenté dans la figure est le même que celui d’un cylindre droit de rayon r et de hauteur h, c’est-à-dire πr2h.

64. Chaque section transversale du solide S dans un plan perpendiculaire à l’axe des x est un carré (puisque les arêtes de la coupe reposent sur les cylindres, qui sont perpendiculaires). Un quart de ce carré et un huitième de S apparaissent au graphique. L’aire de ce quart de carré est |PQ|2 = r2 – x2. Par conséquent, A(x) = 4(r2 – x2) et le volume de S est

Calcul intégral

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé r

V

r

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

A( x)dx

8(r 2

4

r r

(r 2

x 2 )dx 8 r 2 x

40

x 2 )dx 1 3

x3

r

16 3

0

r3

65. Tel que le montre le graphique, on obtient le volume du solide en effectuant une rotation de l’aire commune aux deux cercles de rayon r. Le volume de la moitié droite est r/2

Vright

0

r/2

y 2 dx

r2x

1 3

0 1 2

r

x

r2

1 2

r

3 r/2 0

x 1 2

2

r3

dx 1 3

r3

0

1 24

r3

5 24

r3

Donc, par symétrie, le volume total est le double de ce résultat, ou 125 r 3 .

Autre solution : Comme le volume du solide est égal à deux fois le volume d’une calotte sphérique, nous pouvons utiliser la formule employée dans l’exercice 49, avec h

1 2

r: V

2

1 3

h2 (3r h)

2 3

1 2

r

2

3r

1 2

r

5 12

r3 .

66. Il y a ici deux cas possibles : dans le premier cas, la boule n’est pas complètement submergée, alors que dans le second, elle l’est. Cas 1 : 0 ≤ h ≤ 10 La boule n’est pas complètement submergée, et donc une section transversale de l’eau parallèle à la surface est l’aire ombrée qui apparaît dans le premier graphique. Nous pouvons calculer l’aire de la section transversale à la hauteur x audessus du fond du bol en utilisant le théorème de Pythagore : R2 = 152 – (15 – x)2 et r2 = 52 – (x – 5)2,

R2

donc A( x) alors V (h)

h 0

r2

A( x)dx

20 x . Le volume de l’eau dont la profondeur est h est h 0

20 xdx

10 x2

h 0

10 h2 cm3 , 0 ≤ h ≤ 10.

Cas 2 : 10 < h ≤ 15 Dans ce cas, nous pouvons calculer le volume tout simplement en soustrayant le volume déplacé par la boule du volume total dans le bol sous la surface de l’eau. Le volume total sous la surface est simplement le volume de la calotte

Calcul intégral

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

41

sphérique du bol; nous pouvons donc utiliser la formule employée à l’exercice 49 : Vcalotte sphérique (h) petite sphère est Vsphère

4 3

(5)3

500 3

, donc le volume total est Vcalotte sphérique Vsphère

1 3

(45h2

1 3

h2 (45 h) . Le volume de la

h3 500) cm3 .

67. Supposez que l’axe des x est l’axe du trou cylindrique de rayon r. Un quart de la section transversale à travers y, perpendiculaire à l’axe des y, est le rectangle qui apparaît au graphique. En utilisant le théorème de Pythagore deux fois, nous calculons que les

R2

dimensions de ce rectangle sont x

V

r r

A( y)dy

r r

4 r2

y 2 R2

y 2 et z

y 2 dy

68. La droite y = r croise le demi-cercle y

8

R2

r 0

r2

r2

y 2 , donc 14 A( y)

y 2 R2

xz

r2

y 2 R2

y 2 et

R2

x2

x2

y 2 dy

R2

x 2 lorsque r

x2

r2

R2

r2

x

R2

r2 .

Si nous effectuons une rotation de la région ombrée autour de l’axe des x, nous obtenons R2 r 2

V

R2 r 2

2

R2 r 2 0

R2 r 2 )3/ 2

x2 r2

r 2 dx x 2 dx

2

R2 r 2 0

R2

2 2

Cette réponse a du sens dans les cas de limites.Si r → 0, V

4 3

1 3

(R2

2

r 2 )3/ 2

2

(R2

R2

2 3

(R2

r2 x

( R2

x2 1 3

r 2 )3/ 2

x3

r 2 ) dx

par symétrie

R2 r 2 0 4 3

( R2

r 2 )3/ 2

R3 , qui est le volume de la sphère complète.

Si r → R, V → 0, ce qui est logique parce que le rayon du trou se rapproche de celui de la sphère.

Calcul intégral

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 69. a)

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

42

Par symétrie, le rayon des deux extrémités du fût est le même, puisque la fonction y = R – cx2 est paire. Puisque le fût résulte de la rotation autour de l’axe des x de la parabole y = R – cy2 , ce rayon est égal à la valeur de y en x donne R c

b)

1 2

2

h

1 2

h , ce qui

r.

R d

Le fût est symétrique autour de l’axe des y, donc son volume est deux fois celui de la partie du fût où x > 0. De plus, le fût est un volume obtenu par rotation, donc

V

2 2

h/2 0 1 2

y 2 dx R 2h

2 1 12

h/2 0

Rch3

2

R cx 2 dx 1 160

R2 x

2

2 3

1 2

Rch2

initiale, nous obtenons V

3 80

c 2h4 1 3

R

h 2R2

1 4

ch2

r2

2 5

2

1 40

c 2h 4

1 5

c 2 x5

h/2 0

c 2h5

Réarrangeons ces termes afin de nous rapprocher de l’expression cherchée : V Cependant, R 2

Rcx 3

( R d )2

2 5

1 4

ch2

2

1 3

r2

h 2R2 2 5

R2

1 2

Rch2

3 80

c 2h 4

.

d 2 . Après substitution dans l’équation

d 2 , ce qu’il fallait démontrer.

70. Il suffit de considérer le cas où R est délimité par les courbes de y = f(x) et y = g(x) pour a ≤ x ≤ b, où g(x) ≤ f(x) pour tout x sur l’intervalle [a, b], puisque les autres régions peuvent être divisées en sous-régions du même type. Nous désirons calculer le volume généré par la rotation de R autour de la droite y = –k. Ce volume est égale à

V2

Calcul intégral

b a

([ f ( x) k ]2 [ g ( x) k ]2 )dx

b a

b

([ f ( x)]2 [ g ( x)]2 )dx 2 k [ f ( x) g ( x)]dx V1 2 kA a

2.2 Le volume

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

43

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques 1.

Si nous décidions d’utiliser la méthode d’un disque troué, nous devrions tout d’abord trouver le point (a, b) où la fonction y = x(x – 1)2 atteint un maximum relatif. Nous devrions ensuite exprimer x en fonction de y en résolvant pour x dans l’équation y = x(x – 1)2 afin d’en arriver aux fonctions x = g1(y) et x = g2(y) qui apparaissent dans le premier graphique. Cette étape serait difficile à compléter, car elle demande de résoudre une équation cubique. Finalement, nous calculerions le volume en utilisant V

b 0

{[ g1 ( y)]2 [ g 2 ( y)]2} dy .

Si nous utilisons plutôt des coquilles cylindriques, nous trouverons que le rayon d’une coquille représentative servant d’approximation est x et que sa circonférence est donc 2πx. Sa hauteur est y, c’est-à-dire x(x – 1)2. Le volume total est donc 1

V

0

2 x x( x 1)2 dx

2

1 0

x4

2 x3

x 2 dx

2

x5 5

2

x4 4

x3 3

1

0

15

2.

La circonférence d’une coquille cylindrique représentative est 2πx et sa hauteur sin(x2). V du = 2x dx, donc V

0

sin udu

cos u

0

1 ( 1)

0

2 x sin( x 2 ) dx . Soit u = x2. Alors

2 . Si nous voulons appliquer la méthode de découpage du solide,

nous devrons tout d’abord trouver le point (a, b) où la fonction y = sin(x2) atteint un maximum relatif. Nous devrons ensuite exprimer x en fonction de y en isolant x dans l’équation y = sin (x2) afin d’en arriver aux fonctions x = g1(y) et x = g2(y) qui apparaissent dans le second graphique. Finalement, nous calculerons le volume en posant V

b 0

{[ g1 ( y)]2 [ g 2 ( y)]2} dy . L’utilisation de la méthode

des coquilles cylindriques est de loin préférable à celle du découpage horizontal.

3.

V

1 0

2 x 3 xdx

2 [ 73 x 7/3 ]10

Calcul intégral

2

1 0

2 ( 73 )

x 4/3dx 6 7

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

4.

2

V

1

2 x x3dx

2 [ 15 x5 ]12

1

5.

V

6.

4 x x2

V

0

3 0

2 xe

3 0

x2

V

x4 81 4

2 (

6 x 2 x2 2 0

2 ( 325

2 1

44

x 4dx

1 5

)

62 5

x 2 3x

0

( x3 1 4

2

1

dx . Soit u = x2. Alors du = 2x dx, donc V

x

2 [

7.

x2

2 x[(4 x

2

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

0

x( x 3)

0

x

e u du

[ e u ]10

(1 1/e) .

0 ou 3.

x 2 ) x]dx 3 x 2 )dx x3 ]30 2 ( 274 )

27)

3x2

6x

27 2

0

3x( x 2) 0

x

0 ou 2.

2 x[(6 x 2 x 2 ) x 2 ]dx

2

2 0

2 [

( 3x3 3 4

x4

6 x 2 )dx 2 x3 ]02

2 ( 12 16) 8

Calcul intégral

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

8.

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

45

Par la méthode du découpage horizontal : V

1

2

y

0

[ 12 y 2

1 5

1

( y 2 )2 dy

y 5 ]10

( 12

0 1 5

(y

y 4 )dy

3 10

)

Par la méthode des coquilles cylindriques :

V

1 0

2 x

2 ( 52

9.

1 4

xy 1

V

2 2

x 2 dx

2

2 ( 203 )

3 10

x )

x 3 1 3 1

y

( x3/ 2

x3 )dx

2 [ 52 x5/ 2

1 4

x 4 ]10

, donc

1 dy y

dy

2 (3 1)

Calcul intégral

1 y

1 0

2 [ y ]13 4

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

10.

y

x

V

0

46

y 2 , donc

x 2

2

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

y ( y 2 )dy 2

2 0

y 3dy

2 [ 14 y 4 ]02 2 (4) 8

11.

V

2 2

8 0 8 0

y( 3 y y 4/3dy

6 (87 /3 ) 7

Calcul intégral

0) dy 2 [ 73 y 7 /3 ]80

6 (27 ) 7

768 7

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

12.

V

4

2

0 4

2

0

[ y (4 y 2

256 5

y 4 ) dy y 5 ]04

1 5

47

y 3 )]dy

(4 y 3

2 [ y4 2 (

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

1024 5

2 (256

)

512 5

)

13. La hauteur de la coquille cylindrique est 2 – [1 + (y – 2)2] = 1– (y – 2)2 = 1–(y2 – 4y + 4) = – y2 + 4y – 3.

V

3

2

1 3

2

1

2 [

y( y 2 ( y3 1 4

y

8 3

3 0

4 y2 4 3

y

36

3 y )dy

3

3 2

27 2

y 2 ]13

) (

2 y[4 ( y 1) 2

2 2 2 (

Calcul intégral

1 4

3 2

4 3

)]

16 3

2 ( )

V

4

81 4

2 [(

14.

4 y 3)dy

3 0 3 0

y( y 2 ( y3 81 4

(3 y )]dy

3 y )dy 3 y 2 )dy

27)

2 [ 14 y 4

2 ( 274 )

y 3 ]30

27 2

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

48

15. La coquille cylindrique est de rayon 2 – x, de circonférence 2π(2 – x) et de hauteur x4.

V

1 0

2 (2 x) x 4 dx 1

2

0

(2 x 4

2 [ 52 x5 2 [(

2 5

x 5 )dx 1 6

1 6

x 6 ]10

) 0] 2 ( 307 )

7 15

16. La coquille cylindrique est de rayon x – (–1) = x + 1, de circonférence 2π(x + 1) et de hauteur x .

V

1 0

2 ( x 1) xdx 1

2

0

( x3/ 2

2 [ 52 x5/ 2 2 [( 52

x1/ 2 )dx 2 3

2 3

x3/ 2 ]10

) 0] 2 ( 16 ) 15

32 15

17. La coquille cylindrique est de rayon x – 1, de circonférence 2π(x – 1) et de hauteur (4x – x2) –3 = –x2 + 4x – 3. V

3 1

2 ( x 1)( x 2

2

3 1

2 [

( x3 1 4

2 [( 2 ( ) 4 3

x4 81 4

5x2 5 3

45

x3

4 x 3) dx 7 x 3)dx 7 2

63 2

x2

3x]13

9) (

1 4

5 3

7 2

3)]

8 3

18. La coquille cylindrique est de rayon 1 – x, de circonférence 2π(1 – x) et de hauteur (2 – x2) – x2 = 2 – 2x2. Calcul intégral

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

V

1 1

49

2 (1 x)(2 2 x 2 ) dx 1

2 (2) 4

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

1 1

1

(1 x)(1 x 2 )dx x2

(1 x

x 3 )dx

1

1

(1 x 2 )dx

4

( x3

1

x) dx

1 1

4 (2) (1 x 2 )dx [selon le théorème 1.7.7] 0

8 [x

x 3 ]10

1 3

8 [(1

1 3

) 0] 8 ( 32 )

16 3

19. La coquille cylindrique est de rayon 1 – y, de circonférence 2π(1 – y) et de hauteur 1 V

1 0

2

1 0

2 [y

1 2

2 [(1

1 2

2 2 2

y1/3

(1 y y2

1

3 4 3 4

y

x3

x

3

y .

y 4/3 )dy

y 4/3 3 7

3 7

y 7 /3 ]10

) 0]

5 14

2 ( )

V

y

2 (1 y )(1 y1/3 )dy

5 28

20.

3

[ y ( 2)][2 ( y 2 1)]dy

1 1 1 1 1

( y 2)(1 y 2 ) dy y3

(y

2 [ 12 y 2 2 [(

1 2

2 (4

Calcul intégral

1 4 1 4 4 3

)

2 2 y 2 )dy

y4 2

2 3

2y 2 3

) (

1 2

y 3 ]1 1 1 4

2

2 3

)]

16 3

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

21. a) b)

22. a) b)

23. a)

V

2

x( xe x )dx

2

2 0

50

x 2e x dx

V ≈ 4,063 00

V

2

/4

2

0

x tan x dx

V ≈ 2,253 23

V

2 4

b)

2 0

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

/2 /2 /2 /2

(

x)[cos 4 x ( cos 4 x)]dx

(

x)cos 4 x dx

V ≈ 46,509 42

Calcul intégral

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

2x 1 x3 3 x( x 1) 0

24. a)

x

x4

x

x( x 1)( x 3

2x V 2 [ x ( 1)] 0 1 x3 V ≈ 2,361 64 1

b)

25. a) b)

26. a) b)

27. V 1 0

V

2 (4

0

x4

x

x 1)

0

2x

51

0 x

0 ou 1

x dx

y) sin ydy

V ≈ 36,574 76

3

V

3

2 (5 y) 4

y2

7 dy

V ≈ 163,027 12

1 0

2 x 1 x3 dx . Soit f ( x)

f ( x)dx

1 0 5

[ f (0,1)

f (0,3)

x 1 x3 . En appliquant la règle des milieux des sous-intervalles avec n = 5, nous obtenons

f (0,5)

f (0,7)

f (0,9)]

0,2(2,9290) Si nous multiplions par 2π, nous obtenons V ≈ 3,68. Calcul intégral

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

10

28. V

0

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

52

2 x f ( x)dx . Soit g(x) = x f(x), où les valeurs de f(x) sont estimées graphiquement. En appliquant la règle des milieux des

sous-intervalles avec n = 5, nous obtenons 10 0

g ( x)dx

10 0 5

[ g (1)

g (3)

g (5)

g (7)

g (9)]

2[1 f (1) 3 f (3) 5 f (5) 7 f (7) 9 f (9)] 2[1(4 2) 3(5 1) 5(4 1) 7(4 2) 9(4 2)] 2(2 12 15 14 18) 2(61) 122 Si nous multiplions par 2π, nous obtenons V ≈ 244π ≈ 766,5.

29.

3 0

2 x5dx

2

3 0

x( x 4 )dx . Le solide résulte de la rotation autour de l’axe des y de la région 0 ≤ y ≤ x4, 0 ≤ x ≤ 3, en utilisant des

coquilles cylindriques.

2

30. 2

0

y dy 1 y2

2

2 0

y

1 dy . Le solide résulte de la rotation autour de l’axe des x de la région 0 1 y2

x

1 , 0 ≤ y ≤ 2, en 1 y2

utilisant des coquilles cylindriques.

31.

1 0

2 (3 y)(1 y 2 )dy . Le solide résulte de la rotation autour de la droite y = 3 de la région délimitée par

i) x = 1– y2, x = 0 et y = 0 ou ii) x = y2, x = 1 et y = 0, en utilisant des coquilles cylindriques.

32.

/4 0

2 (

x)(cos x sin x)dx . Le solide résulte de la rotation autour de la droite x = π de la région délimitée par

i) 0 ≤ y ≤ cos x – sin x, 0

x

4

ou ii) sin x ≤ y ≤ cos x, 0

x

4

, en utilisant des coquilles cylindriques.

33.

Calcul intégral

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

53

Nous pouvons estimer graphiquement que les courbes se croisent en x = 0 et en x = a ≈ 0,56, avec x 1 e x sur l’intervalle [0, a]. Le volume du solide résultant de la rotation autour de l’axe des y de la région est donc V

2

a 0

x

x 1

e x dx

0,13

34.

Nous pouvons estimer graphiquement que les courbes se croisent en a ≈ 0,42 et en x = b ≈ 1,23, avec –x4 + 4x – 1 > x3 – x +1 sur l’intervalle [a, b]. Le volume du solide résultant de la rotation autour de l’axe des y de la région est donc

V

b

2

a b

2

35.

V

V

x 1)]dx

x( x 4

x3 5 x 2)dx

3,17

0

x)(sin 2 x sin 4 x)]dx

[( 2

3

1 32

2

LCS

4 x 1) ( x3

/2

2

LCS

36.

a

x[( x 4

0

2 (

{[ x ( 1)]( x 3 sin x)}dx 4

5

2

3

2

4

12 2

3

2

6 2

2

48) 96

37. En utilisant des coquilles cylindriques :

V

4 2

2 x( x 2

2 [

1 4

x4

6 x 8)dx 2 x3

2

4 2

( x3

6 x 2 8 x)dx

4 x 2 ]42

2 [( 64 128 64) ( 4 16 16)] 2 (4) 8

Calcul intégral

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

54

38. Selon un découpage vertical (méthode des disques) : 4

V

( x2

2 4 2

6 x 8) 2 dx

( x 4 12 x3

[ 15 x5 3x 4 (

512 15

496 15

52 x 2 52 3

x3

96 x 64)dx

48 x 2

64 x]42

16 15

)

39. Selon un découpage vertical (méthode des disques troués) : y 2 3

V

(2 0) 2

3 3

2

0 3

=2

0

2

x2 1 0

2

1

(3 x 2 ) dx 3

2 [3 x

1 3

x 3 ]0 3

4 3

2

y 2 1 dy

[ 13 y 3 1]12

Calcul intégral

x2 1

[4 ( x 2 1)]dx [par symétrie]

3 3

2

y

dx

40. Selon un découpage horizontal (méthode des disques) : y 2

V

x2 1

[( 83

2 1

x2 1

x

y2 1

( y 2 1)dy

2) ( 13 1)]

4 3

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

41. Selon un découpage horizontal (méthode des disques) : x2 2

V

1 ( y 1) 2

0

[ y2

1 3

y 3 ]02

2

2

dy

(4

3

0

(2 y

( y 1)2 1

x

55

1 ( y 1)2

y 2 ) dy

4 3

)

42. Selon la méthode des coquilles cylindriques :

V

5 1

2 ( y 1)[4 ( y 3) 2 ]dy 5

2

1 5

2

1

2 [

( y 1)( y 2 ( y3 1 4

2 ( 275 12

43.

6y 5) dy

7y 2 11y 5)dy

y4

7 3

19 12

)

y3

11 2

y2

5y ]15

128 3

y 1 ( y 1)2

y 1

y2

2y 1

0

y 2 3y

0

y( y 3)

y

0 ou 3.

Selon un découpage horizontal (méthode des disques troués) : 3

V

0 3 0 3 0

[

{[( y 1) ( 1)]2 [( y 1) 2 [( y 2) 2 [( y 2 1 5

Calcul intégral

y5

( y2

2y 2) 2 ]dy

4y 4) ( y 4 y4

7 3

y3

( 1)]2 }dy

4y 3 8y 2 8y 4)]dy

6y 2 ]30

(

243 5

81 63 54)

3 0

( y4

4y 3 7y 2 12y )dy

117 5

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

56

44. Selon la méthode des coquilles cylindriques pour trouver le volume V. 1

V

0

2 (a

4 [ 12 ax 2

1

x)(2 x)dx

4

x3 ]10

4 ( 12 a

1 3

0

(ax x 2 )dx 1 3

)

Maintenant exprimons la valeur de a en fonction de V : V

4 ( 12 a

a

V 2

1 3

V 4

)

1 a 2

1 3

1 a 2

V 4

1 3

2 3

45. Selon la méthode des coquilles cylindriques :

V

r

2 2 x r2 0

2 3

[ 2

46.

V

R r R r r r

(r 2

x 2 dx x 2 )3/ 2 ]0r

2 x 2 r2

4 R

r r

r2

(r 2

0

x 2 )1/ 2 ( 2 x)dx

(0 r 3 )

4 3

4 3

r3

( x R) 2 dx

R) r 2

4 (u

r

2

u 2 du [posons u

u 2 du 4

r r

x R]

u r 2 u 2 du

La première intégrale donne l’aire d’un demi-cercle de rayon r, c’est-à-dire 12 r 2 , et la seconde est nulle puisque l’intégrande est une fonction impaire. Il s’ensuit que V

Calcul intégral

4 R( 12 r 2 ) 4

0 2

2

Rr 2 .

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

47.

V

2

r 0

2 h

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

h x h dx r

x x3 3r

x2 2

r

2 h

r

2 h 0

0

r2 6

x2 r

57

x dx

r 2h 3

48. Par symétrie, le volume de l’anneau à serviette de table fabriqué en perçant un trou de rayon r à travers une sphère de rayon R est le double du volume résultant de la rotation autour de l’axe des y de l’aire située au-dessus de l’axe des x et sous la courbe y

R2

x 2 (l’équation de la moitié supérieure de la section transversale de la sphère), entre x = r et x = R. Ce volume est

égal à

2

rayon externe rayon interne

2 rh dx 2 2

Cependant, selon le théorème de Pythagore, R2

R r

r2

x R2

x 2 dx 4 [

1 3

(R2

x 2 )3/ 2 ]rR

4 3

(R2

r 2 )3/ 2

( 12 h)2 , donc le volume de l’anneau à serviette de table est 43 ( 12 h)3

1 6

h3 ,

qui est indépendant de R et de r; en d’autres mots, la quantité de bois contenue dans un anneau à serviette de table de hauteur h est la même, quelles que soient les dimensions de la sphère qui a été utilisée. Vous remarquerez qu’une bonne partie de ce calcul a déjà été effectuée, mais avec plus de difficulté, à l’exercice 2.2.68. Autre solution : La hauteur de la calotte sphérique manquante est égale au rayon de la sphère moins la moitié de la hauteur du cylindre percé, c’est-à-dire R Vanneau à serviette de table

Calcul intégral

1 2

h . Si nous utilisons les résultats de l’exercice 2.2.49,

Vsphère Vcylindre

2Vcalotte sphérique

4 3

R3

r 2h 2

3

(R

1 2

h)2[3R ( R

2.3 Le calcul d’un volume par la méthode des coquilles cylindriques

1 2

h)]

1 6

h3

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

58

2.4 Le travail 1.

a)

Le travail effectué par un gorille lorsqu’il soulève son propre poids de 160 kg à une hauteur de 6 m est W = Fd = (mg)d = [(160 kg)(9,8 m/s2)](6 m) = 9408 J

b)

Le temps que prend le gorille pour atteindre le sommet de l’arbre n’a aucune incidence sur le travail requis, qui demeure 9408 J

2.

W = Fd = (mg)d = [(200 kg)(9,8 m/s2)](3 m) = (1960 N)(3 m) = 5880 J

3.

W

4.

W

b a

2 1

10

f ( x)dx

1

5x 2dx 5[ x 1 ]10 1

5(

[sin( 13 x)]12

3 2

3

cos( 13 x)dx

3 2

Interprétation : De x = 1 à x

3

1 10

1)

3 2

4,5 J

0N m 0J.

, la force effectue un travail égal à 3 2

augmentant son énergie cinétique. De x

3/ 2 1

cos( 13 x)dx

3

1

3 2

J en accélérant la particule et en

à x = 2, la force s’oppose au mouvement de la particule, diminuant son énergie

cinétique. Il s’agit là d’un travail négatif, égal en valeur absolue, mais de signe opposé au travail effectué de x = 1 à x

5.

3 2

.

La fonction force (en newtons) est représentée par F (x), et le travail (en joules) est l’aire sous la courbe, exprimée par

8 0

F ( x)dx

20

4 0

M4

4

1 2

F ( x)dx

x[ f (6)

f (10)

(4)(30) (4)(30) 180 J .

f (14)

20 4 4

6.

W

7.

Selon la loi de Hooke, la force requise pour maintenir un ressort étiré à x unités au-delà de sa longueur au repos est proportionnelle à

4

f ( x)dx

8

F ( x)dx

f (18)]

[5,8 8,8 8,2 5,2] 4(28) 112 J

x, c’est-à-dire f (x) = kx. Dans le présent cas, l’étirement est de 8 cm

10 k ( 252 )

m et la force est de 10 N. Ainsi,

k 125 N/m et f (x) = 125x. Le travail effectué en étirant le ressort de sa longueur au repos à 12 cm 3/ 25

de cette longueur au repos est W

8.

2 25

0

125x dx [ 125 x 2 ]3/0 25 2

9 10

3 25

m au-delà

J.

Selon la loi de Hooke, la force requise pour maintenir un ressort étiré à x unités au-delà de sa longueur au repos est proportionnelle à x, c’est-à-dire f (x) = kx. Dans le présent cas, l’étirement est de 30 – 20 = 10 cm = 0,1 m et la force est de 25 N. Ainsi, 25 k (0,1) [25 – 20 = 5cm =

Calcul intégral

k 1 20

250 N/m et f (x) = 250x. Le travail requis pour étirer le ressort de 20 cm à 25 cm

m ] est W

1/ 20 0

250 x dx [125x2 ]1/0 20

125(1 / 20)2

2.4 Le travail

5 16

J.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

9.

a)

Si

0,12 0

kx dx

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

2 J , alors 2 [ 12 kx2 ]0,12 0

1 2

k (0,014 4) 0,007 2k et k

requis pour étirer le ressort de 35 cm à 40 cm est b)

f (x) = kx, donc 30

10. Si 12

1 0

2500 9

kx dx [ 12 kx 2 ]10

1 2

270 2500

x et x

0,10 0,05

2500 9

2 0,007 2

x dx [ 1250 x 2 ]1/10 1/ 20 9

59

2500 9

1250 1 9 100

(

1 400

0,2 0,1

kx dx

k , alors k = 24 N/m et le travail requis est

0,2 k[ 12 x 2 ]0,1

4 k ( 200

1 200

)

3 200

0,14 L 0,12 L

kx dx [ 12 kx 2 ]0,14 0,12

L L

1 2

1,04 J .

3/ 4 0

24 x dx [12 x 2 ]3/0 4

0,1 0

12

kx dx

9 16

27 4

k[ 12 x 2 ]00,1

6,75 J .

1 200

k.

k . Il s’ensuit que W2 = 3W1.

12. Soit L la longueur au repos d’un ressort en mètres. Alors, 6 et 10

25 24

)

m 10,8 cm

11. Le déplacement de 20 cm à 30 cm est 0,1 m, donc avec f (x) = kx, nous obtenons W1 Et, W2

277,78 N/m . Il s’ensuit que le travail

k[(0,14 L)2

0,12 L 0,10 L

kx dx [ 12 kx 2 ]0,12 0,10

L L

1 2

k[(0,12 L)2

(0,10 L)2 ]

(0,12 L)2 ] .

En simplifiant, nous obtenons 12 = k(0,004 4 – 0,04L) et 20 = k(0,005 2 – 0,04L). En soustrayant la première égalité de la seconde, nous obtenons 8 = 0,000 8k, donc k = 10 000. La deuxième égalité devient 20 = 52 – 400L, donc L

32 400

m 8 cm .

Aux exercices 13 à 20, n est le nombre de sous-intervalles de longueur Δx, et xi est un point d’échantillonnage dans le ième sousintervalle [xi–1, xi]. 13. a)

La portion du câble qui pend entre x m et (x + Δx) m sous le sommet de l’immeuble a une masse de 10 x kg et doit être hissée

de xi m ; sa contribution au travail total est donc 10 gxi x J . Le travail total requis est W

lim

n

n

10 gxi

i 1

x

16 0

10 gx dx [5 gx 2 ]16 1280 g 12 544 J . 0

Il est à remarquer que la hauteur exacte de l’immeuble n’a aucune importance (pourvu qu’elle soit de plus de 16 m). b)

Lorsque la moitié du câble sera hissée au sommet de l’immeuble, le travail requis pour hisser la moitié supérieure du câble est

W1

8 0

10 gx dx [5 gx 2 ]80

tâche est W2 est W

16 8

W1 W2

3136 J . La moitié inférieure du câble est hissée de 8 m et le travail requis pour accomplir cette

10 8gdx 80 g[ x]16 8

6272 J . Le travail total requis pour hisser la moitié du câble au sommet de l’immeuble

3136 6 272 9408 J .

14. Hypothèses : 1.

Une fois que son extrémité a été soulevée, la chaîne est en forme de L, et 4 m de la chaîne reposent sur le sol.

2.

La chaîne glisse sans effort et sans friction le long du sol lorsque son extrémité est soulevée.

Calcul intégral

2.4 Le travail

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 3.

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

60

La masse linéaire de la chaîne est constante sur toute sa longueur et est donc égale à (8 kg/m)(9,8 m/s2) = 78,4 N/m. La partie de la chaîne située à x m de l’extrémité soulevée est élevée de 6 – x m si 0 ≤ x ≤ 6 m, et elle est élevée de 0 m si x > 6 m. Le travail requis est donc W

n

lim

n

6

(6 xi ) 78,4 x

0

i 1

n

15. Le travail requis pour hisser le câble est lim

i 1

n

(6 x)78,4dx

200

3gxi x

0

78,4[6 x

3 2

3gx dx

1 2

x 2 ]60

g[ x 2 ]0200

(78,4)(18) 1411, 2 J

588 000 J . Le travail requis pour hisser le

charbon est 3500 kg · 200 m · g = 6 860 000 J. Le travail total requis est donc 588 000 + 6 860 000 = 7 448 000 J.

16. Le travail requis pour hisser le seau lui-même est 2 kg · 25 m · g = 490 J. Au temps t (en secondes), le seau est xi

0,5t m au-

dessus de sa position initiale de 25 m, mais il ne contient maintenant que (15 – 0,1t) kg d’eau. En fonction de la distance, le seau contient [15 0,1(2 xi )] kg d’eau lorsqu’il est xi m au-dessus de sa position initiale de 25 m. Le travail requis pour hisser cette quantité d’eau sur une distance Δx est (15 W

n

lim

n

1 5

(15

i 1

1 5

xi ) g x J . Ainsi, le travail requis pour hisser l’eau est 25

xi ) g x

0

(15

1 5

x) gdx

g[15 x

1 10

x 2 ]025

g (375 62,5) =3062,5 J .

Si nous ajoutons le travail requis pour hisser le seau, nous obtenons un total de 3 552,5 J de travail. 17. À une hauteur de x mètres (0 ≤ x ≤ 12), la masse du câble est (0,8 kg/m)(12 – x m) = (9,6 – 0,8x) kg et la masse de l’eau 36 est ( 12 kg/m)(12 x m) (36 3x) kg . La masse du seau est 10 kg, donc la masse totale est

(9,6 – 0,8x) + (36 – 3x) + 10 = (55,6 – 3,8x) kg; par conséquent, la force totale est 9,8(55,6 – 3,8x)N. Le travail requis pour hisser le seau Δx m à travers le ième sous-intervalle de [0, 12] est 9,8(55,6 3,8 xi ) x , et le travail total est donc W

lim

n

n

12

9,8(55,6 3,8 xi ) x

0

i 1

18. La masse linéaire de la chaîne est

10 kg 3m

10 3

(9,8)(55,6 3,8 x)dx 9,8[55,6 x 1,9 x 2 ]12 0

9,8(393,6) 3 857 J

kg/m . La section de la chaîne qui est x m sous le plafond (pour 1,5 ≤ x ≤ 3 doit être

soulevée de 2(x – 1,5) m ; le travail requis pour soulever le ie sous-intervalle de la chaîne est donc 2( xi

1,5)( 103 x) g . Le travail

total requis est

W

lim

n

20 3

Calcul intégral

n

2( xi

i 1 1 2

g[ x

2

3

1,5)( 103 ) g x 3 1,5

1,5 x]

20 3

g[(

1,5 9 2

9 2

[2( x 1,5)( 103 ) g ]dx

) (

9 8

9 4

)]

2.4 Le travail

20 3

9 8

g( )

20 3

g

3 1,5

( x 1,5)dx

.

73,5 J

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

19. Une « tranche » d’eau d’une épaisseur de Δx m et située à une profondeur de xi m (où 0

61

xi

1 2

) a un volume de (2 × 1 × Δx) m3,

une masse de 2000 Δx kg et pèse environ (9,8)(2000 Δx) = 19 600 Δx N; le travail requis pour la pomper à l’extérieur de l’aquarium est donc d’environ 19,600 xi x J . Donc, W

lim

n

n

1/ 2

19,600 xi x

0

i 1

19,600 x dx [9800 x 2 ]1/0 2

2450 J .

20. Une « tranche » horizontale (et donc cylindrique) d’eau d’une épaisseur de Δx m a un volume de πr2h = π · 3,52 · Δx m3 et pèse environ 3,52

1000 9,8

x N. Si la tranche considérée est à xi m sous le rebord de la piscine (où 0,3 xi

x 120 050

1,5) ,

alors le travail requis pour la pomper à l’extérieur de la piscine est environ 120 050 xi x . Il s’ensuit que W

lim

n

n

120 050 xi x

i 1

1,5 0,3

120 050 x dx [60 025 x 2 ]1,5 0,3

60 025 (1,52

0,32 ) 129 654 J .

21. Une « tranche » rectangulaire d’eau d’une épaisseur de Δx m et située à x m au-dessus du fond du réservoir a une largeur de x m et un volume de 8x Δx m3. Cette tranche pèse environ (9,8 × 1000)(8x Δx) N, et doit être élevée d’une hauteur de (5 – x) m par la pompe; le travail requis est donc environ (9,8 × 103)(5 – x)(8x Δx) J. Le travail total requis est 3

W

0

3

(9,8 103 )(5 x)8 x dx

(9,8 103 )(180 72)

(9,8 103 ) (40 x 8 x 2 ) dx 0

(9,8 103 )[20 x 2

8 3

x3 ]30

(9,8 103 )(108) 1058,4 103 1,06 106 J

22. Soit y la profondeur (en mètres) sous le centre du réservoir sphérique, de sorte que y = –3 au sommet du réservoir et y = –4 à la hauteur du bec de soutirage. Une « tranche » horizontale d’eau en forme d’un disque d’une épaisseur Δy m et située à la hauteur y a un rayon de 9

y 2 m et un volume de πr2Δy = π(9 – y2) Δy m3. Cette tranche pèse environ (9,8 ×1000)π(9 – y2) Δy N et doit être

élevée d’une hauteur de (y +4) m par la pompe; le travail requis pour la pomper vers l’extérieur est donc environ (9,8 × 103)(y + 4)π(9 – y2) Δy J. Le travail total requis est

W

3 3

(9,8 103 )( y 4) (9 3

(9,8 103 ) (2)(4) (9 0

(78,4 103 ) [9 y

1 3

y 3 ]30

y 2 )dy

(9,8 103 )

3 3

(9 y

y 3 36 4 y 2 ) dy

y 2 ) dy [selon le théorème 1.7.7] (78,4 103 ) (18) 1 411 200

4,43 10 6 J

23. Soit x, la profondeur (en mètres) sous le bec de soutirage au sommet du réservoir. Une « tranche » horizontale d’eau en forme d’un disque d’une épaisseur de Δx m et située à la hauteur x a un rayon de 13 (6 x) m* et un volume de

r2 x

1 9

(6 x)2 x m3 .

Cette tranche pèse environ (9,8 103 ) 9 (6 x)2 x N et doit être élevée d’une hauteur de x m par la pompe ; le travail requis pour la pomper vers l’extérieur est donc environ (9,8 103 ) x 9 (16 x)2 x J . Le travail total requis est

Calcul intégral

2.4 Le travail

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale 3

W

0

(9,8 103 ) x 9 (6 x) 2 dx

(9,8 103 ) 9

3 0

(9,8 103 ) 9

* Selon la similitude des triangles, Donc r 1 d

1

1 3

d 3 x

(9,8 103 ) 9

(36 x 12 x 2

297 4

x3 ) dx

80 850

3 0

x(36 12 x

(9,8 103 ) 9 [18 x 2

62

x 2 ) dx 4 x3

1 4

x 4 ]30 .

2,54 105 J

1 . 3

(3 x)

1(3) 1 (3 x) 3 3 1 (6 x) 3

24. Soit x, la distance (en mètres) au-dessus du fond du réservoir. Une « tranche » horizontale d’eau d’une épaisseur de Δx m et située à la hauteur x a un volume de 3(2x) Δx m3. Cette tranche pèse environ (9,8 × 1000)(6x Δx) N et doit être élevée d’une hauteur de (2 – x) m par la pompe ; le travail requis pour la pomper vers l’extérieur est donc environ (9800)(2 – x)6x Δx N. Le travail total 2

requis est W

0

2

(9800)(2 x)6 x dx 58 800 (2 x x 2 )dx 58 800[ x 2 0

1 3

x3 ]02

4 58 800( ) 3

78 400 N .

25. Si un travail de seulement 4,7 × 105 J est effectué, alors seule l’eau au-dessus d’un certain niveau (appelons-le h) aura été pompée vers l’extérieur. Nous utiliserons donc la même formule qu’à l’exercice 21, à l’exception que la quantité de travail est fixe, et que nous désirons calculer la borne inférieure d’intégration :

4,7 105 4,7 9,8

102

3 h

(9,8 103 )(5 x)8 x dx (9,8 103 )[20 x 2

48 (20 32

8 3

33 ) (20h2

8 3

h3 )

8 3

x3 ]3h

2h3 15h2

45 0 . Afin de trouver la solution de cette équation, nous traçons

2h3 – 15h2 + 45 entre h = 0 et h = 3. Nous constatons que l’équation est satisfaite lorsque h ≈ 2,0. Le niveau de l’eau restant dans le réservoir est donc d’environ 2,0 m.

Calcul intégral

2.4 Le travail

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

63

26. Les seuls changements qu’il faut apporter à la solution de l’exercice 22 sont : 1) changer la borne inférieure de –3 à 0, puis 2) remplacer 1000 par 900. 3

W

0

(9,8 900)( y 4) (9

(9,8 900) [ 92 y 2

1 4

y4

y 2 )dy 4 3

36 y

3

(9,8 900) y 3 ]30

0

(9 y

y 3 36 4 y 2 ) dy

(9,8 900) (92,25) 813 645

2,56 106 J [environ 58 % du travail à l'exercice 22]

27. V = πr2x, donc V est une fonction de x, et P peut également être considéré comme une fonction de x. Si V1 = πr2x1 et V2 = πr2x2, alors

W

x2 x1 V2 V1

F ( x)dx

x2 x1

x2

r 2 P(V ( x))dx

x1

W

29. a)

b)

r 2dx.]

P(V )dV selon la méthode du changement de variable.

28. 100 N/cm2 = 100 · 1002 N/m2, 1600 cm3

k

r 2 x, donc dV ( x)

P(V ( x))dV ( x) [Soit V ( x)

m3 , et 13 000 cm3

13 000 1003

m3 .

1 1,4 (100 · 1002 )( 1600 )1,4 1 000 000( 625 ) 121,83 . Par conséquent, P ≈ 121,83V– 1,4 et 1003

PV 1,4

13 000/1003 1 600/1003

W

1600 1003

b a

121,83 V

F (r )dr

1,4

b a

dV

G

121,83[

m1m2 dr r2

Selon la sous-question a), W

1 0,4

0,4 13/1 000 1/625

V

]

Gm1m2

GMm

1 R

1 r

(121,83)(2,5)[( 625 )0,4 1

b

Gm1m2 a

1 a

1 R 1 000 000

(

1 000 0,4 13

) ] 2 270 J .

1 b où M est la masse de la Terre en kg, R est le rayon de la Terre en

mètres et m est la masse du satellite en kg. (Souvenez-vous que 1000 km = 1 000 000 m.) Par conséquent, (6,67 10 11 )(5,98 1024 )(1000)

W

30. a)

1 6,37 106

1 7,37 106

8,50 109 J

Considérons que les côtés de la pyramide sont lisses. Selon le graphique, pour 0 ≤ x ≤ 115, l’équation pour le côté est

y

147 115

x 147

x

transversale est A (2 x)2

115 147

( y 147) . La longueur horizontale d’une section transversale est 2x et l’aire d’une section

4 x2

4

1152 ( y 147) 2 . Une tranche d’épaisseur Δy à la hauteur y a un volume de ΔV = A Δy m3 et 1472

un poids de 9,8 2400 ΔV N ; le travail requis pour la construction de la pyramide est donc

Calcul intégral

2.4 Le travail

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

147

W1

0

9,8 2400 y 4

94 080

1152 1 4 y 147 2 4

1152 147 4 94 080 147 2 12

b)

Travail effectué W2

1152 ( y 147) 2 dy 147 2

94 080

147 2 2 y 2

2 147 3 y 3 2

7840 115 147

2

1152 147 2

147

94 080 0

147 0

( y3

64

2 147 y 2 147 2 y) dy

1152 147 4 147 2 4

2 147 4 3

147 4 2

2, 24 1012

10 h 340 jours 20 années 271 J J . Si nous divisons W1 par W2, nous obtenons 1,8428 107 jour année 1 ouvrier heure ouvrier

environ 121 582 ouvriers.

Calcul intégral

2.4 Le travail

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

65

2.5 La valeur moyenne d’une fonction b

1.

f moy

1 b a

a

2.

f moy

1 b a

a

3.

gmoy

1 b a

a

4.

g moy

1 b a

a

5.

f moy

1 b a

a

6.

f moy

1 b a

a

7.

hmoy

b

b

b

b

b

1 0 0 1

1

hmoy

b

1 b a

a 1 4

9.

a)

4 1 4 0 0

f ( x)dx

1 (

f moy

3 t

/2

0 0

cos 4 x sin x dx

2

1 2

dt

(3 t 2 )1/ 2

2

1 1

3 1

[esin t ]0 / 2

sec2 ( /2)d

1

x3 ]04

2

u 4 ( du ) [u

1

5

5 2

2

f moy

c 3

1

1 1 4

1

f (c)

1

1 1

1

1

(3 2u ) du

ln 1 ln 5

3

( 1) =

1 9

(c 3) c

1 4

1 2

8 1 2

) 0]

1 4

( 323 )

8 3

1 13

1 2u

du

3 1

2

21

0

4

sin x dx] 2

[ 15 u 5 ]10

1 1 1 2 5 y

(

1 2

2 5

dy ) [ y

3 2 u, dy

2du ]

ln 5

1 1 ( x 3)3 3 3

( x 3) 2 dx

64 3

(e 1)

cos x, du

1

ln | y | 5

2

2

[2 tan( /2)]0 / 2

0

h(u )du

[(32

= 12 (2 3 2)

2 u 4 du selon le théorème 1.7.7 a)

1

3

1 4

0 selon le théorème 1.7.7 b)

esint costdt

/2

1 /2

f ( x)dx

1 3

45 [ x 4/3 ]18 = 283 (16 1)= 28

t

3 1

[2 x 2

1 3 7 4

xdx

1 /2 0 0

f (t )dt

1 4

sin 4xdx

)

1 3 1

g (t )dt

1 9

b)

(4 x x 2 )dx

8 3 1 8 1 1

g ( x)dx

u 4 du

1

8.

f ( x)dx

5

2

1

1

2 ou 4

c)

10. a)

f moy

Calcul intégral

1 31 dx 3 1 1 x 1 ln 3 ln 1 2

1 2

3

ln|x| 1 1 2

ln 3

2.5 La valeur moyenne d’une fonction

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé b)

f (c)

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

f moy

1 c

1 2

ln 3

c

66

2/ln 3 1,820

c)

11. a)

1

f moy

(2 sin x sin 2x)dx 0 0 1 [ 2 cos x 12 cos 2x]0 1

b)

f (c)

2

1 2

f moy

2

1 2

4

2 sin c sin 2c

c1 1,238 ou c2

4

2,808

c)

12. a)

f moy

1

2x dx 2 0 (1 x 2 ) 2 1 51 du [u 1 x 2 , du 2 1 u2 1 2

b)

f (c)

2

0

f moy

1 u

5

1

1 1 1 2 5 2c (1 c 2 )2

2xdx]

2 5 2 5

5c

(1 c 2 )2

c1

0,220 ou c2 1,207

c)

13. La fonction f est continue sur l’intervalle [1, 3], donc, selon le théorème de la valeur moyenne pour les intégrales, il existe un nombre c appartenant à [1, 3] tel que

Calcul intégral

3 1

f ( x)dx

f (c) 3 1

8 2f (c) ; c’est-à-dire qu’il y a un nombre c tel que f (c)

2.5 La valeur moyenne d’une fonction

8 2

4.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

14. Il est nécessaire que b 1 b 0

1

b

b 0

0

(2 6x 3x2 )dx

2 3b b2

1 b

3 . Le membre de gauche de cette équation est égal à

f ( x)dx

[2x 3x 2

x3 ]b0

2 3b b2 ; nous devons donc résoudre l’équation

b2 3b 1 0 b

3

67

3

3

2

4 11

3

5

2 1

. Les deux racines sont à retenir puisqu’elles sont toutes

2

deux positives. 15. À l’aide d’interprétations géométriques, évaluez la valeur des intégrales. 8 0

1

f ( x)dx

0

2

f ( x)dx

1 2

1 2

1

1 2

3

f ( x)dx

1 4

3 2

2

4

f ( x)dx

3

6

f ( x)dx

4

7

f ( x)dx

6

1

vmoy

12

12 0 0

1 12

v(t )dt

7

8

1 8

0 0

f ( x)dx

1 8

9

9 8

I . À l’aide de la méthode des milieux des sous-intervalles, avec n = 3 et

I ≈ M3 = 4[v(2) + v(6) + v(10)] = 4[21 + 50 + 66] = 4(137) = 548. Donc, vmoy b)

f ( x)dx

+2 = 9

Il s’ensuit que la valeur moyenne de la fonction f sur l’intervalle [0, 8] = f moy

16. a)

8

f ( x)dx

Une estimation directement à partir du graphique donne v(t )

1 12

(548)

t

12 0 3

4 , estimez I.

45 23 km/h.

45 23 lorsque t ≈ 5,2 s.

17. Posons t = 0 et t = 12 correspondant respectivement à 9 h et 21 h.

Tmoy

12 1 12 0 0 1 12

18. vmoy

1

R

R 0

0

1 R

v(r )dr

R 0

P 2 (R 4 l

[10 8sin 12

8

P [ R 2r 4 lR

1 3

[10 12 8

r 2 )dr

1 12

1 12

t ]dt 12

]

r 3 ]0R

10

20. a)

moy

1 8

8 0

12 dx x 1

3 2

8 0

( x 1)

1/ 2

dx [3 x 1]80

Nous avons Ts = 20°C et, par conséquent,

dT dt

16

v 0

12

cos

1 12

t ]12 0

C 15,1 C

P 2 3 ( )R 4 lR 3

Comme la fonction v(r) est décroissante sur l’intervalle [0, R], vmax

19.

[10t 8

PR 2 6 l

PR 2 . Il s’ensuit que vmoy 4 l

2 3

vmax .

9 3 6 kg/m

c(T

20) . Soit y = T –20, de sorte que y(0) = T(0) – 20 = 95 – 20 = 75. Or, y

satisfait aux conditions du théorème 3.8.2 (voir Calcul différentiel), donc y = 75ect. Puisque T (30) = 61, donc y(30) = 61 – 20 = 41 et 41 75ec (30)

41 75

e30c

41 30c ln 75

c

1 30

41 ln 75

0,020131 .

Par conséquent, T (t) = 20 + 75e–kt, où k = –c ≈ 0,02. Calcul intégral

2.5 La valeur moyenne d’une fonction

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

b)

21.

30

1

Tmoy

Pmoy

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

30

0 0

1 30

(600

50 1 50 0 0

22. s

1 2

75 k

gt 2

75 k

41 75

50 1 50 0

P(t )dt

2560 1 bt e 50 b

30 1 30 0

T (t )dt

50

= 0

(20 75e kt )dt 1 30

)

34 k

(600

)

1 30

34 30 k

20

2560ebt dt [avec b

2560 50b (e 1) 50b

75 k

e kt ]30 0

1 30

[600

75 k

e

30 k

) (0

75 k

)]

76,3 C

0,017 185]

4056 millions, ou environ 4 milliards de personnes

2s /g [puisque t ≥ 0]. Mais, v

t

[20t

68

ds /dt

gt

g 2s / g

v2

2gs

qu’il est possible de considérer v comme une fonction de t ou de s : v = F(t) = gt et v G(s) La vitesse peut être considérée comme une fonction de t : s

s(t )

1 2

gt 2 ; de plus, s(t )

v2 2g

2gs

s

v2 . Nous constatons 2g

2gs . Remarquez que vT = F(T) = gT .

[ F (t )]2 . Lorsque t = T, ces deux 2g

formules pour s(t) signifient que 2gs(T )

F (T ) vT

2( 12 gT 2 )/T

gT

(*)

2s(T )/T

La moyenne des vitesses par rapport au temps t durant l’intervalle [0, T ] est vt

1

Fmoy

moy

T

T 0 s(T ) [puisque s 0 T

0

1 [ s (T ) s 0 ] [selon le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral] T

F (t )dt 0]

1 vT 2

[selon (*)]

Cependant, la moyenne des vitesses par rapport au déplacement s durant l’intervalle correspondant de déplacement [s(0), s(T )] = [0, s(T )] est

vs

Gmoy

moy

1 s(T ) 0

2g 2 3/2 s s(T ) 3

23.

Vmoy

5 1 5 0 1 4

24.

f moy

1 b a 1 b a b

5 2

[t

1 b a

1

V (t )dt

b a

5 5 1 5 0 4

[1 cos( 52 t )]dt

sin( 52 t )]50

1 4

5 0

1 4

0

5 0 5 4

s (T ) 0

s (T ) 0

G ( s )ds 2 2g 3 s(T )

1 s(T ) s (T )

s (T ) 0 3/ 2

2gsds

2g s(T )

2 2gs(T ) 3

s (T ) 0

s1/2 ds

2 vT [selon (*)] 3

[1 cos( 52 t )]dt 0,4 L

f ( x)dx

(aire du trapèze ABDF ) (aire du rectangle ACEF )

[ f ( a 2 b ) (b a)] a

f ( a2b )

Calcul intégral

2.5 La valeur moyenne d’une fonction

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

x

25. Soit F ( x)

a

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

69

f (t )dt pour x sur l’intervalle [a, b]. Alors, la fonction F est continue sur l’intervalle [a, b] et on peut en prendre la

dérivée sur cet intervalle; donc, selon le théorème de la valeur moyenne, il existe un nombre c appartenant à ]a, b[ tel que F (b) – F(a) = F′(c)(b – a). Cependant, F′(x) = f (x) selon le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral. Par conséquent,

26.

b a

f (t )dt 0

1

f moy [a, b]

b

f ( x)dx

b a c a 1 b a c a a

f (c)(b a) .

c a

1

c

b a

a

f ( x)dx

1

b

b a

c

b c 1 b a b c

f ( x)dx

b c

f ( x)dx c a b c f moy [a, c] f moy [c, b] b a b a

f ( x)dx

PROJET CONCRET Le calcul intégral et le baseball 1.

a)

F

ma

m

dv , donc, selon la méthode du changement de variable, nous obtenons dt t1

t1

F (t )dt

t0

t0

dv dt dt

m

m

v1 v0

dv [mv]vv10

mv1 mv0

p(t1 )

p(t0 )

b) i)

m

P g

p(t1 ) ii)

1,4 9,8

p(t0 )

a)

W

m/s 50 m / s, v0

145 km/h

s1 s0

40,27 m/s , et la masse de la balle de baseball est

1 . La variation de l’impulsion de la balle est donc 7 1 7

mv1 mv0

0,001 1 0,001 0

F (s)ds , où F ( s)

[50

40,27 ] 12,9 kg-m/s .

1 0,001

F (t )dt

m

W

Calcul intégral

3 600

Aux sous-questions a) et b)i), nous avons trouvé que [0; 0,001] est

2.

180 1 000

Nous avons v1 180 km/h

dv dt s1 s0

m

F (t )dt

p(0,001)

p 0

12,9 , donc la force moyenne sur

(12,9) 12 900 N

dv ds ds dt

F (s)ds

0,001 0

s1 s0

mv

dv et donc, selon la méthode du changement de variable, ds

mv

dv ds ds

v ( s1 ) v ( s0 )

mvdv [ 12 mv 2 ]vv10

2.5 La valeur moyenne d’une fonction

1 2

mv12

1 2

mv02

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé b)

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

À la question précédente, on a calculé que 145 km/h = 50 m/s. Considérons v0 = v(s0) = 0 et v1 = v(s1) = 50 m/s [remarquez que s1 est le moment où la balle de baseball est lancée]. m

W

3. a)

70

1 2

mv12

1 2

mv02

1 2

1 7

1 7

, donc le travail effectué est

(50)2 178,6 J

Nous avons ici une équation différentielle de la forme dv/dt = kv; donc, selon le théorème 3.8.2 (voir dans Calcul différentiel), la solution est v(t) = v(0)ekt. Dans le cas présent, k

1 10

et v(0) = 30 m/s, donc v(t) = 30e– t/10. Nous voulons trouver le temps t que

prend la balle pour parcourir 85 m; nous trouvons donc la fonction distance (v(t) > 0)

s(t )

t 0

t

v( x)dx

0

30e

x /10

dx 30[ 10e

x /10 t 0

]

300(e

t /10

1) 300(1

e

t /10

)

En considérant s(t) = 85, et trouvons la valeur de t :

85 300(1 e b)

t /10

)

t /10

1 e

17 60

1 10

t

17 60

ln(1

)

t

3,331 secondes.

Soit x la distance de l’arrêt-court au marbre. Nous calculons comme une fonction de x le temps que prend la balle pour atteindre le marbre, puis nous prenons la dérivée par rapport à x pour trouver la valeur de x qui correspond au temps minimal. Le temps total que prend la balle pour atteindre le marbre est la somme du temps que prennent les deux lancers, plus le temps du relais ( 12 s) . La distance entre le voltigeur et l’arrêt-court est 85 – x, donc pour trouver le temps t1 que prend le premier lancer, il faut résoudre l’équation s1 (t1 ) 85 x

1 e

85 x 300

t1 /10

t1

10 ln

215 x . Nous trouvons le temps t2 que 300

prend le second lancer en supposant que l’arrêt-court lance à la vitesse w, puisque cette vitesse change dans le reste de l’exercice. Nous posons v = we–t/10 et trouvons la valeur de t2 dans l’équation

s(t2 ) 10w(1 e

donc tw ( x)

t 2 /10

)

x

e

1 215 x 10 ln 2 300

t2 /10

ln

1

x 10w

t2

10w x

x

10w x ; le temps total est 10w

10w x . 10w

Pour trouver le temps minimal, calculons la dérivée : lorsque 215 x

10 ln

dtw dx

10

1 215 x

1 , qui change de négative à positive 10w x

5w 107,5 . Selon le test de la dérivée première, tw atteint un minimum à cette distance

de l’arrêt-court au marbre. Donc, si l’arrêt-court lance la balle à w = 32 m/s d’un point x = 5(32) – 107,5 = 52,5 m du marbre, le temps minimal est t32 52,5

1 2

10(ln 21530052,5

ln 32032052,5 ) 3,489 secondes. Ce temps est plus long que celui calculé à la sous-

question a), donc, dans ce cas, l’entraîneur devrait favoriser un lancer direct. Si w = 35 m/s, alors x = 67,5 m du marbre, et le temps minimal est t35 67,5

1 2

10(ln 21530067,5

ln 35035067,5 ) 3,244 secondes. Ce temps est moins long que celui calculé à la

sous-question a), donc, dans ce cas, l’entraîneur devrait favoriser un lancer avec relais.

Calcul intégral

2.5 La valeur moyenne d’une fonction

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

c)

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

En général, le temps minimal est tw (5w 107,5)

71

1 107,5 5w 107,5 5w 10 ln ln 2 300 10w

1 ( w 21,5) 2 . Nous 10 ln 2 120w

voulons trouver à quelle vitesse ce temps est égal à environ 3,331 secondes, c’est-à-dire le même temps qu’avec un lancer direct. À partir du graphique, nous évaluons que cela est le cas lorsque ω ≈ 33,8 m/s. Donc, si l’arrêt-cours peut lancer la balle à cette vitesse, alors un lancer avec relais prend le même temps qu’un lancer direct.

PROJET CONCRET Où vaut-il mieux s’asseoir au cinéma? 1.

|V P | = 3 + x cos α, |PT | = 11 – (1,2 + x sin α) = 9,8 – x sin α, et |P B| = (1,2 + x sin α) – 3 = x sin α – 1,8. Donc, selon le théorème de Pythagore, nous obtenons |VT |

| VB|

| VP |2

| PB |2

| VP|2 | PT |2

(3 x cos )2

(3 x cos )2 1,8)2

( x sin

(9,8 x sin ) 2

a et

b.

Si nous appliquons la loi des cosinus au ΔVBT, nous obtenons 82

2.

a2

b2

2abcos

cos

a2

b2 64 2ab

arccos

a2

b2 64 , ce qu’il fallait démontrer. 2ab

Le graphique de θ semble montrer que la valeur de x pour laquelle θ est maximal est x ≈ 2,4 m. Si nous considérons que la première rangée est à x = 0 m, la rangée la plus près de cette valeur de x est la quatrième rangée, à x = 3 m, et le graphique montre que l’angle de vision dans cette rangée semble être à peu près 0,85 radians, ou environ 48,7°.

Calcul intégral

2.5 La valeur moyenne d’une fonction

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 3.

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

72

Si nous utilisons un logiciel de calcul symbolique, nous saisissons la définition de θ, substituons les valeurs exactes de a et b en fonction de x et

20

9

radians, et obtenons ensuite la dérivée. À l’aide d’un logiciel permettant d’obtenir les racines

numériques, nous trouvons que l’unique racine positive de l’équation dθ/dx = 0 est x ≈ 2,419 813 174, ce qui corrobore l’estimation graphique obtenue à l’exercice 2. 4.

Le graphique de l’exercice 2 semble montrer que la valeur moyenne de la fonction sur l’intervalle [0, 20] est environ 0,6. Nous pouvons utiliser un logiciel de calcul symbolique pour obtenir

20 1 20 0

( x)dx

0,616 35,3 . (Le calcul est fait très rapidement si on

effectue une intégration numérique avec l’argument method=_d01akc : evalf[15](Int(theta/20,x=0..20, method = _d01akc));) La valeur minimale est θ(20) ≈ 0,36 et nous avons trouvé à l’exercice 2 que la valeur maximale est environ 0,86.

Calcul intégral

2.5 La valeur moyenne d’une fonction

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

73

2. Révision Compréhension des concepts 1.

a)

Se référer à la figure 2 et aux équations 2.1.1 et 2.1.2, à la section 2.1.

b)

Plutôt que d’utiliser « la partie supérieure moins la partie inférieure » et d’effectuer l’intégration avec un découpage vertical, nous utilisons « la partie droite moins la partie gauche » et effectuons l’intégration avec un découpage horizontal. Se référer aux figures 11 et 12 à la section 2.1.

2.

La valeur numérique de l’aire représente la longueur en mètres de l’avance de Suzanne sur Karine après une minute.

3. a)

Se référer à l’analyse qui apparaît à la section 2.2, près des figures 2 et 3, et qui se termine par la sous-section « Définition du volume ».

b)

Se référer à l’analyse qui apparaît entre les exemples 5 et 6 de la section 2.2. Si la section transversale est un disque, on trouve le rayon en fonction de x ou de y et on utilise A = π(rayon)2. Si la section transversale est un disque troué, on trouve le rayon interne rint et le rayon externe rext et on utilise A

4.

(rext2 )

(rint2 ) .

a)

V = 2πrh Δr = (circonférence)(hauteur)(épaisseur)

b)

Pour une coquille cylindrique type, on trouve la circonférence et la hauteur en fonction de x ou de y et on calcule

V c)

b

(circonférence)(hauteur)(dx ou dy), où a et b sont les bornes sur x ou y.

a

La méthode du découpage produit parfois des disques ou des disques troués dont les rayons sont difficiles, voire impossibles, à déterminer de façon explicite. Dans d’autres cas, la méthode des coquilles cylindriques permet de calculer une intégrale d’une façon plus simple que la méthode du découpage. 6

f ( x)dx représente la quantité de travail effectué. Ses unités sont des newtons-mètres, ou joules.

5.

L’intégrale

6.

a)

La valeur moyenne d’une fonction f sur un intervalle [a, b] est f moy

b)

Le théorème de la valeur moyenne pour les intégrales stipule qu’il existe un nombre c auquel la valeur de f est exactement égale

0

1 b a

b a

f ( x)dx .

à la valeur moyenne de la fonction, c’est-à-dire f c) = fmoy. Pour une interprétation géométrique du théorème de la valeur moyenne, se référer à la figure 2 de la section 2.5 et à l’analyse qui l’accompagne.

Calcul intégral

2 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

74

Exercices récapitulatifs 1.

Les courbes se croisent lorsque x2

A

2 0

[2x 2

2.

2 3

x3 ]02

1 0

( x2

0)dx

( 13 0)

16 3

[(8

1 0

1 x

e 1

4x

0

2x( x 2) 0

1 3 x 3

0 dx

1

0

x2

x3 1

x 1.

e

+ ln | x | 1

4 3

mais –1 < 0. Par symétrie, nous pouvons doubler l’aire entre x = 0 et x

1 2

1/ 2

2[ 2

y2

1/ 2

[(1 2x 2 ) x]dx

2

x3

2[(

2 3 7 24

3y

Calcul intégral

1 2

x2

0 ou 2 .

8 3

) 0]

2x2

0

x

(4x 2x 2 )dx

Si x ≥ 0, alors | x | = x et les courbes se croisent lorsque x 1 2x2

A 2

4.

0

2x2

Les courbes y = 1/x et y = x2 se croisent lorsque 1/x

A

3.

2

[(4x x 2 ) x 2 ]dx

4x x2

x]1/0 2

0

( 2x 2

1 12

1 8

x 1 0

(2x 1)( x 1) 0

x

1 2

ou –1,

.

x 1) dx 1 2

) 0]

7 12

y

y2

4y

0

y( y 4) 0

y

0 ou – 4 .

2 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 0

A

4

5.

[ y ( y2 y3

1 3

[

2

A

8 3

2

1

A

=

(

x3/ 2

3 1

2 3

1 3

x

2

2 1

32 3

2

0 4 3

1 3

x2

4

x dx

x3

0] [( 83

1 3

4y )dy

x2

0 0)

0

75

2x) dx

1 3 x 3

x 2 dx

10 3

7.

x 2

4

4( y 2

4

0 ( 643 32)

( x2

x

0 2 3

x 2

cos

0

3y )] dy

2y 2 ]04

sin

0

2

6.

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

2 3

2

x 3/ 2

1

2) ( 13

4 3

2 3

)]

2

4 3

Si nous utilisons des disques troués dont le rayon interne est x2 et le rayon externe 2x, nous obtenons 2

V

0

[(2x) 2

[ 43 x3 32

Calcul intégral

2 15

1 5

2

( x 2 ) 2 ] dx

x5 ]02

( 323

32 5

0

(4x 2

x 4 )dx

)

64 15

2 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

8.

1 y2

y2

y 3 2

V

[( y 3) 2

1

y2

(8 6y 8 3

[(16 12

3

V

[(9

3

3

2

0 3

=2

0

32 5

y2 )

2

V

(99 20 y 2

[(9 x 2 )

2 2 2

[(10 x 2 ) 2

2

2 0

Calcul intégral

1 ]2

243 5

)

1 3

x 3 ]02

( y2

1 3

1 5

1 3

2

0

1 3

y3

1 5 9 3

)] (33

2

2 [99y

y

76

2 ou –1.

y 4 )dy

y 5 ]21 33 5

)

117 5

dy

(100 20 y 2 20 3

y3

y 4 1 ) dy 1 5

y 5 ]30

1656 5

1 ]2 [( x 2 1) ( x2

6y 9 1 2y 2

[8y 3y 2

0

y 4 ) dy

(96 24x 2 )dx

48 [4x

1

) ( 8 3

y 2 ) 2 1] dy

[(10

( y 2)( y 1) 0 2

y 4 )dy

2 (297 180

10.

y 2 0

(1 y 2 ) 2 ]dy

1 2

9.

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

1 ]2 dx

2) 2 ]dx 48

48 (8

2 0 8 3

(4 x 2 )dx

)

256

2 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

77

11. Le graphique de x2 – y2 = a2 est une hyperbole avec une branche droite et une branche gauche. Si nous calculons la valeur de y, nous obtenons y 2

x2

a2

x2

y

a2 .

Nous utiliserons des coquilles cylindriques dont la hauteur est x2 a h

Le volume est V

a

2 x 2 x2

a2

(

x2

a2 )

2 x2

a2 .

a 2 dx . Pour l’évaluer, posons u = x2 – a2, donc du = 2x dx et xdx

1 2

du . Lorsque x = a, u = 0, et

lorsque x = a + h, u = (a + h)2 – a2 = a2 + 2ah + h2 – a2 = 2ah + h2. Il s’ensuit que V

4

2ah h2

u

0

1 du 2

2

2 3/ 2 u 3

2ah h2

4 (2ah h 2 )3/ 2 . 3

0

12. Une coquille cylindrique est de rayon x, de circonférence 2πx et de hauteur tan x – x. V

13. Une coquille cylindrique est de rayon croise y V

/3 /3

1 4

2

Calcul intégral

lorsque cos2 x

2

x

cos 2 x

1 4

2

x) et de hauteur cos 2 x

x , de circonférence 2 ( 2

cos x

1 2

[| x |

/2]

/3 0

x

3

2 x(tan x x)dx .

1 4

. y = cos2 x

.

1 dx 4

2 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

14. Un disque troué a un rayon externe de 2 – x2 et un rayon interne de 2

V

15. a)

1 0

(2 x 2 )2

b)

1

[( x)2

0

( x 2 )2 ]dx

1

( x2

0

x 4 )dx

[ 13 x3

1 5

x5 ]10

[ 13

1 5

2 15

]

1

y

0

2

1

y 2 dy

y 2 )dy

(y

0

[ 12 y 2

1 3

y 3 ]10

[ 12

1 3

]

6

Une section transversale est un disque troué dont le rayon interne est 2 – x et le rayon externe 2 – x2.

V

16. a)

x )2 dx

(2

Une section transversale est un disque troué dont le rayon interne est y et le rayon externe y .

V c)

x.

Une section transversale est un disque trouédont le rayon interne est x2 et le rayon externe x.

V b)

78

A

1

[(2 x 2 )2

0

1 0

(2x x 2

1

(2 x)2 ]dx

x3 )dx [ x2

( x 4 5x 2

0

x3

1 3

x 4 ]10 1

1 4

[ 15 x5

4x)dx

1 3

1 4

5 3

x3

2x 2 ]10

5 3

[ 15

8 15

2]

5 12

Une section transversale est un disque troué dont le rayon interne est x3 et le rayon externe 2x – x2; son aire est donc π(2x – x2)2 – π(x3)2. 1

V

0

[ 43 x3 c)

1

A( x)dx

[(2 x x 2 ) 2

( x3 )2 ]dx

x5

( 43 1

0

x4

1 5

1 7

x7 ]10

1 0

1 5

1 7

(4x 2

)

4x3

x4

x 6 )dx

41 105

Si on utilise la méthode des coquilles cylindriques,

V

Calcul intégral

1 0

2 x(2x x 2

x3 )dx

1 0

2 (2x 2

x3

x 4 )dx

2 [ 23 x3

2 Révision

1 4

x4

1 5

x5 ]10

2 ( 32

1 4

1 5

)

13 30

.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

79

Si nous utilisons la méthode des milieux des sous-intervalles sur l’intervalle [0, 1] avec f (x) = tan(x2) et n = 4, nous évaluons

17. a)

A

1 0

tan( x 2 )dx

1 4

tan ( 18 ) 2

3 2 8

tan

tan

5 2 8

2

7 8

tan

1 4

(1,53) 0,38

Si nous utilisons la méthode des milieux des sous-intervalles sur l’intervalle [0, 1] avec f(x) = π tan2(x2) (pour les disques) et

b)

n = 4, nous évaluons V

1 0

1 4

f ( x)dx

2

tan 2 ( 81 )

tan 2 ( 83 )

2

tan 2 ( 85 )2

tan 2 ( 87 )

2 4

(1,114)

0,87

18. a)

Le graphique montrer que les courbes se croisent en x = 0 et en x = a ≈ 0,75, avec 1 – x2 > x6 – x+ 1 sur l’intervalle [0, a]. a

[(1 x2 ) ( x6

d)

1 2

x 2 ]0a

a 0

x 2 )2

[(1 13

1 13

x

a 0

/2 0

2 x[(1 x 2 ) ( x6

/2

2 xcos x dx

0

x 1)]dx

2

a 0

( x3

/2

2 cos2 x dx

/2 0

2 7

x

7

1 5

x

5

x

0

3

( x12

2 a 0

x ]

2x 7

2x 6

x 4 3x 2

2x)dx

0,54

x7

x 2 ) dx

2 [

1 4

x4

1 8

x8

1 3

x3 ]0a

0,31 .

( x, y)|0

x

2

,0

y cosx autour de l’axe des y.

( 2 cos x)2 dx

Le solide résulte de la rotation de la région R

0

x

8

a

x 1)2 ]dx

(2 x) cos x dx

Le solide résulte de la rotation de la région R

0

1 4

( x6

0,12 .

Si nous utilisons des coquilles cylindriques, le volume du solide résultant de la rotation de R autour de l’axe des y est

V

21.

x7

Si nous utilisons des disques troués, le volume du solide résultant de la rotation de R autour de l’axe des x est

[

20.

1 7

c)

0

x 1)]dx [

x3

L’aire de R est A

V

19.

1 3

b)

( x, y)| 0

x

2

,0

y

2 cos x autour de l’axe des x.

(2 sin x) 2 dx

Le solide résulte de la rotation de la région R = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ 2 – sin x} autour de l’axe des x.

22.

4 0

2 (6

y)(4y

y 2 )dy

Le solide résulte de la rotation de la région R Calcul intégral

( x, y)| 0

x

4y

y 2 ,0

2 Révision

y

4 autour de la droite y = 6. © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

3

23. Considérons que la base est le disque x2 + y2 ≤ 9. Alors, V

3

80

A( x)dx , où A(x0) est l’aire du triangle rectangle isocèle dont

l’hypoténuse repose le long de la droite x = x0 dans le plan xy. La longueur de l’hypoténuse est 2 9 x 2 et la longueur de chaque cathète est 2 9

24.

1

V

1

A( x)dx 1

8 (1 2x 2 0

x2 . A( x)

1

2 A( x)dx 0

1 2

( 2 9 x2 )2

V

2 A( x)dx

9 x2 , donc

3

3

2 (9 x 2 )dx

0

0

1

2 3

x3

1 5

x 5 ]10

8(1

25. Des triangles équilatéraux dont les côtés mesurent

conséquent, A( x)

26.

1 2

1 4

3 8

x

3 64

8x

20

x2. V

0

2 27 9

36

0

2 3

1 4

x3 ]30

2 [2(1 x 2 )] dx

0

x 4 ) dx 8[ x

1 3

2

1

2 [(2 x 2 ) x 2 ]2 dx

2[9x

1 5

64 15

)

x mètres ont une hauteur de 14 xsin 60

A( x)dx

3 64

20 0

x 2dx

[ x3 ]020

3 1 64 3

8000 3 64 · 3

125 3 3

3 x . Par 8

m3 .

a) Étant donné la symétrie du solide, nous ne considérerons que la partie à la droite de l’origine. Les sections transversales demicirculaires perpendiculaires à l’axe des x sont de rayon 1 – x, donc A( x) 1

V

b)

2 A( x)dx 0

2

1 1 0 2

(1 x)2 dx

1 0

(1 x)2dx

3

[(1 x)3 ]10

3

1 2

(1 x)2 . Nous pouvons maintenant évaluer

.

Sectionnez le solide à l’aide d’un plan perpendiculaire à l’axe des x passant au-travers de l’axe des y. Pliez la moitié du solide située dans la partie négative de l’axe des x sous le plan xy de sorte que le point (–1, 0) revienne par en-arrière et se superpose le point (1, 0). Le solide qui en résulte est un cône droit à base circulaire de rayon 1 dont le sommet est à (x, y, z) = (1, 0, 0) et dont la base est située dans le plan yz et a son centre à l’origine. Le volume de ce cône est 13 r 2h

27.

f ( x)

kx

30 N

k 15 12 cm

20 cm 12 cm 0,08 m

W

0,08 0

1 3

12 1

3

.

k 10N/cm 1000N/m .

kxdx 1000

0,08 0

xdx 500[ x 2 ]00,08

500(0,08) 2

3,2 N m 3,2 J .

28. Le travail requis pour hisser l’ascenseur lui-même est 70 kg × 10 m × 9,8 = 6860 J. Le travail requis pour hisser les 50 m inférieurs du câble est 50 m × 10 kg/m × 10 m × 9,8 = 49 000 J. Le travail requis pour hisser les 10 m supérieurs du câble est 10 0

9,8 10 xdx 9,8[5x 2 ]10 0

9,8 5 100

4900 J . En additionnant ces trois résultats, nous constatons que le travail total requis est

6860 + 49 000 + 4900 = 60 760 J.

Calcul intégral

2 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

81

La parabole dont l’équation y = ax2 a son sommet à l’origine et passe par le point

29. a)

(2,2). Ainsi, 2

a 22

1 2

a

y

1 2 x 2

x2

2y

2 y . Chaque disque a un rayon de 2y et est déplacé

x

de 2 – y m. 2

W

( 2 y ) 2 (1000 9,8)(2

0

19 600 [ y

b)

2

1 3

3 2 0

y ]

2

y)dy 19 600

19 600

8 3

4

0

y(2

78 400 3

y)dy

82 100 J

À la sous-question a), nous connaissions le niveau final de l’eau (0) mais non la quantité de travail effectuée. Nous utiliserons ici la même équation, sauf que la quantité de travail est connue, et la borne inférieure d’intégration (c’est-à-dire le niveau final de l’eau, que nous appellerons h) est inconnue :

W

19 600 [ y 2

40 000

fonction f (h)

h3 3h2

4

1 3

300 49

y3 ]2h

100 49

40 000

[(4

8 3

) (h2

1 3

h3 )]

h3

3h2

4

300 49

0 . Traçons la

sur l’intervalle [0, 2] pour voir à quel point sa valeur est 0. Le graphique montre que f(h) = 0

pour h ≈ 1,0. Le niveau de l’eau restant dans le réservoir est donc d’environ 1,0 m.

f moy

30.

10 1 10 0 0 1 20

31. lim f moy h

0

cos u lim h

0

100 1 10 0

t sin(t 2 ) dt 100 0

1 20

1 ( x h) x

( cos100 cos0) x h x

t 2 , du

sin u ( 12 du ) [u

f (t )dt

lim h

0

1 20

(1 cos100)

0,007

F ( x h) F ( x ) , où F ( x) h

F′(x), (définition de la dérivée). Par conséquent, lim f moy h

Calcul intégral

2t dt ]

0

F ( x)

x a

f (t ) dt . Nous reconnaissons cependant que cette limite est

f ( x) selon le TFC1.

2 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 32.

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

82

a) R 1 est la région sous la courbe de y = x2 et au-dessus de l’axe des x entre x = 0 et x = b et R 2 est la région à la gauche de la

b2

R 2 est A2

b)

0

y dy

2 3

b2

y 3/ 2

2 3

0

x 2dx [ 13 x3 ]b0

1 3

b3 et l’aire de

b3 . Il n’y a donc aucune solution à A1 = A2 pour b ≠ 0.

b 0

( x 2 )2dx

b5 . Si nous utilisons des coquilles cylindriques, nous trouvons que le volume résultant de la

1 5

rotation de R 1 autour de l’axe des y est V1, y Puisque, V1, x

V1, y

1 5

b5

2

b4

1 2

b 0

x( x 2 )dx

2b 5

2 x[ 14 x 4 ]b0 5 2

b

b4 .

1 2

. Les volumes résultant de la rotation autour des axes des x et

5 2

des y sont donc les mêmes pour b

Nous utilisons des coquilles cylindriques pour trouver le volume résultant de la rotation de R 2 autour de l’axe des x : b2

2

R2, x

0

y

y dy

2

2 5

y 5/ 2

b2 0

b5 . Nous avons déjà calculé le volume résultant de la rotation de R 1 autour de l’axe

4 5

des x à la sous-question b). Alors, R 1, x R 2, x d)

0

Si nous utilisons des disques (découpage vertical), nous trouvons que le volume résultant de la rotation de R 1 autour de l’axe des x est V1, x

c)

b

y et à la droite de l’axe des y entre y = 0 et y = b2. L’aire de R 1 est donc A1

courbe de x

b5

1 5

4 5

b5 , qui n’a aucune solution pour b ≠ 0.

Nous utilisons des disques (découpage horizontal) pour trouver le volume résultant de la rotation de R2 autour de l’axe des y : b2

R2, y

0

2

y dy

[ 12 y 2 ]b0

2

1 2

b4 Nous avons déjà calculé le volume résultant de la rotation de R 1 autour de l’axe des y

à la sous-question b). Alors, R 1, y R 2, y

1 2

b4

1 2

b4 . Cette équation est cependant vraie pour tout b; les volumes

résultant de la rotation autour de l’axe des y sont donc égaux pour toutes les valeurs de b.

Problèmes supplémentaires

1.

a) L’aire de la région sous la courbe de la fonction f entre 0 et t est égale à t 0

t 0

f ( x) dx ; il est donc nécessaire que

f ( x) dx t 3 pour tout t. Nous prenons la dérivée de chaque membre de cette équation par rapport à t (selon le TFC1) et

obtenons f(t) = 3t2. Cette fonction est positive et continue, tel que demandé. b)

Le volume généré entre x = 0 et x = b est

b2

b 0

b 0

[ f ( x)]2 dx . Il s’ensuit, selon les données de l’exercice, que

[ f ( x)]2 dx pour tout b > 0. Dérivons chaque membre de cette équation par rapport à b, à l’aide du théorème

fondamental du calcul différentiel et intégral. Nous obtenons 2b positive. Par conséquent, f ( x) Calcul intégral

2x/

[ f (b)]2

f (b)

2b/

, puisque la fonction f est

. 2 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

2.

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

83

L’aire totale de la région délimitée par la parabole y = x – x2 = x(1 – x), et l’axe des x est

1 0

( x x 2 )dx [ 12 x 2

pente de la droite que nous recherchons. L’aire au-dessus de cette droite mais sous la parabole est alors

a 0

1 3

x3 ]10

1 6

. Soit m la

[( x x 2 ) mx] dx , où a est

la coordonnée sur l’axe des x du point d’intersection de la droite et de la parabole. Pour identifier le point d’intersection, il nous faut trouver la solution de l’équation x x2

1 m 0

mx

1 x

m

1 m

[( x x 2 ) mx] dx

0

x 1 m . La valeur de a est donc 1 – m et

[(1 m) x x 2 ] dx [ 12 (1 m) x 2

(1 m)(1 m) 2

1 2

1 3

Puisque cette aire est la moitié de l’aire totale, soit 16 , alors 16 (1 m)3 pente de la droite désirée est donc 1

3.

1 6

a

b

[c (8 x 27 x 3 )] dx [cx 4 x 2 ac 4a 2

27 4

a

(1 m)3

6 12

27 4

x4

cx]ba

a4

(4b 2

27 4

b4

bc) (4a 2

2

27 4

b

4b 2

27 4

b 4 8b 2

4b

b 2 ( 814 b 2 Donc, pour b > 0, b2

16 81

1 m

3 1 2

m 1

1 2

3

. La

R2

[(8 x 27 x 3 ) c] dx

[4 x 2

0

m

0,206 .

x 4 ]0a 27 4

x 3 ]10

(1 m)3

Soient a et b les abscisses des points où la droite coupe la courbe. La figure montre que R1

0

4.

1 2

3

1 12

(1 m)3

1 3

4

bc

4b

2

27b 4

27 4 27 4

b

a4

2

81 4

ac)

b(8b 27b 3 ) b4

4b 2

4)

b

4 9

. Il s’ensuit que c 8b 27b3

64 8( 94 ) 27( 729 )

32 9

64 27

32 27

.

a) Sectionnez selon des « tranches » perpendiculaires à la droite passant par le centre C de la base du verre et le point P où la surface supérieure de l’eau touche la base du verre.

Calcul intégral

2 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

84

Une section transversale rectangulaire représentative située à y unités au-dessus de l’axe du verre est de largeur

2 QR

2 r2

y 2 et de hauteur h

QS

L (r 2r

y ) . [Les triangles PQS et PAB sont semblables, donc

h L

PQ PA

r

y 2r

.] Il

s’ensuit que r

V

r

L

2 r2 r r

r2 2

L b)

r2

r L y (r y ) dy L 1 r 2 y 2 dy r 2r r L r y 2 dy y r 2 y 2 dy r r la première intégrale représente l'aire d'un demi-cercle de rayon r , L 0 et la seconde a une intégrande impaire. r

y2

r 2L 2

Sectionnez selon des « tranches » parallèles au plan qui coupe l’axe du verre et le point de contact P. (Il s’agit ici du plan déterminé par P, B et C dans la figure.) La section STUV obtenue est un trapèze. Par rapport à un axe des x dont l’origine est C

2 r2

tel qu’il est montré à la figure, si x est l’abscisse de S et V est x, alors SV

x 2 . En projetant le trapèze STUV sur le plan

du triangle PAB (appelons la projection S′T′U′V′), nous constatons que |AP | = 2r, SV que S P

V A

1 2

( AP

SV )

r2

r

VU

AB

V P

AP

est 12 SV ( ST

que V

Calcul intégral

r r

, donc VU

VP

L 2r

ST

AB

SP

AP

( AP

VU ) ; c’est-à-dire que A( x)

A( x) dx

L

r r

r2

x 2 dx

L

x 2 et

x2 .

Selon les propriétés des triangles semblables,

que

2 r2

r2 2

1 2

, donc ST

(r

r2

x2 )

L . De la même façon, nous trouvons 2r

V A)

L 2r

(r

r2

x2 )

L . L’aire A(x) du trapèze STUV 2r

2 r2

x2

(r

r2

x2 )

L 2r

(r

r2

x2 )

L 2r

L r2

x 2 . Il s’ensuit

r 2L . 2 2 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

85

c)

Se référer au calcul de V à la sous-question a) ou à la sous-question b).

d)

Le volume de l’eau est exactement la moitié du volume du verre cylindrique, donc V

e)

Choisissez les axes des x, y et z comme il est montré à la figure. Alors, les tranches perpendiculaires à l’axe des x sont des

1 2

r 2L .

triangles, les tranches perpendiculaires à l’axe des y sont des rectangles et les tranches perpendiculaires à l’axe des z sont des disques. À l’aide de tranches triangulaires, nous trouvons que l’aire A(x) d’une tranche représentative DEF, où x est l’abscisse de D, est exprimée par A( x)

r

V

r

h2 (r h/3)

1 2

DE EF

A( x) dx

L 2r

r3 3

L r

L 3 r r

5.

1 2

r r

2 3

(r

2

r3

L DE r

DE

2

x ) dx 2 3

L r

r r

(r

L 2 DE 2r

2

2

x ) dx

L 2 (r 2r

x3 3

L 2 r x r

r 2 L [Ceci représente 2/(3 )

x 2 ) . Il s’ensuit que

r

0

0,21 du volume du verre.]

h2 (3r h) . Se référer à la solution de l’exercice 2.2.49.

a)

V

b)

La plus petite calotte est de hauteur h = 1 – x et donc, selon la sous-question a), son volume est

V

1 3

Donc,

1 3

(1 x)2[3(1) (1 x)] 1 3

( x 1)2 ( x 2)

1 3

1 3

( 43 )

( x 1)2 ( x 2) . Ce volume doit être un tiers du volume total de la sphère, qui est ( x2

4 3

2 x 1)( x 2)

x 3 3x 2

méthode de Newton avec f(x) = 3x3 – 9x + 2, f′(x) = 9x2 – 9, nous obtenons xn

1

4 3

xn

4 3

(1)3 .

3x3 9 x 2 0 . Si nous utilisons la 3xn3 9 xn 2 . Si nous supposons que 9 xn2 9

x1 = 0, nous obtenons x2 ≈ 0,2222 et x3 ≈ 0,2261 ≈ x4, donc, en utilisant quatre décimales, on a x ≈ 0,2261. c)

Lorsque r = 0,5 et s = 0,75, l’équation x3 – 3rx2 + 4r3s = 0 devient

x3 3(0,5) x2

4(0,5)3 (0,75) 0

x3

3 2

x2

4( 81 ) 34

avec f(x) = 8x3 – 12x2 + 3, f′(x) = 24x2 – 24x, donc xn

1

8x2 12 x2

0

xn

3 0 . Nous utilisons la méthode de Newton

8 xn3 12 xn2 3 . Supposons que x1 = 0,5. Alors, x2 ≈ 0,6667 et 24 xn2 24 xn

x3 ≈ 0,6736 ≈ x4. Donc, avec quatre décimales, la profondeur est 0,6736 m. d) i)

À partir de la solution à la sous-question a) avec r = 5 cm, nous savons que le volume d’eau dans le bol est

V Calcul intégral

1 3

h2 (3r h)

1 3

h2 (15 h) 5 h2

1 3

h3 . Nous savons que 2 Révision

dV dt

0,2 cm3 /s et nous désirons trouver

dh lorsque dt

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

dV dt

h = 3. Or, dh dt

ii)

10 h

0,2 (10 3 32 )

dh dt

h2

1 105

dh dh , donc dt dt

86

0,2 . Lorsque h = 3, nous obtenons (10h h 2 )

0,003 cm/s .

À partir de la solution à la sous-question a), nous savons que le volume d’eau nécessaire pour remplir le bol à partir du moment où l’eau a une profondeur de 4 cm est V

1 2

4 3

(5)3

(4)2 (15 4)

1 3

2 3

temps nécessaire pour remplir le bol, nous divisons ce volume par le taux : Temps

6.

a) Le volume au-dessus de la surface est L h 0 L h

surface est donc

h

F

P

f

L h 0 L h

conséquent,

h

donc 100

f

0

g

h

L h

A( y ) dy

h

L h h

A( y) dy

0

L h h

g

L h h

0 h

A( y ) dy

0

A( y) dy , donc

L h h

0

/

f

)

L h h

0

A( y) dy

h

A( y ) dy

A( y ) dy (

A( y ) dy

L h

A( y) dy

A( y ) dy

A( y ) dy

A( y ) dy

0

L h 0

h

h

16 3

125 74 /3 0,2

11

370 3

74 3

387 s

. Pour trouver le 6,5 min .

A( y) dy . La proportion du volume au-dessus de la

. Or, selon le principe d’Archimède, nous avons

A( y) dy

A( y ) dy

(

0

f

A( y ) dy

/

0

f

)

L h h

A( y) dy . Par

, le pourcentage de volume au-dessus de la surface est

f

%.

f

b)

917 Dans le cas d’un iceberg, le pourcentage de volume au-dessus de la surface est 100( 1030 )% 11% . 1030

c)

Non, l’eau ne déborde pas du verre. Soit Vg le volume du glaçon cubique, soit Ve le volume de l’eau qui résulte de la fonte de la glace. Alors, selon la formule dérivée à la sous-question a), le volume de la glace au-dessus de la surface de l’eau est [(ρf – ρ0)/ρf ] Vg, donc le volume sous la surface est Vg – [(ρf – ρ0)/ρf]Vg = (ρ0/ρf )Vg. Or, la masse du glaçon cubique est égale à la masse de l’eau qui est créée lorsqu’il fond, c’est-à-dire m

V

0 g

f

Ve

Ve

(

0

/

f

)Vg . Donc, lorsque le glaçon

cubique fond, le volume de l’eau qui résulte de la fonte est le même que le volume du glaçon cubique qui se trouvait sous la surface de l’eau, et donc l’eau ne déborde pas du verre. d)

La figure montre l’instant où la hauteur de la partie exposée de la sphère est y. Si nous utilisons la formule à la sous-question 5a) avec r = 0,4 et h = 0,8 – y, nous constatons que le volume de la partie immergée de la sphère est 13 (0,8 y)2[1,2 (0,8 y)] , donc son poids est 1000 g

1 3

s 2 (1,2 s) , où s = 0,8 – y. Alors, le travail fourni pour immerger

totalement la sphère dans l’eau est

Calcul intégral

2 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

0,8

P

0

g 1000 s 2 (1,2 s ) ds 3

g 1000 [0,4s 3 3

7.

1 4

s 4 ]0,8 0

g 1000 3

0,8 0

(1,2s 2

87

s 3 ) ds

g 1000 (0,2048 0,1024) 9,8 1000 (0,1024) 1,05 103 J 3 3

Sachant que le taux de variation du volume de l’eau est

dV dt

kA( x) , où k est une constante positive quelconque et où A(x) est l’aire

de la surface lorsque la profondeur de l’eau est x. Portons maintenant attention au taux de variation de la profondeur de l’eau par rapport au temps, c’est-à-dire

dV dx . selon la règle de la dérivation en chaîne, dt dt

première équation comme suit : x

est V ( x)

0

dV dx dx dt

dV dx , donc nous pouvons alors réécrire la dx dt

kA( x) (*) . De plus, nous savons que le volume total d’eau jusqu’à une profondeur x

A(s) ds , où A(s) est l’aire d’une section transversale de l’eau à une profondeur s. Si nous prenons la dérivée de cette

équation par rapport à x, nous obtenons dV/dx = A(x). En substituant cette réponse dans l’équation *, nous obtenons A( x)(dx/dt )

8.

kA( x)

k , une constante.

dx/dt

Une sphère représentative de rayon r apparaît à la figure. Nous désirons que le volume ombré V, qui peut être assimilé au volume d’un hémisphère de rayon r moins le volume de la calotte sphérique de hauteur h 1

V

V

r3

1 r 2 )2 [3(1) (1

4 3

1 3

[2r 3

(2 2 1 r 2

1 3

[2r 3

2 (r 2

1 3

6r 2

1 3

Calcul intégral

1 3

(1

1 2

(r 2

1 r 2 )] [selon la sous-question 5a)]

1 r 2 )]

2) 1 r 2 ] 2)( r )

1 r2

6r 2 1 r 2 1 r

r 2 )(2

1 r 2 et de rayon 1, soit maximal.

3r 3 2

1 r 2 (2r )

1 3

r 2 (2 1 r 2 1 r

6r 2 1 r 2

r (r 2

2) 2r (1 r 2 )

1 r2

r)

2

2 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

V (r ) 0

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

2 1 r2

Puisque V′(r) > 0 pour 0 r

9.

4 4r 2

r 2 5

r2

et V′(r) < 0 pour

r2

4 5

0,89 .

2 5

r

88

r 1 , nous savons que V atteint un maximum en r

2 5

2 5

.

Nous devons trouver des expressions représentant les aires A et B, établir qu’elles sont égales et tirer les conclusions qui en découlent au sujet de la courbe C. Si P = (a, 2a2), alors l’aire A est simplement

a 0

(2 x2

x 2 ) dx

a 0

x 2 dx

1 3

a3 . Pour trouver l’aire B, nous

utilisons y comme variable d’intégration. Déterminons l’équation de la courbe centrale en fonction de y: y

2 x2

x

y /2 ,

puisque nous ne nous préoccupons que du premier quadrant. L’aire B peut être exprimée comme 2 a2 0

y /2 C ( y) dy

4 ( y /2)3/ 2 3

2 a2

0

2 a2 0

4 3 a 3

C ( y) dy

où C(y) est la fonction de la courbe C. Considérant que A = B, nous obtenons 13

3

4 3

2 a2 0

2

3

0

C ( y) dy 2

C ( y)dy

2 0

2

C ( y)dy

3

.

Nous dérivons maintenant chaque membre de cette équation par rapport à a, à l’aide de la règle de la dérivation en chaîne et du théorème fondamental du calcul différentiel et intégral : C (2 la valeur de y : x

3 4

y /2

x2

9 16

( y /2)

y

32 9

2

)(4 ) 3

2

C ( y)

3 4

y / 2 , où y = 2α2. Obtenons maintenant

x2 .

10. Nous voulons trouver le volume de la partie de la sphère qui est sous la surface de l’eau. Comme le montre le graphique, cette région est une calotte sphérique de rayon r et de hauteur r + d. Trouvons une expression qui représente d en fonction de h, r et q, alors nous pourrons calculer le volume de la région [se référer à la sous-question 5a)], et ensuite dériver par rapport à r afin d’identifier le point maximal. Nous constatons que sin

Calcul intégral

r h d

h d

r sin

2 Révision

d

h r csc .

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

89

Nous pouvons maintenant utiliser la formule qui apparaît à la solution de la sous-question 5a) pour calculer le volume de l’eau écoulée :

V

1 3 3

h2 (3r h)

1 3

d ) 2[3r (r

(r

1 3

d )]

h r csc ) 2 (2r h r csc )

(r

[r (1 csc ) h]2[r (2 csc ) h]

Nous prenons maintenant la dérivée par rapport à r :

dV /dr

Ceci s’annule lorsque r

3

([r (1 csc ) h]2 (2 csc ) 2[r (1 csc ) h](1 csc )[r (2 csc ) h])

3

[r (1 csc ) h]([r (1 csc ) h](2 csc ) 2(1 csc )[r (2 csc ) h])

3

[r (1 csc ) h](3(2 csc )(1 csc )r [(2 csc ) 2(1 csc )]h)

3

[r (1 csc ) h][3(2 csc )(1 csc )r 3h csc ]

h csc

1

et lorsque r

h csc 2)(csc

(csc

1)

h

. Or, puisque V

ceci correspond à d = –r), le volume de l’eau qui s’écoule est maximal lorsque r

csc

(csc

0 (le premier facteur disparaît;

1 h csc 1)(csc

. (Nous savons par intuition

2)

qu’une valeur maximale existe et qu’elle doit se produire à un nombre critique.) Si nous multiplions le numérateur et le dénominateur par sin2 θ, nous obtenons une autre forme de la réponse : r

11. a)

sin

h

Si nous empilons des disques le long de l’axe des y, nous obtenons V

b)

Selon la règle de la dérivation en chaîne,

c)

kA h

[ f (h)]2

dire, f ( y )

dh dh . Soit dt dt

dV dt

dV dh dh dt

[ f (h)]2 C

C:

[ f (h)]2

[ f ( y)]2 dy .

dh . dt kA h C

[ f (h)]2

kA h

dh kA 1/ 4 y . L’avantage que procure C dt

0

h sin . cos 2

ka 1/ 4 h ; c’est-àC

f ( h)

C est que les marques sur le récipient sont également espacées.

12. a) Utilisons d’abord la méthode des coquilles cylindriques pour exprimer le volume V en fonction de h, r et w :

V

r 0

2 xy dx

2

h

b)

V

( w2 r 4 )/(4g ) r2

hx 2 2

r 0

w2 x 4 8g

r

2 0

w2 x 2 dx 2g hr 2 2

2

w2 r 4 8g

r 0

hx

hr 2

w2 x 3 2g

dx

w2 r 4 4g

4 gV w2r 4 . 4 gr 2

La surface touche le fond lorsque h

0

4 gV

Pour que le liquide déborde du récipient, y(r ) Calcul intégral

2 x h

w2r 4

0

w2

4 gV r4

w

2 gV r2

.

L

2 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

L

w2 r 2 2g

h

w2 r 2 4g

V r2

w2r 2 4g

soit w

L

r 2L V r2

V r2

2 g( r 2L V ) r2

4 gV w2 r 4 4 gr 2 w2 r 2 2g

w2 r 2 2g

90

w2 r 2 4 gr 2

4 gV 4 gr 2

w2 r 2 2g

w2 r 2 4g

V r2

4g ( r 2L V ) . Donc, pour que l’eau déborde, il faut que la vitesse angulaire r4

w2

.

c) i)

Nous avons ici r = 2, L = 7, h = 7 – 5 = 2. Lorsque x = 1, y = 7–4 = 3. Par conséquent, 3 2

w2 12 2 32

w2 2 32

1

Le long de la paroi, x = 2, donc y

ii)

2

w2

82 2 2 2 32

64

82 24 4g

(2)(2)2

w 8 rad/s . V

8

8

16 m3 .

6 et la surface est à une distance de 7 – 6 = 1 m du sommet du réservoir.

13. Puisque la courbe de la fonction polynomiale passe par l’origine, son équation est de la forme y = px3 + qx2 + rx. Les courbes se croisent lorsque px3

qx2

rx

x2

px3

(q 1) x2

0 . Désignons le membre gauche de l’équation par f(x). Comme

rx

f(a) = f(b) = 0, une autre forme de f est

f ( x)

px( x a)( x b) p[ x

3

( a b) x

2

px[ x 2

(a b) x ab]

abx]

Puisque les deux aires sont égales, nous devons avoir

a 0

f ( x) dx

de f . Or, F ( x)

F (0)

F (b)

b a

p[ 14 b4

[multiplions par 12/(pb3), b

[ F ( x)]ba

p[ x3 (a b) x 2

f ( x) dx C

[ F ( x)]0a

f ( x) dx

0]

1 3

(a b)b3

1 2

abx] dx

F (a) F (0) p[ 14 x 4

ab3 ] C

0

0 3b 4a 4b 6a

1 3

F (a) F (b)

(a b) x3

p[ 14 b4 b

1 3

1 2

F (0)

F (b) , où F est une primitive

abx 2 ] C , donc

(a b)b3

1 2

ab3 ]

0 = 3b – 4(a + b) + 6a

2a . Il s’ensuit que la valeur de b est le double de la valeur de

a.

Calcul intégral

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Solutionnaire détaillé 14.

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

91

a) Situons la tortilla circulaire plate sur un système de coordonnées xy, comme dans la première figure. Une équation du cercle est x2 + y2 = 102 et la hauteur d’une section transversale est 2 100 x2 .

Regardons maintenant une section transversale dont l’angle central est θx, comme dans la seconde figure (r est le rayon du cylindre à base circulaire). L’aire ombrée A(x) est égale à l’aire A1(x) de la section moins l’aire A2(x) du triangle.

A( x)

A1 ( x)

A2 ( x)

1 2

r2

x

s 1 2 r sin 2 r

1 2

r (r x )

1 2

r 2 100 x 2

r 100 x 2

1 2

1 2

1 2

r 2 sin

x

[formules trigonométriques pour les aires]

[longueur de l'arc s 2 100 x 2 r

r 2 sin

2 100 x 2 r

r 2 sin

r

[s

x

x

s /r ]

2 100 x 2 ]

(*)

Nous remarquons que l’angle central θx sera petit vers les extrémités de la tortilla, c’est-à-dire lorsque |x| ≈ 10. Cependant, près du centre de la tortilla (lorsque |x| ≈ 0), l’angle central θx peut excéder 180°. Par conséquent, le sinus de θx sera négatif et le second terme de (*) sera positif (ajoutant en fait des aires à l’aire de la section). Le volume du taco peut être calculé en effectuant l’intégration des aires de la section transversale entre x = –10 et x = 10. Il s’ensuit que V ( x)

b)

10 10

A( x) dx

10 10

r 100 x 2

1 2

r 2 sin

2 100 x 2 r

dx .

Pour trouver la valeur de r telle que le volume du taco soit maximal, définissons la fonction

V (r )

10 10

r 100 x 2

1 2

r 2 sin

2 100 x 2 r

dx .

La figure montre les courbes de y = V (r) et de y = V′(r). À l’aide d’un logiciel de calcul symbolique, nous trouvons que le volume maximal est d’environ 827,14 et qu’il se produit lorsque r ≈ 5,7279.

Calcul intégral

2 Révision

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 2 Les applications de l’intégrale

92

15. Considérons P dans la partie positive de l’abscisse. Puisque la fonction y = x3 est impaire, cela n’aura aucune incidence sur le résultat du calcul. Soit P = (a, a3). La pente de la tangente à la courbe y = x3 au point P est 3a2, et donc, l’équation de la tangente est y a3

3a2 ( x a)

y

point d’intersection : x3

3a 2 x 2a3 . Résolvons simultanément cette équation avec celle de y = x3 pour trouver le deuxième ( x a)2 ( x 2a) 0 . Donc, Q = (–2a,–8a3) est l’autre point d’intersection. L’équation

3a2 x 2a3

de la tangente au point Q est y ( 8a3 ) 12a2[ x ( 2a)]

y 12a 2 x 16a3 . Par symétrie, cette tangente croisera la courbe une

seconde fois au point x = –2(–2a) = 4a. La courbe repose au-dessus de la première tangente et sous la seconde; nous cherchons donc a

une relation entre A calculons A [ 14 x4

2a

3 2

[ x3 (3a 2 x 2a3 )] dx et B

a2 x2

2a3 x]a2a

3 4

a4

( 6a4 )

4a 2a

27 4

[(12a 2 x 16a3 ) x3 ] dx . Nous

a4 et B [6a 2 x2 16a3 x

1 4

x 4 ]42aa

96a 4

( 12a 4 108a 4 ) . Nous

constatons que B = 16A = 24A. Ceci est dû au fait que notre calcul de l’aire B était essentiellement le même que celui de l’aire A, après avoir remplacé a par –2a; donc, si nous remplaçons a par –2a dans l’expression qui représente A, nous obtenons 274 ( 2a)4 108a 4

Calcul intégral

B.

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

1

3. LES TECHNIQUES D’INTÉGRATION 3.1 L’intégration des parties 1.

Posons u = ln x, dv

x 2 ln x dx

(ln x)( 13 x3 ) 1 3

2.

x2dx

x3 ln x

Posons u = θ, dv

cos d

du

( 13 x3 )( 1x ) dx

1 9

x3 C

1 3

1 3

x 3 ln x

ou 13 x3 ln x

cos d

sin

dx , v

1 x

x 2 dx

1 3

1 3

1 3

x 3 ln x

1 3

( 13 x 3 ) C

C

d , v = sin θ. Alors, selon la formule 2,

du

sin d

x3 . Alors, selon la formule 2,

sin

cos

C.

Remarque : Lorsqu’on effectue une intégration par parties, on peut utiliser un procédé mnémotechnique qui aide à choisir u. Celui-ci est la règle de préséance LIATE pour u: Logarithmique Inverse trigonométrique Algébrique Trigonométrique Exponentielle Si l’intégrande a plusieurs termes, nous tentons de choisir u suivant l’ordre de cette liste. Par exemple, dans xe2 x dx , l’intégrande est xe2x, qui est le produit d’une fonction algébrique (x) et d’une fonction exponentielle (e2x). Comme Algébrique apparaît avant Exponentielle dans la liste, nous choisirons u = x. Il se pourrait que le résultat de l’intégration soit le même, quel que soit le choix de u ou de dv qui a été fait, mais, en cas de doute, il est préférable de se référer à la règle LIATE.

3.

Posons u = x, dv 1 5

x cos5x dx

4.

5.

6.

1 5

sin5 x dx

e0,2 y dy

5 ye0,2 y

1 3

te

3t

1 3

1 5

e 3t dt

1 3

te

sin5x . Alors, selon la formule 2, 1 25

3t

du

1 0.2

1 3

1 3

e

cos5 x C .

e0.2 y . Alors, selon la formule 2,

25e0,2 y

dt , v

du

1 5

x sin5 x

5 ye0,2 y

Posons u = x – 1, dv sin x dx

Calcul intégral

dx , v

dy , v

du

5e0,2 y dy

e 3t dt

Posons u = t, dv

te 3t dt

du

x sin5x

Posons u = y, dv

ye0,2y dy

cos5x dx

3t

C.

. Alors, selon la formule 2,

e 3t dt

1 3

te

3t

dx , v

1

cos

1 9

e

3t

C.

x . Alors, selon la formule 2,

3.1 L’intégration par parties

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration 1

( x 1)sin x dx

7.

1 1 cos x dx ( x 1)cos x x 1 1 ( x 1)cos x sin x C 2

( x 1)cos x

Tout d’abord, posons u = x2 + 2x, dv cos x dx

I

( x2

( x2

2 x)cos x dx

2 x)sin x

Ensuite, posons U = 2x + 2, dV

(2 x 2)sin x dx

1

2

cos x dx

(2 x 2) dx , v = sin x. Alors, selon la formule 2,

du

(2 x 2)sin x dx .

sin x dx

(2x 2)cos x

2 dx , V = – cos x, donc

dU

(2 x 2)cos x 2sin x C .

2cos x dx

Par conséquent, I = (x2 + 2x) sin x + (2x + 2) cos x – 2 sin x + C.

8.

Tout d’abord, posons u = t2, dv sin t dt

I

t 2 sin t dt

t cos t dt

I

9.

1

1

t 2 cos t

Posons u

ln 3 x dx

1

t 2 cos t

1

t sin t

2 1

2

ln 3 x , dv

dx

x ln 3 x

x

1 2

1

2

1

C

1 1 x x 3

2/3

3

cos t dt

dt , V

dU

1

sin t , donc

cos t C . Par conséquent,

t 2 cos t

2 2

2

t sin t

3

cos t C .

1 dx , v = x. Alors, 3x

dx

1 x C. 3

x ln 3 x

Deuxième solution : Réécrire ln 3 x dx

1

t sin t

cos t

du

1 dx 3x

cos t . Alors, selon la formule 2,

1

t cos t dt . Ensuite, posons U = t, dV

sin t dt

t sin t

2t dt , v

du

1 3

ln x dx , et s’inspirer de l’exemple 2.

Troisième solution : Effectuer le changement de variable y

3

x dans l’intégrande, ce qui donne ln 3 x dx 3 y 2 ln y dy , et

s’inspirer de l’exercice 1.

10. Posons u =arcsin x, dv

dx

obtenons dt = –2x dx, ainsi –

Par conséquent, arcsin x dx

11. Posons u = arctan 4t, dv Calcul intégral

dt

du x dx 1 x2

x arcsin x

du

dx 1 x t

2

1/ 2

, v = x. Alors, arcsin x dx

(

1 2

1 x2

dt )

1 2

(2t1/ 2 ) C

t1/ 2

x arcsin x

C

1 x2

x 1 x

2

dx . En posant t = 1 – x2, nous

C.

C.

4 dt 1 (4t ) 2

4 dt , v = t. Alors, 1 16t 2

3.1 L’intégration par parties

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Solutionnaire détaillé

arctan 4t dt

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

4t dt 1 16t 2

t arctan 4t

p5 dp

du

1 dp , v p

13. Posons u = t, dv sec2 2t dt

du

dt , v

12. Posons u = ln p, dv

t sec2 2t dt

1 2

1 s 2s ln 2

1 2

tan 2t dt

2s ds

14. Posons u = s, dv

s 2s ds

1 2

t tan 2t

1 2s ds ln 2

(ln x)2 dx

I

x(ln x)2

donne ln x dx

x ln x

2 x ln x x (1/x)dx

1 6

1 ln(1 16t 2 ) C . 8

p6 ln p

p5dp

1 6

1 6

p6 ln p

1 36

p6

C.

tan 2t . Alors, 1 4

C.

ln sec2t

du

x ln x

C ou

1 x

2ln x

x(ln x)2

dx

p6 . Alors, p5 ln p dp

1 2s (ln 2)2

dx 1 x

1 2

t arctan 4t

1 s 2 . Alors, ln 2

1 s 2s ln 2

15. Tout d’abord, posons u = (ln x)2, dv

1 6

t tan 2t

ds , v

du

1 32t dt 8 1 16t 2

t arctan 4t

3

2s ( s ln 2 1) C . (ln 2)2

dx , v = x. Alors, selon la formule 2,

2 ln x dx . Ensuite, posons U = ln x, dV

dx

dx

dU

1/x dx , V = x, ce qui

x ln x x C1 .

Par conséquent, I = x(ln x)2 – 2(x ln x – x + C1) = x(ln x)2 – 2x ln x + 2x + C, où C = –2C1.

16. Posons u = t, dv sin mt dt

t sin mt dt

1 t cos mt m

1 cos mt . Alors, m

dt , v

du

1 cos mt dt m

1 t cos mt m

17. Tout d’abord, posons u = sin3θ, dv e 2 d

e2 sin3 d

I

1 2

e2 sin3

qui donne e2 cos3 d

I

1 2

e2 sin3

3 4

Par conséquent, I

1 2

e2 cos3 1 13

3 2

e2 (2sin3

3 2

e cos 2 d

1 2

e sin 2

Ensuite, posons U = e–θ, dV Calcul intégral

1 2

e2 . Alors,

e2 sin3 d

1 2

e2 sin3

3cos3 ) C , où C

1 2

dU

3 4

4 13

du

sin 2 ( e d )

sin 2 d

e2 d

3sin3 d , V

dU

1 2

e2 , ce

e2 sin3 d . En substituant ce résultat dans la formule précédente, nous obtenons

18. Tout d’abord, posons u = e–θ, dv cos 2 d

I

3cos3 d , v

e2 cos3 d . Ensuite, posons U = cos 3θ, dV

e2 cos3 9 4

du

1 sin mt C [m 0] . m2

e2 cos3

e

I

13 4

I

1 2

e2 sin3

3 4

e2 cos3

C1 .

C1 .

e d 1 2

9 4

e sin 2 d ,V

1 2

, v 1 2

sin 2 . Alors,

e sin 2 d . 1 2

cos 2 , donc

3.1 L’intégration par parties

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration 1 e cos 2 2

e sin 2 d

( 1 )cos 2 ( e 2

1 e cos 2 2

d )

4

1 e cos 2 d . 2

Par conséquent, 1 2

I 5 4

I

1 2

e sin 2 1 2e

1 2

[(

1 4e

sin 2

1 2

e cos2 ) cos2

1 2

I]

C1

4 1 5 (2 e

I

19. Tout d’abord, posons u = z3, dv e zdz

dv1

e z dz

Alors, ze z dz

ze z z 2e z

obtenons I 2

2( ze z z 3e z

nous obtenons I1

x tan 2 x dx

20.

e z dz

ze z ez

ez

C1 )

3( z 2e z

2, x sec2 x dx

x tan x

xe2 x 2(1 2 x)

donc dt dV

1 1 x

2

dx et

sin t dt

t sin t dt

dU

t cos t arcsin x

2

x arcsin x 1 x2

2 5e

C1)

z 3e z dz

sin 2

z 3e z

1 5e

cos 2

C.

3 z 2e z dz . Ensuite, posons u1 = z2, e z dz

du2

dz , v2 = ez.

2C1 . En substituant ce dernier résultat pour I2 dans l’expression pour I1,

z 3e z

3z 2e z

6ze z

6e z

x dx . Posons u = x dv sec2 x dx

dx

x arcsin x

dx

e 2 x 1)dx

xe2 x 2(1 2 x)

e2 x 4(2 x 1)

1 x2

C , où C = 6C1.

x tan 2 x dx

e 2 x (2 x 1)dx , v xe2 x 2(1 2 x)

1 2x e dx 2

du

dx , v = tan x. Alors, selon la formule

x tan x ln | sec x |

1 2

x2

C.

1 Alors, selon la formule 2, 2(1 2 x) 1 2x e 4

C.

C.

du

2 arcsin x

1 1 x2

dx , v = x. Alors,

dx . Dans le but de simplifier la dernière intégrale, posons t = arcsin x [x = sin t],

t sin t dt . Pour calculer seulement la dernière intégrale, posons maintenant que U = t,

dt , V = –cos t. Par conséquent,

cos t dt 1 x 1

t cos t sin t C

2

x C1 [se référer à la figure]

Pour ce qui est de I, nous obtenons I Calcul intégral

2e z

2C1 )

1 e2 x (2 x 1) dx 2 1 2x

x(arcsin x) 2

cos2

2 ze z dz . Finalement, posons u2 = z, dv2

( x 2e 2 x

du

22. Tout d’abord, posons u = (arcsin x)2, dv

(arcsin x) 2 dx

I

x tan x ln | sec x | , et, par conséquent,

La réponse peut aussi être formulée ainsi :

I

sin 2

z 2e z

2ze z

2e z

1 dx (1 2 x)2

21. Posons u = xe2x, dv xe2 x dx (1 2 x)2

z 2e z

x sec2 x dx

tan x dx

1 4e

C1 . En substituant ce résultat dans l’expression qui représente I2, nous

2ze z

x(sec2 x 1)dx

1 4

e cos2

3z 2dz , v = ez. Alors, I1

du

2z dz , v1 = ez. Alors, I 2

du1

1 4

e sin 2

x(arcsin x)2

2 1 x2 arcsin x 2 x C , où C = –2C1.

3.1 L’intégration par parties

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

23. Posons u = ln (sin x), dv Alors, I

cos x dx

5

cos x dx , v = sin x. sin x

du

cos x ln(sin x)dx sin x ln(sin x)

cos x dx sin x ln(sin x) sin x C .

Autre méthode : Poser t = sin x, donc dt = cos x dx. Alors, I

ln t dt

t ln t t C (se référer à l’exemple 2) et donc,

I = sin x (ln sin x – l) + C.

24. Posons u = x, dv 1/ 2 0

cos x dx

1

x cos x dx

1/ 2

0

0

1 2

1

1/ 2

x sin x

1 2

dx , v

du

25. Tout d’abord, posons u = x2 + 1, dv 1

( x 2 1)e

0

x

Ensuite, posons U = x, dV 1

xe

0

x

Donc,

1

( x 2 1)e

26. Posons u = t, dv 1 0

1

dx [ xe x ]10

0

t cos t dt

1

dx [ ( x 2 1)e x ]10

x

0

e

dx

x

e x

1

1

1

0

0

x

1

1/ 2

cos x

2

2

2e

2x dx , v = –e–x. Selon la formule 6, 1

1

1 2 xe 0

x

dx .

dx , V = –e–x. De nouveau, selon la formule 6,

[ e x ]10 1

1

0

du

dU

1

0

2

dx

2 xe x dx

1 2( 2e

e

1)

2e

1

e 1

1

1

1 4e

2e 1

1

2

1. 6e

1

3

6 3. e

dt , v sin t . Alors,

du

sin t dt

ou

2

dx

e

cos t dt

t sin t

0

dx

2e

1

e

1 2

sin x dx

1 2

(0 1)

sin x . Alors,

1

sin1 0

cos t

1 0

sin1 (cos1 1) sin1 cos1 1

27. Posons u = ln y, dv

9 4

ln y dy y

2 y ln y

1 dy y 9

9

4

4

y

2y

1/ 2

1/ 2

dy

dy

du

1 dy , v = 2y1/2. Alors, y

(6ln 9 4ln 4)

4 y

9 4

6ln 9 4ln 4 (12 8)

6ln 9 4ln 4 4

Calcul intégral

3.1 L’intégration par parties

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

r 3 dr

28. Posons u = ln r, dv 3 1

1 r

du 3 1 1 4

r 3 ln r dr [ 14 r 4 ln r ]13

r 3dr

81 4

dr , v

[ r 4 ]13

2

t 2 sin 2t dt [

V

1 2

t cos 2t ]02

2 0

30. Posons u = y, dv 1

y dy e2 y

1 2

ye

t 2 sin 2t dt

dy e2 y

2y

e

1 1 2 0

2y 1 0

31. Posons u = arctan(l/x), dv

3 1

0

arctan

1 dx x

dy

32. Posons u = arccos x, dv

dx

33. Posons u = (ln x)2, dv

2 1

Alors,

(ln x)2 dx x3 2 1

Calcul intégral

3

(ln x) 2 2 x2

ln x dx x3

Par conséquent, I

x

ln x 2 x2 (

1 8

2

1

e

3

3 1

1

2

x dx x2 1

dt

dx

2 1

1

2 1 2 1

2y

2

1 2

0

sin 2t dt

1 4

0 [

cos2t dt

cos 2t ]02

dU

1 4

1 4

dt ,

0.

. Alors,

1 2

]

6

6

1 x

2

[ t ]13/ 4

e

2

1 4

e

2

1 4

1 ln( x 2 1) 2

4

0) ( 163

1 8

3 4 e2

1 4

.

3

, v = x. Alors,

3/ 4

1 2

3

1

1

6

1 2

ln 2 0

ln 2)

2

1

t

3 2

1 2

1/ 2

1 6

1 2

[

(

dt ] , où t 1 x2

1 8

[

2 xdx .

dU

1 dx , V x

x 2 . Alors,

1 2 2 x2 1

(ln 2)2

dt

6 3 3) .

ln x dx . Maintenant, posons U = ln x, dV x3

1 8

e

1 ln 2 2

4

2ln x dx , v x

x 3dx

3 4

1 4

dx v = x. Alors, x2 1

1

3

x dx

du

2

(ln 2)2

6

e

2y 1 0

[e

3

dx

1/ 2

1 4

0)

1 x2

0

1 2

1 1 dx 1 (1/x)2 x 2

du

1/ 2

cos 2t . Selon la formule 6,

t cos 2t dt [ 12 sin 2t ]02

0

1 (ln 4 ln 2) 2

t

1 2

ln3 5 .

t cos 2t dt . Ensuite, posons U = t, dV

0

dy , v

du

1 1 2 3/ 4

6

1 2

(

arccos x dx [ x arccos x]1/0 2

Par conséquent, I

I

dy

1 x

x arctan

4

1/ 2

du

2y

e

2

2

2

2

81 4

(81 1)

.

dx

6

0

2

2

3

I

t cos 2t dt

1 16

ln3

2t dt , v

du

sin 2t . De nouveau, selon la formule 6,

Par conséquent,

0

2

1 2 2

81 4

1 1 4 4

29. Tout d’abord, posons u = t2, dv sin 2t dt

0

r 4 . Alors,

1 4

ln3 0

6

1 8

]

1 8

ln 2

1 2

ln 2 3 16

(

x

1 8

3

1 2

dx

)

3 16

1 8

1 2

x 2.

ln 2 .

.

3.1 L’intégration par parties

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration r

34. Posons u = r2, dv

r3

1 0

4 r

2

2 3

1

Donc,

2 1

2 1

dV

t 0

2

x5 ln x 25

x 4 (ln x)2 dx

32 5

s)ds

es ds

dU

37. Posons y

x4 dx 25

32 25

2( 32 ln 2 25

31 125

2 1

1

(ln 2)2

es ds

sin(t

x , alors dy

1 2

32 5

s)

t

t

0

0

)

1/ 2

dx

1 dx 2 x

0 2

x5 125

32 5

(ln 2)2

2 1

x4 ln x dx . 5

32 25

32 ln 2 ( 125

1 125

).

1

64 25

62 125

ln 2

.

et sin 0 e0 sin t

s)ds

et

2

s)ds , v = es. Alors,

s)ds , V = es. Donc, I1 2I

5

x5 . 25

e s cos(t

I

0

x5 . Selon la formule 6, 5

(ln 2) 2

cos(t

cos t

x

7 3

ln 2 0

du

es sin(t

sin t et

conséquent, I

2

16 3

ln x dx , v x

1 dx , V x

dU

x4 ln x dx 5

es sin(t

1

1

2

16 3

)

x4 ln x dx 5

2

2

10 3

5(1

du

x4 dx 5

36. Posons u = sin(t – s), dv

I

(8)

x 4 dx

x5 (ln x)2 5

Soit U = ln x, dV

Alors,

2 3

1

(4 r 2 )3/ 2

2 3

5

0

(5)3/ 2

35. Posons u = (ln x)2, dv

x 4 (ln x)2 dx

1

2 r 4 r 2 dr

0

4 r 2 . Selon la formule 6,

2r dr , v

du

1

r2 4 r2

dr

5

2

dr

4 r2

7

es cos(t

s)

I1 . Pour I1, posons U = cos (t – s),

t

t

0

0

cos t sin t C

es sin(t 1 2

I

s)ds

(et

et cos0 e0 cos t

I . Par

cos t sin t ) C .

1 dx . Par conséquent, cos x dx 2y

cos y(2 y dy)

2 y cos y dy . Intégrons

maintenant par parties en posant u = y, dv = cos y dy, du = dy, v = sin y, ce qui donnera y cos y dy

y sin y

sin y dy

y sin y cos y C1 , donc cos x dx

38. Posons x = –t2, alors dx = –2t dt. Par conséquent, t 3e

t2

dt

2

( t 2 )e t ( 12 )( 2t dt )

2 y sin y 2cos y C

2 x sin x

2cos x

C.

xe x dx . Intégrons maintenant par parties en

1 2

posant u = x, dv = ex dx, du = dx, v = ex, ce qui donnera 1 2

xe x dx

1 2

( xe x

e x dx)

1 2

xe x

1 2

ex

C

39. Posons x = θ2, alors dx = 2θ dθ. Par conséquent,

1 2

(1 x)e x

3 /2

C

cos( 2 ) d

1 2

(1 t 2 )e

2 /2

t2

C.

cos( 2 )

1 2

(2 d )

1 2

/2

x cos x dx . Intégrons

maintenant par parties en posant u = x, dv = cos x dx, du = dx, v = sin x, ce qui donnera Calcul intégral

3.1 L’intégration par parties

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

1 2

/2

1 x sin x 2

x cos x dx

1 ( 2

/2

sin

/2

cos )

40. Posons x = cost, alors dx = –sin t dt. Par conséquent,

0

sin x dx

1 2

1 sin 2 2 2

cos

x sin x cos x

ecos t sin 2t dt

1( 2

2

0

8

/2

0 1)

1 ( 2 2

ecos t (2sin t cos t )dt

1 2

1 0)

1 1

4

e x 2 x( dx)

2

1 1

xe x dx . Intégrons

maintenant par parties en posant u = x, dv = ex dx, du = dx, v = ex, ce qui donnera

2

1 1

xe x dx

1

2 [ xe x ]1 1

1

e x dx

2 e1 e

1

[e x ]1 1

2(e e

41. Posons y = 1 + x, alors dy = dx. Par conséquent, x ln(1 x)dx ln y, dv = (y – 1)dy, du

dy , v

1 y

1 2

y2

( 12 y 2 1 2

y )ln y

sin y e y dy

sin(ln x)dx

2x

dx

1 2

1 2

xe

2x

1 2

dx

du e

2x

( 12 y 1)dy

1 4

x2

1 2

x

1 4

3 4

1 2

dx

4/e .

xe

2x

1 2

1 4

y ( y 2)ln y 2

1 x C

1 4

y2

y C

.

C.

e y dy . Par conséquent,

x dy

dx , v

1 2

(1 x)

e y (sin y cos y) C [voir l'exemple 4]

e 2x dx

43. Posons u = x, dv

xe

dx

2(2e 1 )

( y 1)ln y dy . Intégrons maintenant par parties avec en posant u =

(1 x)( x 1)ln(1 x)

qui peut être exprimé comme suit : 12 ( x2 1)ln(1 x)

1 x

[e1 e 1 ])

y , ce qui donnera

( y 1)ln y dy

42. Posons y = ln x, alors dy

1

e

e 2x

2x

1 2

x[sin(ln x) cos(ln x)] C .

. Alors,

C . Le graphique montre que cette réponse est vraisemblable, puisque la

fonction F atteint un minimum à l’endroit où la valeur de f change de négative à positive. De plus, la fonction F est croissante là où la valeur de f est positive et décroissante là où la valeur de f est négative.

44. Posons u = ln x, dv

x3/ 2 ln x dx

2 5 2 5

Calcul intégral

x3/ 2dx

x5/ 2 ln x x

5/ 2

ln x

2 5 4 25

du

x3/ 2dx x

5/ 2

1 x

dx , v

2 5/ 2 5

x

2 5

x5/ 2 . Alors,

ln x ( 52 ) 2 x 5/ 2

C

C

3.1 L’intégration par parties

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

9

Le graphique montre que cette réponse est vraisemblable, puisque la fonction F atteint un minimum à l’endroit où la valeur de f change de négative à positive.

45. Posons u

1 2

2 x 1 x2 dx

x 2 , dv

x3 1 x 2 dx

1 2

x2

1 3

x (1 x 2 )3/ 2

1 3

2 3

2

(1 x 2 )3/ 2 2 3/ 2

x (1 x )

2 15

2 5

2 3

(1 x2 )3/ 2 . Alors,

x(1 x 2 )3/ 2 dx

2 3

2 3

x dx , v

du

1 2

(1 x 2 )5/ 2

(1 x 2 )5/ 2

C

C

Le graphique montre que cette réponse est vraisemblable, puisque la fonction F est croissante là où la valeur de f est positive et décroissante là où la valeur de f est négative. Remarquez également que f est une fonction impaire et que F est une fonction paire. Autre méthode : En posant u = 1 + x2, nous obtenons 15 (1 x2 )5/ 2

46. Tout d’abord, posons u = x2, dv sin 2x dx Ensuite, posons U = x, dV donc x cos 2x dx

1 2

x sin 2x

cos2 x dx 1 2

sin 2x dx

du dU 1 2

2x dx , v

dx , V

x sin 2x

1 4

1 2

1 3

(1 x2 )3/ 2

1 2

C.

cos 2 x . Alors, I

x2 sin 2 x dx

1 2

x 2 cos 2 x

1 2

x sin 2 x

x cos 2 x dx .

sin 2 x ,

cos 2x C . Par conséquent, I

1 2

x2 cos2 x

1 4

cos2 x C .

Le graphique montre que cette réponse est vraisemblable, puisque la fonction F est croissante là où la valeur de f est positive et décroissante là où la valeur de f est négative. Remarquez également que f est une fonction impaire et que F est une fonction paire.

Calcul intégral

3.1 L’intégration par parties

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

47. a) b)

48. a)

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

En posant n = 2 dans la formule de l’exemple 6, nous obtenons sin 2 x dx

sin 4 x dx

1 4

cos x sin 3 x

Posons u = cosn–1 x, dv

3 4

sin 2 x dx

cos x dx

cos n x dx

1 4

cos x sin 3 x

3 8

3 16

x

10

1 cos x sin x 2

1 1 dx 2

x 2

sin 2 x 4

C.

sin 2 x C .

(n 1)cosn 2 x sin x dx , v = sin x selon la formule 2 :

du

cos n 1 x sin x (n 1) cos n 2 x sin 2 x dx cos n 1 x sin x (n 1) cos n 2 x(1 cos 2 x)dx cos n 1 x sin x (n 1) cos n 2 x dx (n 1) cos n x dx

En isolant

cosn x dx

b) c)

49. a)

cosn x dx , nous obtenons n cosn x dx 1 cosn 1 x sin x n

n 1 cos n 2 x dx n

En posant n = 2 à la sous-question a), nous obtenons cos2 x dx

cos4 x dx

1 4

cos3 x sin x

3 4

cos 2 x dx

Selon la formule de l’exemple 6,

/2 0

1 4

cos3 x sin x

sin n x dx

x

/2

cos x sin n 1 x n n 1 n

En posant n = 3 à la sous-question a), nous obtenons En posant n = 5 à la sous-question a), nous obtenons

c)

3 8

3 16

1 cos x sin n 1 x n

sin n x dx

(0 0)

b)

cosn 1 x sin x (n 1) cos n 2 x dx d’où

/2 0

/2 0

0

1 2

cos x sin x

x 2

1 dx

sin 2 x 4

C.

sin 2 x C

n 1 sin n 2 x dx . Selon la fromule 6, n

n 1 n

/2 0

sin n 2 x dx

sin 3 x dx

/2 0

1 2

sin 5 x dx

2 3 0

4 5 0

sin n 2 x dx n 1 n

/2

/2

/2 0

sin n 2 x dx

2 3

sin x dx [ sin 3 x dx

4 5

cos x]0 / 2 2 3

8 15

2 3

.

.

Selon la sous-question b), la formule est vraie pour n = 1 (c’est-à-dire 2n + 1 = 3). Supposons qu’elle soit vérifiée pour une valeur k ≥ 1. Alors,

/2 0

sin 2 k 1 x dx

/2 0

2 4 6 3 5 7

sin 2 k 3 x dx

2k 2k

(2k ) . Selon la formule de l’exemple 6, (2k 1)

2 / 2 2k 1 sin x dx 3 0 2 4 6 (2k )[2( k 3 5 7 (2k 1)[2( k

2k 2 2 4 6 2k 3 3 5 7 1)] 1) 1]

(2k ) (2k 1)

,

Ce qui montre que la formule est vérifiée pour n = k + 1. Par l’axiome d’induction, nous concluons que la formule est valide pour tout n ≥ 1.

Calcul intégral

3.1 L’intégration par parties

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

50. En utilisant la sous-question 49 a), la formule est vérifiée pour n = 1, puisque maintenant qu’elle soit vérifiée pour une valeur k

/2 0

sin 2( k

1)

x dx

1. Alors,

/2 0

/2 0

sin 2 x dx

11

1 2 0

/2

1 dx

1 2

[ x]0 / 2

1 2

2

. Supposons

1 3 5 (2k 1) . Selon la sous-question 49 a), 2 4 6 (2k ) 2

sin 2 k x dx

2k 1 / 2 2 k 2k 1 1 3 5 (2k 1) sin x dx 2k 2 0 2k 2 2 4 6 (2k ) 2 , 1 3 5 (2k 1)(2k 1) , 2 4 6 (2k )(2k 2) 2

Cela montre que la formule est vérifiée pour n = k + 1. Par l’axiome d’induction, nous concluons que la formule est valide pour tout n

1.

51. Posons u = (ln x)n, dv

(ln x)n dx

x(ln x)n

52. Posons u = xn, dv

53.

tan n x dx

dx

du

nx(ln x)n 1 (dx /x)

e x dx

du

tan n 2 x tan 2 xdx I

n(ln x)n 1 (dx/x) , v = x. Selon la formule 2,

x(ln x)n

n (ln x)n 1 dx .

nxn 1dx , v = ex. Selon la formule 2,

tan n 2 x(sec 2 x 1)dx

x ne x dx

tan n 2 x sec 2 x dx

x ne x

n x n 1e x dx

tan n 2 x dx

tan n 2 x dx.

Posons u = tann−2 x, dv sec2 x dx

du

(n 2) tan n 3 x sec2 x dx , v = tan x. Alors, selon la formule 2,

tan n 1 x (n 2) tan n 2 x sec 2 x dx

I

tan n 1 x (n 2) I

1I (n 1) I

tan n 1 x

I

tan n 1 x n 1

Si nous retournons à l’intégrale initiale, tan n x dx

54. Posons u = secn−2 x, dv sec2 x dx

du

sec n x dx

tan n 1 x n 1

tan n 2 x dx .

(n 2)secn 3 x sec x tan x dx , v = tan x. Alors, selon la formule 2, tan x sec n 2 x (n 2) sec n 2 x tan 2 x dx tan x sec n 2 x (n 2) sec n 2 x(sec 2 x 1) dx tan x sec n 2 x (n 2) sec n x dx (n 2) sec n 2 x dx

donc (n 1) secn x dx

Calcul intégral

tan x secn 2 x (n 2) sec n 2 x dx . Si n − 1 ≠ 0, alors, secn x dx

3.1 L’intégration par parties

tan x secn 2 x n 1

n 2 secn 2 xdx . n 1

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

12

55. En appliquant à plusieurs reprises la formule de réduction utilisée dans l’exercice 51, nous obtenons (ln x)3dx

x(ln x)3 3 (ln x) 2 dx

x(ln x)3 3[ x(ln x) 2

2 (ln x)1dx]

x(ln x)3 3x(ln x) 2

6[ x(ln x)1 1 (ln x)0 dx]

x(ln x)3 3x(ln x) 2

6 x ln x 6 1 dx

x(ln x)3 3x(ln x) 2

6 x ln x 6 x C

56. En appliquant à plusieurs reprises la formule de réduction utilisée dans l’exercice 52, nous obtenons x 4e x dx

x 4e x

4 x 3e x dx

x 4e x

x 4e x

4x3e x 12 x 2e x

x 4e x

4x3e x 12x 2e x

4 x 3e x

3 x 2e xdx

2 x1e x dx

x 4e x

24xe x

24e x

57. Les courbes y = x2 ln x et y = 4lnx se croisent lorsque x2 ln x

C [ou e x ( x 4

(4 x2 )dx

1 x

du

dx, v

4x

1 3

ln 2 [4 x

1 3

2

x3 )]12 1 9

(4 x

1

x3 ]12

16 3

58. Les courbes y = x2e−x et y = xe−x se croisent lorsque x2e Pour 0 < x < 1, xe−x > x2e−x. Par conséquent, aire Soit u = x − x2, dv

e x dx

2

aire [(1 2x)( e x )]10

Calcul intégral

1 0

2e x dx

1

e x dx

e

1

24x 24) C ]

( x2 2

(4ln x x 2 ln x)dx

1 0

1 3

x3 )

ln 2 ( 649

x

( xe

xe x

1 dx x

1

35 9

)

x

x2e x )dx

2

(ln 2)( 163 ) 0

16 3

ln 2

29 9

x2

x

0

1 0

1

x 1 ou 2

4)ln x 0

[(4 x 2 )ln x]dx . Soit u = ln x,

(4

1 3

x 2 ) dx

x( x 1) 0

x

0 ou 1.

( x x 2 )e x dx .

(1 2x)dx , v = −e−x. Alors, aire [( x x 2 )( e x )]10

du

Maintenant, soit U = 1− 2x, dV

4x 3 12x 2

x 0e x dx

x3 . Alors,

aire [(ln x)(4 x 16 3

24 x1e x

x2 ln x 4ln x 0

4ln x

[puisque x > 0]. Pour 1 < x < 2, 4 ln x > x2 ln x. Par conséquent, aire

dv

4x 3e x 12x 2e x

1 0

[ e x (1 2x)]dx

0

1 0

(1 2x)e x dx .

2dx , V = −e−x. Donc,

dU

1 [ 2e x ]10

e

1

1 2(e

1

1) 3e

1

3.1 L’intégration par parties

1=

3 1. e

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

59. Les courbes y

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

arcsin( 12 x) et y = 2− x2 se croisent en x = a ≈ −1,751 19 et en x = b ≈ 1,172 10. Le graphique montre que l’aire de la b

région délimitée par les courbes est donnée par A Soit u

13

arcsin( 12 x) , dv

dx

a

[(2 x 2 ) arcsin( 12 x)]dx [2 x

1 3

x3 ]ba

b a

arcsin( 12 x)dx .

1 1 dx , v = x. 1 ( 12 x)2 2

du

Alors,

A

1 3 x 3

2x 2x

1 3

x3

b

x arcsin a

1 x 2

x arcsin( 12 x) 2 1

b

x

b a

a 1 4

x2

2 1 b a

1 4

x2

dx

3,999 26

60. Les courbes y = x ln(x+ 1) et y = 3x − x2 se croisent en x = 0 et en x = a ≈ 1,926 27. Le graphique montre que l’aire de la région délimitée par les courbes est donnée par A

dv

xdx

du

1 dx, v x 1

1 2

a 0

[(3x x 2 ) x ln( x 1)]dx [ 32 x 2

1 3

x3 ]0a

a 0

x ln( x 1)dx . Soit u = ln(x +1),

x2 .

Alors,

Calcul intégral

3.1 L’intégration par parties

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

3 2 x 2

A

1 3 x 3

3 2 x 2 [ 32 x 2

1

61. V

V

62.

0

2

2

1 0

1

x 2

x sin

0

63. Volume

1

1 0

0

2 x (e x

e x )dx

2

e x ) ( xe

x

a

0

x3

1 2

1 3

sin

1 0

x dx 2

x 2 ln( x 1)

( xe x

e x )]10

0 1

e x dx

du

2

xe x )dx

1 4

0

0

0

1 2

0

x2

x2 dx x 1

a 0

a

x 1

0

1 dx x 1

x

1 2

ln|x 1|]0a

dx , v

2

sin( x /2) .

1 2

2

4

1

2

1 2

a

1 2 x ln( x 1) 2

2

cos

1

xe x dx

0

1

x 2

4

1,692 60

8

(0 1)

4

8

.

0

xe x dx

[en intégrant par parties chaque intégrale]

2 [2/e 0] 4 /e

2 (1 x)e x dx . Soit u = 1− x, dv

2 [(1 x)( e x )]01 2

e x dx

dx , v = −e−x.

du

2 [( x 1)(e x ) e x ]01

2 [ xe x ]01

2 (0 e)

2 e

En utilisant la méthode des coquilles cylindriques autour de l’axe des y : 2

V

1

b)

u ln x, dv du 1x dx, v

2 x ln x dx

2 1 1 2

[ 12 x 2 ln x]12

2

x dx x2

1 2

2 {(2ln 2 0) [ 14 x 2 ]12} 2 (2ln 2

x dx

3 4

)

En utilisant la méthode des disques autour de l’axe des x : 2

V

(ln x) 2 dx

1

[ x(ln x) 2 ]12 2(ln 2) 2 [2(ln 2) 2

65.

2

2

2 [( xe x

64. a)

0

1 3 x 3

a

1 2 x ln( x 1) 2

2 x cos( x /2)dx . Soit u = x, dv cos( x/2)dx

Volume

V

a

14

f moy

1

b

b a

a

4 1

Calcul intégral

du 2 1

(ln x) 2 , dv 2ln x 1x dx, v

2 1

{2(ln 2) 2

dx

4ln 2 2] 2 [(ln 2) 2

1 /4 0

f ( x)dx

ln 2 ou 1

/4 0 2

dx x

u ln x, dv du 1x dx, v

2ln x dx

2 [ x ln x]12

[ x tan x]0 / 4 4

u

/4 0

tan x dx

dx x 4ln 2 2[ x]12 }

2ln 2 1]

x sec 2 x dx 4 4

u du

x, dv sec 2 x dx dx, v tan x

[ln|sec x|]0 / 4

4 4

ln 2

ln 2

3.1 L’intégration par parties

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration 60

66. Puisque v(t) > 0, la fusée atteindra une altitude de A 60

A

m rt m

gt veln

0

0

v(t )dt après 60 secondes.

g[ 12 t 2 ]60 0

dt

60

g (1800) ve (ln m)(60) ve Soit u = ln(m − rt), dv 60 0

ln(m rt )dt

dt

m rt

60ln(m 60r )

Donc, A

1800 g

rt

60 0

0

60

ve

0

60

ln(m rt )dt

0

ln m dt

ln(m rt )dt

1 ( r )dt , v = t. Alors, m rt

du

[t ln(m rt )]60 0

15

dt

m dt m rt

1

0

60

m ln( m rt ) r

t

60

60ln(m 60r )

60ln( m 60r ) 60 0

m ve ln(m 60r ) r

60ve ln m 60ve ln(m 60r ) 60ve

m ln( m 60r ) r

m ln m r

m ve ln m . En substituant g = 9,8, r

m = 30 000, r = 160 et ve = 3000, nous obtenons A ≈ 14 844 m. t

67. Puisque v(t) > 0 pour tout t, la distance recherchée est s(t ) Tout d’abord, soit u = w2, dv

t 2e

t

t 2e

t

2( te

t

e

t 0 t

Alors,

a

Maintenant, posons U = f′(x) et dV donc,

a 0

0

a 0

4 1

Alors, I

f ( x) g ( x)dx

f (a) g (a)

xf ( x)dx , posons u = x, dv

[ xf ( x)]14

4 1

f ( x)dx

t 2e

a 0

t 2e t

2te

f ( x) et dv

f (a) g (a)

f ( x)dx

a 0

2( te t

2e

t

f ( a ) g (a )

dU

f ( x) g ( x)dx

t

t

w2e wdw . t

2 we wdw . 0

0 [ e w ]t0 ) 2 e t (t 2

2

g ( x)dx

f ( x) g ( x)dx

g ( x)dx

f ( x) g ( x)dx [ f ( x) g ( x)]0a

obtenons

69. Pour I

a

f ( x) g ( x)dx [ f ( x) g ( x)]0a

0

e wdw

1)

68. Considérons que f(0) = g(0) = 0. Posons u

0

dw , V = −e−w. Alors,

dU

2 [ we w ]t0

t

v(w)dw

2w dw , v = −e−w. Alors, s(t ) [ w2e w ]t0

du

e wdw

Ensuite, soit U = w, dV s(t )

e wdw

0

du a 0

2t

f ( x) dx, v

2)

2

t 2 +2t+2 mètres et

g ( x) .

f ( x) g ( x)dx .

f (x)dx et V = g(x);

f (a) g (a)

a 0

f ( x) g ( x)dx . En combinant ces deux résultats, nous

f ( x) g ( x)dx .

du

dx , v = f′(x).

4 f (4) 1 f (1) [ f (4)

f (1)] 4 3 1 5 (7 2) 12 5 5 2 .

Le fait que la fonction f″ soit continue assure l’existence de I.

Calcul intégral

3.1 L’intégration par parties

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 70. a)

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

16

Posons g(x) = x et g′(x) = 1 dans la formule 1.

b)

Selon la sous-question a), dy = f′(x) dx. Alors,

c)

b a

b a

b

f ( x)dx bf (b) af (a) f (b)

xf ( x)dx

f (a)

a

xf ( x)dx . Maintenant, posons y = f (x), de sorte que x = g(y) et

g ( y)dy . Ce qui complète la preuve demandée.

Le résultat en b) permet de poser que l’aire A de la région ABFC est A=

bf(b)

−

af(a)

−

f (b ) f (a)

=

(aire du rectangle OBFE)

−

(aire du rectangle OACD)

−

g ( y )dy

(aire de la région DCFE)

Nous avons f (x) = ln x, donc f−1(x) = ex, et puisque g = f−1, nous avons g(y) = ey.

d)

Selon le résultat b),

e 1

ln x dx

e ln e 1ln1

ln e ln1

e y dy

1

e

0

e y dy

e [e y ]10

e (e 1) 1 .

71. En utilisant la formule qui s’applique aux volumes de révolution ainsi que le graphique, nous énonçons que Volume

d 0

c

b2dy

0

a 2dy

d c

[ g ( y)]2 dy

b 2d

d

a 2c

b2d

Soit y = f(x), ce qui donne dy = f′(x) dx et g(y) = x, de sorte que V Maintenant, effectuons une intégration par parties avec u = x2 et dv et

b a

x 2 f ( x)dx [ x 2 f ( x)]ba

mais f(a) = c et f (b)

72.

a) Puisque pour 0

d

x

b a

2x f ( x)dx b 2 f (b) a 2 f (a ) V

2

b 2d

a 2c

b 2d

a 2c

b a

[ g ( y)]2 dy .

c

b

a 2c

a

f ( x)dx

x 2 f ( x)dx .

du

2x dx , v = f(x)

2x f (x)dx , b a

2 xf ( x)dx

b a

2 xf ( x)dx .

, 0 ≤ sin x ≤ 1, donc sin2n+2 x ≤ sin2n+1 x ≤ sin2n x. Par conséquent, selon la deuxième propriété de

l’intégrale, I2n+2 ≤ I2n+1 ≤ I2n. b)

En substituant le résultat de la sous-question a) directement dans le résultat de l’exercice 50, nous obtenons

I 2n 2 I 2n

Calcul intégral

1 3 5 [2(n 1) 1] 2 4 6 [2(n 1)] 2 1 3 5 (2n 1) 2 4 6 (2n) 2

2(n 1) 1 2(n 1)

3.1 L’intégration par parties

2n 1 2n 2

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé c)

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

Divisons le résultat de la sous-question a) par I2n. Les inégalités sont préservées puisque la valeur de I2n est positive : I 2n 2 I 2n

I 2n 1 I 2n

2n 1 I 2n . Maintenant, selon la sous-question b), le terme du membre de gauche de l’égalité est égal à ; I 2n 2n 2

l’expression devient donc d)

17

2n 1 2n 2

I 2n 1 I 2n

1 . Or, lim n

2n 1 H I lim1 1 , donc, selon le théorème du sandwich, lim 2 n 1 n 2n 2 n I 2n

1.

En substituant les résultats des exercices 49 et 50 directement dans le résultat de la sous-question c), nous obtenons

2 4 6 (2n) 2 4 6 (2n) 2 4 6 (2n) 2 3 5 7 (2n 1) lim lim n n 1 3 5 (2n 1) 3 5 7 (2n 1) 1 3 5 (2n 1) 2 4 6 (2n) 2 2 2 4 4 6 6 2n 2n 2 lim [après avoir transformé l'égalité] n 1 3 3 5 5 7 2n 1 2n 1

I 1 lim 2 n 1 n I 2n

En multipliant les deux membres de l’égalité par

, nous obtenons le produit de Wallis :

2

2 2 4 4 6 6 1 3 3 5 5 7

2 e)

L’aire du kème rectangle est k. À la 2nème étape, l’aire est augmentée de 2n − 1 à 2n en multipliant la largeur par

(2n + 1)ème étape, l’aire est augmentée de 2n à 2n + 1 en multipliant la longueur par

rapport de la largeur et de la longueur par

la limite des rapports est

Calcul intégral

2 2 4 4 6 6 1 3 3 5 5 7

2n 1 et par 2n 1 (2n 1)/(2n)

2

2n et, à la 2n 1

2n 1 . Ces deux étapes multiplient le 2n

2n respectivement. Donc, selon la sous-question d), 2n 1

.

3.1 L’intégration par parties

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

18

3.2 Les intégrales de fonctions trigonométriques

Les symboles Les symboles Les symboles

sin

tan

cot

et et et

cos

dénotent respectivement l’utilisation des substitutions {u = sin x, du = cos x dx} et {u = cos x, du = − sin x dx}.

sec

dénotent respectivement l’utilisation des substitutions {u = tan x, du = sec2 x dx} et {u = sec x, du = sec x tan x dx}.

csc

dénotent respectivement l’utilisation des substitutions {u = cot x, du = -csc2 x dx} et {u =csc x, du = -csc x cot x dx}.

sin 2 x cos3 x dx

1.

sin 2 x cos 2 x cos x dx sin

sin 3 cos 4 d

2.

/2 0

(1 u 2 )u 4 ( du ) /2

sin 7 cos5 d

0 sin

1 0

/2 0

/2

sin 5 x dx

0 1 0

5.

(u 6

1

u 7 (1 u 2 ) 2 du 1 10 u 5

(1 2u 2

0

/2 0

u 4 )du

u

u5

u 4 )du

1 7

/2 0

1

1 8

0

u7

C

1 3

sin 3 x

sin 5 x C

1 5

2 3 u 3

1 5

u5

1

u 4 )du

0

1 1 5 12

1 7

(u 7

cos7

1 5

cos

1 0

0 1

2 3

2u 9

cos5

C

u11 )du

15 24 10 120

0

1

1 5 u 5

C

sin 7 (1 sin 2 ) 2 cos d

(1 cos 2 x) 2 sin x dx

1 120

(1 u 2 ) 2 ( du ) 1 5

0

1

sin 2 y cos 5 y dy

1

sin 2 y (1 sin 2 y ) 2 cos y dy

1 1 3

Posons y

x , de sorte que dy sin 3

x x

15 10 3 15

8 15

/2

cos 2 d

/2 0 1 2

Calcul intégral

[

1 2

(1 cos 2 )d 1 2

sin 2 ]0

/2

2 5

u5

sin 3 ( x)

sin 3 y (2 y dy ) y

dx

2 (1 u 2 )( du ) 2 3

0

( 13 u 3

1 7 2 5

1

sin 2 y cos 4 y cos y dy

u7 ) C sin 5 ( x)

sin

1

sin 3 y

1 3 1 7

u 2 (1 u 2 ) 2 du 2 5

sin 5 y

1 7

1

(u 2

2u 4

u 6 )du

sin 7 y C

sin 7 ( x) C

1 dx et dx = 2y dy. Alors, 2 x

cos

7.

1 5

Posons y = πx, donc dy = π dx et

sin 2 ( x)cos5 ( x)dx

6.

u3

u 7 (1 2u 2

1 12 u 12

sin 4 x sin x dx

1 3

(1 cos 2 )cos 4 sin d

sin 7 cos 4 cos d

1 8 u 8 4.

(u 2 u 4 )du

sin 2 cos 4 sin d cos

3.

u 2 (1 u 2 )du

sin 2 x(1 sin 2 x)cos x dx

cos3

x

2 sin 3 y dy

2 sin 2 y sin y dy

2 (u 2 1)du

2( 13 u 3 u ) C

2cos x

2 (1 cos 2 y )sin y dy 2 3

cos3 y 2cos y C

C

[formule de bissection] 1 2

[( 2

0) (0 0)]

4

3.2 Les intégrales de fonctions trigonométriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

8.

2

2

sin 2 ( 13 )d

0

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

1 2

0

1 2

9.

0

10.

cos 4 (2t )dt

0

0

sin 2 t cos 4 tdt

/2 0

/2 0

0

/2 0

2cos 4t

1 8 0

1 4 /2

1 4

1 2

1 16

1 2

(1 cos 4 x)dx

/2

( 92

1 2

4sin

1 2

t sin 2t

t sin 2t

1 2

(

1 4

/2

/2 0

[ 92

9 4

4

1 16

(1 cos8t )]dt

sin8t ]0

t

1 2

[

1 4

[( 23

0 0) 0]

3 8

1 8

[x

1 4 0 1 4

/2

sin 2 2 x dx

sin 4 x]0 / 2

(1 cos 2 )]d

4cos

1 4

sin 2 ]0 / 2

t dt

sin 3 2t ]0

16

1 2

1 2

1 2 4

1 1 8 3

[4 4sin

u du

sin 2t dt

cos 2t ) C

sin 4t

(1 cos 4t ) dt

(1 cos 4 x)dx

(t t cos 2t )dt 1 2

1 2

(2sin x cos x) 2 dx

1 4

cos 2 ) d

0 0) (0 4 0) 1 2

1 1 8 0 2

0) 0]

0

sin 2 ) d

[ t

1 2

(sin 2 2t sin 2 2t cos 2t ) dt

[(

1 8 0

[1 2cos 4t

1 3 4 2

cos8t )dt

sin 2 2t cos 2t dt

(0 0)

1 4 0

(2sin t cos t ) 2 12 (1 cos 2t ) dt

1 8 0

(4sin 2 x cos 2 x)dx

t[ 12 (1 cos 2t )]dt ( 12 t 2 )

1 8

1 2

1 4 0

(4 4sin

( 94

t

( 23

sin 4t ]0

/2

0

1 2 4

1 4 0

sin 2 2t dt

(2 sin ) 2 d

1 2

[1 2 cos 4t cos 2 (4t )]dt

1 8 0

0

3 3 8

0

1 4 0

(sin 2t ) 2 (1 cos 2t ) dt

1 4

3 2

[ 12 (1 cos(2 2t ))]2 dt [formule de bissection]

0

1 8 0

[t

3 2

2

(4sin 2 t cos 2 t )cos 2 tdt

sin 2 x cos 2 x dx

t sin 2 t dt

1 2

1 4 0

/2

13.

[formule de bissection]

2

[cos 2 (2t )]2 dt

1 4 0

12.

)]d

3 2 sin 2 3

1 16

11.

1 3

[1 cos(2

19

1 2

1 8

(2)

16

t cos 2t dt

t , dv cos 2t dt dt , v 12 sin 2t 1 4

t sin 2t

1 8

cos 2t C

14. Posons u = sin θ. Alors, du = cos θ dθ et

cos cos5 (sin )d

cos5 u du

(cos 2 u) 2 cos u du

(1 sin 2 u) 2 cos u du

(1 2sin 2 u sin 4 u )cos u du

I

Maintenant, posons x = sin u. Alors, dx = cos u du et

I

(1 2 x 2 sin(sin )

15.

16. I

cos5 sin

d

x 4 )dx 2 3

x

sin 3 (sin )

2 3

x3 1 5

1 5

x5

C

sin u

2 3

sin 3 u

1 5

sin 5 u C

sin 5 (sin ) C

sin (1 u 2 ) 2 cos 4 (1 sin 2 ) 2 cos d cos d du sin sin u 1 2u 2 u 4 du (u 1/ 2 2u 3/ 2 u 7/ 2 )du 2u1/ 2 54 u 5/ 2 92 u 9/ 2 C u1/ 2 2 1/ 2 u (45 18u 2 5u 4 ) C 452 sin (45 18sin 2 5sin 4 ) C 45

x sin 3 x dx . Calculons tout d’abord

Calcul intégral

3.2 Les intégrales de fonctions trigonométriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

sin 3 x dx

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

(1 cos2 x)sin x dx

cos

(1 u 2 )( du )

Maintenant, pour I, posons u = x, dv sin 3 x

I

17.

x cos3 x

x cos x

1 3

x cos3 x

x cos x

1 3

(sin x

1 3

x cos3 x

x cos x

2 3

sin x

1 2

ln|u| u 2

cos x sin 2 x dx sin x

1 4

u4

1 3

cos3 x cos x , donc

1 3

x cos3 x

1 3

x cos x

1 u du u

cos 4 (1 sin 2 ) 2 cos d cos d sin sin 1 2u u 3 du u 1 4

sin 4

C

cos

2 cos3 x sin x dx

21.

tan x sec3 x dx

tan x sec x sec2 x dx

22.

tan 2 sec4 d

2 u 3du

sec

u 2du

tan 2 sec 2 sec 2 d

23.

tan 2 x dx

(sec2 x 1)dx

24.

(tan 2 x tan 4 x)dx

(u 4

1 2

1 3

u4

C

u3 C

1 2

1 3

tan 2 (tan 2 u 2 )du

1 5

u5

cos 4 x C

sec3 x C

1)sec 2 d 1 3

u3 C

1 5

tan 5

1 3

tan 3

C

tan x x C

tan 2 x(1 tan 2 x)dx

tan x. Alors, du

2sin x

ln|sin x| C .

cos2 x sin 2 x dx

u 2 (u 2 1)du

cos3 x dx sin x

1 3

sin 3 x C

sin 1 cos x 2sin x cos x cos x dx dx 2cos x dx du sin x sin x u ln|u| 2sin x C ln|sin x| 2sin x C

tan

cos3 x cos x C1 .

sin 3 x) sin x C [voir l'exemple 1]

ln|sin | sin 2

C

20.

tan 2 x sec2 x dx

tan

u 2du

1 3

u3 C

1 3

tan 3 x C

sec2 x dx , donc

tan 4 x sec6 x dx

tan 4 x sec4 x(sec2 x dx)

1 9

Calcul intégral

1 9

u 3 u C1

cos 2 x ln|cos x| C

1 2

C

Ou : Utilisons la formule cot x dx

25. Posons u

1 3

cos5 cos5 sin 4 d d 5 sin sin (1 u 2 ) 2 1 2u 2 u 4 du du u u

cot 5 sin 4 d sin

19.

u2

1 3

( 13 cos3 x cos x)dx

sin 3 x cos (1 u 2 )( du ) dx cos x u

cos 2 x tan 3 x dx

dx , v

du

1 3

ln|u|

18.

(u 2 1)du

20

u 4 (1 u 2 )2 du

(u 8

u9

C

2 7

u7

1 5

u5

tan 4 x(1 tan 2 x) 2 (sec 2 x dx) 2u 6

1 9

tan 9 x

u 4 )du 2 7

tan 7 x

1 5

tan 5 x C

3.2 Les intégrales de fonctions trigonométriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

26.

/4 0

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

/4

sec4 tan 4 d

1 0

27.

/3 0

(tan 2

0

(u 6 /3

tan 5 x sec4 x dx

0 3 0

tan

1) tan 4 sec 2 d

u 4 )du [ 17 u 7

1 5

u 5 ]10

u 5 )du [ 18 u 8

1 6

(u 2 1)u 4 du

1 7

1 5

tan

tan 5 x(tan 2 x 1)sec 2 x dx

(u 7

1 0

3 0

u 6 ]0 3

21

12 35

u 5 (u 2 1) du

81 8

27 6

81 8

9 2

81 8

36 8

117 8

Autre solution : /3 0

/3

tan 5 x sec 4 x dx

0 sec

2 1

2

(u 2 1) 2 u 3du

2 1

/3

tan 4 x sec3 x sec x tan x dx

(u 7

2u 5

1

(u 4

0

(sec 2 x 1) 2 sec3 x sec x tan x dx

2u 2 1)u 3du

u 3 )du [ 18 u 8

1 3

u6

1 4

u 4 ]12

(32

64 3

4) ( 81

1 3

1 4

)

117 8

28. Posons u = sec x, donc du = sec x tan x dx. Par conséquent,

tan 5 x sec3 x dx

tan 4 x sec 2 x(sec x tan x)dx (u 2 1)2 u 2 du u7

1 7

29.

tan 3 x sec x dx

tan 2 x sec x tan x dx u3 u C

1 3

/4

30.

0

/4

tan 4 t dt

0 tan

1 0

31.

tan 5 x dx

/4

[(1

0 4

1 3

/4 0

4

tan 2 t sec 2 t dt

32.

sec5 x

1 3

sec3 x C

(u 2 1) du

/4 0

tan 2 t dt

tan x dx

tan x dx

sin cos

4

1 4

(sec2 x 1)sec x dx

sec3 x dx

sec x dx

1 2

(sec x tan x ln|sec x tan x|) ln|sec x tan x| C [le résultat à l'exemple 8 et la formule 1]

1 2

(sec x tan x ln|sec x tan x |) C

1 d cos2

du

dx , v = sec x. Alors,

tan sec2 d

tan

u du

Autre solution : Posons u = cos , ce qui donne 12 sec2

Calcul intégral

2 5

sec x tan x ln|sec x| C [ou sec x sec 2 x ln|sec x| C ]

tan 2 x sec x dx

sin d cos3

sec

sec 4 x tan x dx 2 sec 2 x tan x dx

2

33. Posons u = x, dv sec x tan xdx

34.

sec7 x

[ 13 u 3 ]10 [tan t t ]0 / 4

sec3 x sec x tan x dx 2 tan x sec 2 x dx 4

1 7

2 3

(sec2 x 1) 2 tan x dx

1 4

u3 C

u 2 )du

sec3 x sec x C

(sec2 t 1)dt

) 0]

u5

2u 4

(sec 2 x 1)sec x tan x dx

tan 2 t (sec 2 t 1)dt

u 2 du

1 3

1 3

2 5

(u 6

(sec 2 x 1) 2 sec 2 x(sec x tan xdx)

1 2

u2

x sec x tan x dx

C

1 2

tan 2

x sec x

sec x dx

x sec x ln|sec x tan x| C .

C

C.

3.2 Les intégrales de fonctions trigonométriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

/2

35.

/6

/2

cot 2 x dx

/2

36.

/4

/6

/2 /4

(csc2 x 1)dx [ cot x x]

/2

cot 3 x dx

/4

[

37.

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

1 2

cot 2 x ln|sin x|] /2

cot 5 csc3 d

/4 csc

1 2

csc4 x cot 6 x dx

8 5

2

2

2 3

2 1

2

( 71

u9

du /u

3

/2

1 7

/4

2u 4

2 5

cot

u7

1 3

1 2

(csc 2

1 2

1 2

csc x cot x

1) 2 csc 2 csc cot d

u 2 ) du [ 17 u 7

sin8 x cos5 x dx

2a

1 2

C

cot 9 x

1 9

u5

1 3

u 3 ]1 2 22 8 2 105 105

cot 7 x C

1 7

csc x cot x

du

( csc x cot x csc2 x)dx .

cot x

csc x cot x

csc x cot 2 x dx

csc x cot x

csc x dx

1 2

cos x cos 4 x dx

cos3x

2c

1 2 1 2

2b

1 2

1 26

1 2

csc x cot x

csc3 x dx [

1 2

csc x(csc 2 x 1) dx

csc x cot x

csc3 x dx

ln|csc x cot x| C . Par conséquent,

csc x cot x 2 3

1 3

3

1 2

[sin(8 x 5 x) sin(8 x 5 x)]dx

1 6

Calcul intégral

2 5

u 6 (u 2 1) ( du )

1 3

sin 5 sin d

(1 ln 2)

120 168 70 15 42 35 2 105 105

)

1 2

43.

1 2

csc x cot x csc 2 x dx . Posons u csc x cot x

csc x dx /3

42.

1 2

csc3 x dx et à l’aide du résultat de l’exercice 39, nous obtenons

/6

41.

3

ln|u| ln|csc x cot x| C .

csc3 x dx

csc3 x dx

ln

1 2

40. Posons u = csc x, dv = csc2 x dx. Alors, du = − csc x cot x dx, v

En trouvant

3

6

cos x dx sin x

/2 /4

ln

1 2

(u 6

cot 6 x(cot 2 x 1)csc 2 x dx 1 9

)

2

cot x csc 2 x dx

(0 ln1)

csc x(csc x cot x) dx csc x cot x

csc x dx

Alors, I

/2 /4

(0

cot 4 csc 2 csc cot d

( u 8 u 6 )du

39. I

/4

(u 2 1) 2 u 2 ( du )

8 7

38.

/2

cot x(csc 2 x 1)dx

/2 /6

22

1 2 1 2

ln

ln

/3 /6

ln|csc x cot x|]

2 3

1 3

1 3

1 2

1 2

ln 2

1 2

sin 3x dx

2 3

3

1 2

ln 2

3

1,782 5

sin13 x dx

cos13x C

[cos( x 4 x) cos( x 4 x)]dx cos3 x dx

[cos(5

1 2

1 2

) cos(5

cos5 x dx

)]d

1 2

1 6

1 2

sin 3 x

cos 4 d

1 2

cos( 3 x)dx 1 10

1 2

cos(5 x)dx

sin 5 x C

cos6 d

1 8

sin 4

3.2 Les intégrales de fonctions trigonométriques

1 12

sin 6

C

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Solutionnaire détaillé

cos x sin x dx sin 2 x

44.

45.

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

/6 0

1 cos x sin x dx 12 (csc x sec x)dx 2 sin x cos x 1 (ln|csc x cot x| ln|sec x tan x|) C [selon le résultat à l'exercice 39 et la formule 1] 2 /6

1 cos 2 x dx

/6 0

|cos x|dx

2[sin x]0 /4 0

/4

1 cos 4 d

2[

47.

1 tan 2 x dx sec2 x

dx cos x 1

48.

/6

2(

x tan 2 x dx

/4 0 1 2

|sin 2 |d

1 2

cos 2 ]0

/4

/4

x(sec 2 x 1)dx

x tan x ln|sec x|

1 2 1 2

x

/6]

1 2

2

/4 0

sin 2 (2 ) d

0 pour 0

/4]

2

sin 2 x C

cos x 1 dx sin 2 x

csc x cot x C

u du

x2

x2

0 pour 0

[puisquesin 2 1 2

cos x 1 dx cos 2 x 1

x sec 2 x dx

tan x dx

sin 2 d

cos 2 x dx

1 cos x 1 dx cos x 1 cos x 1

2sin 2 (2 ) d

2(0 1)

1 2

cos 2 x dx

0

2

0 /4

0

/6

2

cos x dx [puisquecos x

0)

2

(cos 2 x sin 2 x)dx

x tan x

0

1 2

( cot x csc x csc 2 x)dx

49.

/6

2

2cos 2 x dx

0

1 (1 2sin 2 (2 ))d

0

2

/6

1 (2cos 2 x 1)dx

0

2

46.

23

x dx x, dv sec 2 x dx dx, v tan x

C

50. Posons u = tan7 x, dv sec x tan x dx

du

tan 8 x sec x dx

7 tan 6 x sec2 x dx , v = sec x. Alors,

tan 7 x sec x tan x dx

tan 7 x sec x

7 tan 6 x sec 2 x sec x dx

tan 7 x sec x 7 tan 6 x(tan 2 x 1)sec x dx tan 7 x sec x 7 tan 8 x sec x dx 7 tan 6 x sec x dx.

Par conséquent, 8 tan8 x sec x dx /4 0

tan 8 x sec x dx

tan 7 x sec x 7 tan 6 x sec x dx et

1 [tan 7 x sec x]0 / 4 8

7 8

/4 0

tan 6 x sec x dx

2 8

7 I. 8

Aux exercices 51 à 54, considérons que f(x) représente l’intégrande et F (x) sa primitive (avec C = 0). 51. Posons u = x2, de sorte que du = 2x dx. Alors, x sin 2 ( x 2 )dx

Calcul intégral

sin 2 u ( 12 du ) 1 4 1 4

1 2

1 2

(1 cos 2u )du

(u

1 2

sin 2u ) C

1 4

x2

1 4

sin( x 2 )cos( x 2 ) C

u

1 4

( 12 2sin u cos u ) C

3.2 Les intégrales de fonctions trigonométriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

24

Le graphique montre que cette réponse est vraisemblable, puisque la fonction F est croissante là où la valeur de f est positive et décroissante là où la valeur de f est négative. Remarquez également que f est une fonction impaire et que F est une fonction paire.

52.

sin 5 x cos3 x dx

sin 5 x cos 2 x cos x dx sin 5 x(1 sin 2 x)cos x dx sin

u 5 (1 u 2 )du 1 6

sin 6 x

1 8

(u 5 u 7 )du

sin 8 x C

Le graphique montre que cette réponse est vraisemblable, puisque la fonction F est croissante là où la valeur de f est positive et décroissante là où la valeur de f est négative. Remarquez également que f est une fonction impaire et que F est une fonction paire.

53.

sin 3x sin 6 x dx

1 2 1 2 1 6

[cos(3 x 6 x) cos(3 x 6 x)]dx (cos3x cos9 x)dx

sin 3x

1 18

sin 9 x C

53. Remarquez que f (x) = 0 chaque fois que F a une tangente horizontale.

54.

sec4 2x dx

(tan 2 2x 1)sec 2 2x dx tan

(u 2 1)2du

2 3

u3

2u C

2 3

tan 3 2x

2 tan 2x

C

Remarquez que la fonction F est croissante et que la valeur de f est positive sur les intervalles où les deux fonctions sont définies. De plus, F n’a pas de tangente horizontale, et la valeur de f n’est jamais égale à zéro.

Calcul intégral

3.2 Les intégrales de fonctions trigonométriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

55.

f moy

sin 2 x cos3 x dx

1 2 sin

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

0

1 2

0

u 2 (1 u 2 )du

0

Posons u = cos x. Alors, du

b)

Posons u = sin x. Alors, du 1 2

sin x cos x dx

sin 2 x(1 sin 2 x)cos x dx

1 2

56. a)

c)

25

sin x dx

sin x cos x dx

cos x dx 1 4

sin 2 x dx

sin x cos x dx

u( du) u du

1 2

1 2

u2 C

u2 C

1 2

1 2

cos 2 x C1 .

sin 2 x C2 .

cos 2 x C3

Posons u = sin x et dv = cos x dx. Alors, du = cos x dx, v = sin x, donc sin x cos x dx sin 2 x

d)

3.1.2, donc sin x cos x dx

1 2

sin x cos x dx , selon la formule

sin 2 x C4 .

Puisque cos2 x = 1− sin2 x et cos 2x = 1− 2 sin2 x, nous voyons que la seule différence entre les deux réponses est une constante.

57.

/4

A 2

/4

(cos 2 x sin 2 x)dx

/4

/4

cos 2 x dx

0

/4

cos 2 x dx

2[ 12 sin 2 x]0 / 4

[sin 2 x]0 / 4

1 0 1

58.

5 /4

A

/4 5 /4 /4

cos, sin

2

2 /2

Calcul intégral

2 2

(1 u 2 )du 1 3

2 4

2 0

/4

2 /2 2 /2 0

sin 3 x dx

5 /4

2 /2

(1 u 2 )( du )

0

4

/4

(1 cos 2 x)sin x dx

2 /2 2 /2

5 /4

(sin 3 x cos3 x)dx

/4

cos 3 x dx

(1 sin 2 x)cos x dx

(1 u 2 )du

(1 u 2 )du

2 2

5 /4

1 3

2

4[u 5 3

1 3

u 3 ]0 2 / 2

2

3.2 Les intégrales de fonctions trigonométriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

26

59.

Le graphique semble montrer que

2 0

cos3 x dx

0 , puisque l’aire sous l’axe des x et au-dessus de la courbe semble être égale à l’aire

au-dessus de l’axe des x et sous la courbe. Selon l’exemple 1, l’intégrale est [sin x

1 3

sin 3 x]02

0 . Il est à noter qu’à cause de la

symétrie, l’intégrale de toute puissance impaire de sin x ou de cos x entre des bornes qui diffèrent de 2nπ (n étant tout nombre entier) est nulle. 60.

Le graphique semble montrer que

2 0

sin 2 x cos5 x dx

0 , puisque chaque portion de surface au-dessus de l’axe des x semble

correspondre à celle sous l’axe des x. Nous utilisons une identité trigonométrique pour évaluer l’intégrale : 1 0

sin 2 x cos5 x dx

2 1 2 0 2

1 2 0

[sin(2 x 5 x) sin(2 x 5 x)]dx [sin( 3 x) sin 7 x]dx

[ cos( 3 x)

1 1 2 3 1 1 2 3

[ (1 1)

1 7

1 7

cos7 x]02

(1 1)] 0

61. En utilisant la méthode des disques, nous obtenons

V

/2

sin 2 x dx

1 /2 2

(1 cos 2 x)dx

[ 12 x

1 4

sin 2 x]

/2

(2

0

4

0)

2

4

62. En utilisant la méthode des disques, nous obtenons

Calcul intégral

3.2 Les intégrales de fonctions trigonométriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

V

(sin 2 x) 2 dx

0

/2 2

0

2

0

/2

/2 2

0

2

[( 34

/2

2

0

27

[ 12 (1 cos 2 x)]2 dx

(1 2cos 2 x cos 2 2 x) dx [1 2cos 2 x ( 23

2cos 2 x

1 2

(1 cos 4 x)]dx

1 2

cos 4 x) dx 3 8

0 0) (0 0 0)]

2

[ 23 x sin 2 x

1 8

sin 4 x]0 / 2

2

63. En utilisant la méthode des disques troués, nous obtenons

V

/4

[(1 sin x) 2

0 /4 0 /4 0 /4 0

(1 cos x) 2 ]dx

[(1 2sin x sin 2 x) (1 2cos x cos 2 x)]dx (2cos x 2sin x sin 2 x cos 2 x) dx (2cos x 2sin x cos 2 x) dx 2

2

1 2

[2sin x 2cos x

(0 2 0)

2 2

1 2

sin 2 x]0 / 4

5 2

64. En utilisant la méthode des disques troués, nous obtenons

V

/3

{[sec x ( 1)]2 [cos x ( 1)]2}dx

0 /3 0 /3 0

[(sec 2 x 2sec x 1) (cos 2 x 2cos x 1)]dx [sec 2 x 2sec x

1 2

(1 cos 2 x) 2cos x]dx

[tan x 2ln|sec x tan x| 3 2 ln 2

Calcul intégral

2ln 2 3

3 1 6

2

6 1 8

1 2 1 8

x 3

1 4

sin 2 x 2sin x]0 /3 3

0

3

3.2 Les intégrales de fonctions trigonométriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

65. s

s

66. a)

f (t )

t 0

cos wt 1 w 1

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

sin wu cos2 wu du . Posons y

y 2dy

[ y 3 ]1cos wt

1 1 w 3

1 3w

cos wu

dy

28

wsin wu du . Alors,

(1 cos3 wt ) .

Nous désirons évaluer la racine carrée de la valeur moyenne de [E(t)]2 = [155 sin(120πt)]2 = 1552 sin2(120πt). Nous allons évaluer tout d’abord la valeur moyenne elle-même, en effectuant l’intégration de [E(t)]2 durant un cycle (entre t = 0 et t puisqu’il y a 60 cycles par seconde) et en divisant par ( 601

[ E (t )]2moy

1/60 1 1/60 0

[1552sin 2 (120 t )]dt 2 1 2

60 155 ( )[t

1 240

1 60

,

0) : 1/60

60 1552 1/60 0

0

1 2

[1 cos(240 t )]dt

60 1552 ( 12 )[( 601 0) (0 0)]

sin(240 t )]

1552 2

La tension efficace est simplement la racine carrée de cette valeur, c’est-à-dire 1552 110 V . b)

220

[ E (t )]2moy

2202

[ E (t )]2moy 2

30 A [t Par conséquent, 2202

1 2

A2

1/60 1 1/60 0 1 240

A2 sin 2 (120 t )dt 1/60 0

sin(240 t )]

A 220 2

2

30 A [(

60 A2 1 60

1/60 0

1 2

[1 cos(240 t )]dt

0) (0 0)]

1 2

A2

311 V .

67. Nous constatons que l’intégrande est impaire [f(−x) = −f(x)]. Ou : Si m ≠ n, calculons

sin mx cos nx dx

1 2

[sin(m n) x sin(m n) x]dx

1 2

cos(m n) x m n

cos(m n) x m n

0

Si m = n, alors le premier terme de chaque ensemble de parenthèses est zéro.

68.

sin mx sin nx dx

Si m ≠ n, ceci est égal à

Calcul intégral

1 2

[cos(m n) x cos(m n) x]dx .

1 sin(m n) x 2 m n

sin(m n) x m n

0.

3.2 Les intégrales de fonctions trigonométriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

Si m = n, nous obtenons

1 2

cos mx cos nx dx

69.

Si m ≠ n, ceci est égal à

Si m = n, nous obtenons

70.

1

f ( x)sin mx dx

1 2

1

[1 cos(m n) x]dx

1 2

0

.

[cos(m n) x cos(m n) x]dx .

1 sin(m n) x 2 m n

1 2

sin(m n) x m n

0.

sin(m n) x 2(m n)

[1 cos(m n) x]dx [ 12 x]

m

an sin nx sin mx dx

n 1

m

an

0

.

sin mx sin nx dx . Selon le résultat de l’exercice 68, chaque terme est

n 1

nulle, à l’exception du mème terme, qui est

Calcul intégral

sin(m n) x 2(m n)

x]

29

am

am .

3.2 Les intégrales de fonctions trigonométriques

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

30

3.3 La substitution trigonométrique 1.

Posons x = 2sin θ, où −π/2 ≤ θ ≤ π/2. Alors, dx = 2cosθ dθ et 4 x2 dx x2 4 x2

2cos d 4sin 2 (2cos ) 1 cot 4

2.

Posons x = 2tan θ, où

2

2

x3 x2

4

. Alors, dx = 2sec2 θ dθ et

8 tan 3 2sec 2 d 2sec

dx

8 1 3

Posons x = 2sec θ, où 0

2

x2

ou

4

1 3 u u 3 ( x2

x2

C

4)3/ 2

3 2

4

4 tan 2 2sec

4

4(tan 2

1)

4sec 2

pour les valeurs restreintes de

2|sec |

.

8 tan 2 sec tan d

1)sec tan d 8 3 sec 3

4 x2

8 (u 2 1) du [u 8sec

C

8 3

sec ] x2 4 2

3

8

x2 4 2

C

4 C

. Alors, dx = 2sec θ tan θ dθ et

4sec2 4 tan

Calcul intégral

2|cos | 2cos . Par conséquent,

C

8 (sec 2

3.

4cos 2

1 csc 2 d 4

4 x2 4x

C

4 4sin 2

2

4

4(sec 2

2|tan | 2 tan

1) pour les valeurs restreintes de

3.3 La substitution trigonométrique

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

x2 4 dx x

2 tan 2sec tan d 2sec 2 (sec 2 x2

4.

Posons x = sin θ, donc dx = cos θ dθ, x 1

I

0

1)d

4

0

/2 0

(1 cos 2 )sin

[ 13 u 3

1 5

x 2

) C

u 5 ]10

1 3

arcsec

x 2

C

C

. Alors,

2

sin 3

cos 2 cos d

cos 2

d

5 3 15

2 15

1 5

x2 4 2

2

0 et x 1

0

x3 1 x 2 dx /2

2 tan 2 d

2(tan

2arcsec

31

c

0

/2 0

sin 2 1

(1 u 2 )u 2 ( du )

1

cos 2 d

sin 0

(u 2

u 4 ) du

Autre méthode : Posons u = 1− x2, donc du = −2x dx. Alors, 0

I

5.

1

(1 u) u (

1 2

du )

1 1 2 0

(u1/2 u 3/2 )du

1 2

[ 32 u 3/2

Posons t = sec θ, donc dt = sec θ tan θ dθ, t 1

2 2 3

t

t

2

1

u 5/2 ]10

2 /3

dt

/4

1 2

, et t

4

1 3 2 2

1 2 1 2

(4

2 5

1 2

)

( 154 )

2 15

2

3

/3

tan d

(1 cos 2 ) d

3

( 32

[

1 2 1 2

1)

/4

. Alors,

1 d sec 2

sin 2 ] 3 4

12

.

/3 /4

cos 2 d

/3 /4 1 2

24

3 8

1 4

Posons u = 36 − x2, donc du = −2x dx. Lorsque x = 0, u = 36; lorsque x = 3, u = 27. Par conséquent, 3 0

x 36 x

2

dx

27 36

1 u

1 du 2

1 2 u 2

27

27

36

Autre méthode : Posons x = 6sinθ, donc dx = 6cosθ dθ, x 3 0

x 36 x

2

dx

6sin

/6 0

36(1 sin

6[ cos ]0 /6

7.

1 2

1 sec sec3 tan

/3 1 /4 2

6.

2 5

Posons x = a tan θ, où a > 0 et a 0

2

6

3 2

2

dx (a x 2 )3/ 2 2

)

1

2

/4 0

1 a2

Calcul intégral

/6

6cos d

0

36

6 3 3 0 et x 3

0

6sin 6cos d 6cos

6

/6 0

6

. Alors,

sin d

6 3 3

. Alors, dx = a sec2 θ d θ, x

a sec 2 d [a (1 tan 2 )]3/ 2 2

2 2

0

/4 0

0 et x

0

a sec 2 d a3 sec3

1 a2

/4 0

cos d

a

4

1 sin a2

. Par conséquent, /4

0

1 . 2a 2

3.3 La substitution trigonométrique

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

8.

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

Posons t = 4sec θ, où 0

2

ou

3 2

. Alors, dt = 4 sec θ tan θ dθ et

t 2 16

32

16sec2

16

16tan 2

4tan

pour

les valeurs restreintes de θ, donc dt t

2

t

2

4sec tan d 16sec 2 4 tan

16

1 sin 16

9.

Posons x = 4 tan θ, où

2

2

16 tan 2 16sec 4sec

x

2

16

4sec 2 d 4sec

sec d

ln| x 2 16

(Puisque x2 16

10. Posons t

t2

2

2 tan 2

t 2 16 16t

C

C

ln|sec

x| ln|4| C1

16

2

1)

4 |sec | pour les valeurs restreintes de .

tan | C1

ln( x 2 16

16(tan 2

ln

x 2 16 4

x) C , où C

x 4

C1

C1 ln 4.

0 , cela justifie la simplification de la valeur absolue.)

2 tan , où

2 |sec |

Calcul intégral

x

1 t 2 16 16 t

1 cos d 16

. Alors, dx = 4 sec2 θ dθ et x 2 16

dx

C

1 1 d 16 sec

2

2

2

2(tan 2

2 sec2

. Alors, dt

1)

d et

2sec 2

2 sec pour les valeurs restreintes de .

3.3 La substitution trigonométrique

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

t5 t2

2

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

4 2 tan 5 2 sec

dt

2 sec 2 d

4 2 (sec 2 4 2 (u 4

4 2 tan 5 sec d

1) 2 sec tan d 2u 2 1)du

t2

2

11. Posons 2x = sin θ, où

[3(t 4

1 4

2

4t 2

u3

2 3

1 2

2

sin , dx

1 4

du 1 5

ln|csc

5 u2 u

2

C

sin 2 d

1 3

1 2

1 ln 5

3 2

ou

3tan 3sec tan d 27sec3

1 x arcsec 6 3

Calcul intégral

1 2

t2

1 15

t2

2 2

2(3t 4 8t 2

cos d et 1 4 x2

1 2

cos

d

sin 2

15

C

32) C

1 (2 x)2

cos .

(1 cos 2 ) d

1 4 1 4

C

(

sin cos ) C

arcsin(2 x) 2 x 1 4 x 2

C

cot | C [selon le résultat de l'exercice 3.2.39]

13. Posons x = 3 sec θ, où 0

1 3

2

10

1 csc d 5

5 cos d

5 cos

1 5 ln u 5

x2 9 dx x3

sec tan d ]

5 cos d . Alors,

1 5 sin

u 5 u2

2) 2 2

1 2

cos 1 4

5 sin , donc du

(t 2

2) 60] C

1 4 x 2 dx

12. Posons u

3

2

4) 20(t 2

sec , du

u) C

t2

4 2 15

. Alors, x

2

4 2 (u 2 1) 2 du [u

4 2( 15 u 5

4 2 u (3u 4 10u 2 15) C 15 4 15

33

5 u2 u

C

. Alors, dx = 3 sec θ tan θ dθ et x2 9

3tan , donc

1 tan 2 d 3 sec 2

(1 cos 2 )d 2

1 x 93 6 x x

5

C

1 6

1 12

sin 2

1 x arcsec 6 3

C

1 6

1 6

sin cos

C

2

x 9 2x2

C

3.3 La substitution trigonométrique

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

14. Posons x = tan θ, donc dx = sec2 θ dθ, x

dx 0 ( x2 1)2 1

/4 0

sec2 d (tan 2 1) 2

1 2

0 /4

sin 2

1 2

/4

0

sec2 d (sec 2 ) 2 (4

1 2

15. Posons x = a sin θ, dx = a cos θ dθ, x a 0

x2 a2

x 2 dx

/2 0

a4

1 3

1 2

/2 0

2 /3

1 4

sin 4

0

/3 1 3

dx x

5

9x

2

1

/3

81 4

/4

81 4

/4

/3

17. Posons u = x2 − 7, donc du = 2x dx. Alors,

18. Posons ax = b sec θ, donc (ax)2

[(ax)

Calcul intégral

sec tan d b3 tan 3 1 csc C ab 2

b a

dx 2

b tan , dx

2 3/ 2

b ]

b2 sec2

2

/2 0

5

3 2

a4 4

sin 2 2 d

16

34

tan

3 16

x 2

7

3 8

dx

, x

/3 /4

1 2

1 2

(1 cos 4 ) d

2 3

3

cos 4 d

cos 2 2 ) d 1 2

/2 0

a4

4

2cos 2 3 2

. Alors,

sin 2 cos 2 d

0

(1 2cos 2

x

2

2/3

sec

1 (1 cos 2 )d 2

a

sec tan d

1 5 3

/4

0

0

2

sec tan d , x

1 3

/2

a4 a4 4

a4 8

. Alors,

1 4

8

2

/2

0

0 et x

(2sin cos ) d

4

/4

cos 2 d

0

81 4

(ax)2 b2

) 0

1 2

sec , donc dx 2/3

Donc,

/4 0

a 2 sin 2 (a cos )a cos d

a4 8

16. Posons x

0 et x 1

0

34

cos 4 1 0

1 du u

/3

81 4

/4

81 4

d 81 4

1 2

/3

81

/4

2 u

2

(1 cos 2 ) d

[1 2cos 2

3 2

8

1 2

. Alors,

sin 2 7 16

1 2 1 8

(1 cos 4 )] d

sin 4

/3 /4

3 1

C

x2

7

C.

(ax)2 − b2 = b2 sec2 θ − b2 = b2(sec2 θ − 1) = b2 tan2 θ.

b sec tan d et a

1 sec 1 cos 1 d d csc cot d ab 2 tan 2 ab 2 sin 2 ab 2 1 ax x C C ab 2 (ax) 2 b 2 b 2 (ax) 2 b 2

3.3 La substitution trigonométrique

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

19. Posons x = tan θ, où

1 x2 dx x

2

2

. Alors, dx = sec2 θ dθ et 1 x2

sec sec 2 d tan

sec tan ) d

ln|csc

cot | sec

1 x2 x

sec , donc

sec (1 tan 2 )d tan

(csc

ln

35

C

1 x2 1

1 x

selon le résultat de l'exercice 3.2.39 C

1 x2 x

ln

1

1 x2

C

20. Posons u = 1 + x2, donc du = 2x dx. Alors, x 1 x

2

21. Posons x 0,6 0

1 1 du u 2

dx

3 5

sin , donc dx

x2 9 25 x

2

/2

dx

9 250

22. Posons x = tan θ, où

3 2 5

3 5

/2

2

2

1 2

1/ 2

du

1 2u1/ 2 2

cos d , x

sin 2

3 5

3cos

0 9 125 0

Calcul intégral

1 u 2

0

0

2

1 x2

0 et x

0

9 125 0

cos d

(1 cos 2 ) d

C

9 250

1 2

/2

sin 2

sin 2

C

0,6

2

. Alors,

d /2 0

9 500

. Alors, dx = sec2 θ dθ,

x2 1 sec et x

0

3.3 La substitution trigonométrique

0, x 1

4

, donc

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

1 0

x 2 1dx

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

/4 0 1 2 1 2

/4

sec sec 2 d

sec tan

0

ln|sec

2 1 ln(1

sec3 d tan |

/4

selon le résultat de l'exemple 3.2.8

0

2) 0 ln(1 0)

2

1 2

ln(1

2)

23. Puisque, 5 + 4x − x2 = −(x2 − 4x + 4) + 9 = −(x − 2)2 + 9, posons x − 2 = 3 sin θ,

5 4x

x 2 dx

9 ( x 2) 2 dx

9 2

9 4

sin 2

C

2

, donc dx = 3 cos θ dθ. Alors,

9cos 2 d 9 2

(1 cos 2 ) d

2

9 9sin 2 3cos d

9cos 2 3cos d 9 2

36

(

1 2

9 2

9 4

sin 2 ) C

(2sin cos ) C

9 x 2 arcsin 2 3

9 x 2 2 3

5 4x 3

9 x 2 arcsin 2 3

1 ( x 2) 5 4 x 2

x2 x2

C C

24. Puisque t2 − 6t + 13 = (t2 − 6t + 9) + 4 = (t − 3)2 + 22, osons t − 3 = 2 tan θ, donc dt = 2 sec2 θ dθ. Alors, dt t

2

1 (2 tan ) 2

6t 13

22

2sec 2 d 2sec ln

t2

ln | t 2

Calcul intégral

6t 13 2

2sec 2 d

sec d t 3 2

ln|sec

tan | C1

selon la formule 3.2.1

C1

6t 13 t 3| C où C

C1 ln 2

3.3 La substitution trigonométrique

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

25. Puisque x 2

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

x 1 ( x2

1 4

x

3 4

)

1 2 2

(x

3 2

)

2

, posons x

3 2

1 2

37

tan , donc dx

3 2

sec2

d et

x2

x 1

3 2

sec .

Alors,

x x

2

x 1

3 2

dx

tan 3 2

3 2 3 2

1 2

sec

tan

sec

1 2 1 2

3 sec 2 2

d 3 2

sec d

ln|sec

tan sec d

1 2

sec d

tan | C1

x2

x 1

1 2

ln

2 3

x2

x 1

1 2

ln

2 3

x2

x 1

1 2

ln

x2

x 1

1 2

ln

x2 x 1

2 3

1 2

x2

2 3

x2

x 1

ln

x2

x 1

x x

x 1 x

1 2

1 2

C1 C1

1 2 1 2

x

C1

C , où C

C1

1 2

ln

2 3

26. Puisque 3 + 4x − 4x2 = − (4x2 − 4x + 1) + 4 = 22 − (2x − 1)2, posons 2x −1 = 2 sin θ, donc 2 dx = 2 cos θ dθ

x2 (3 4 x 4 x 2 )

dx 3/ 2

1 2

2

(1 2sin )

cos d

(2cos )3

1 1 4sin 4sin 2 d 2 32 cos et 3 4 x 4 x

2

2cos . Alors,

1 32

[sec 2

1 32

(5sec 2

1 5 32

4 tan sec 4 tan sec 2x 1

3 4x 4x

10 x 3 32 3 4 x 4 x

2

2

4

1 (sec 2 32 4(sec 2 4) d

1)] d 1 32

(5 tan

2 3 4x 4x

1 2x 1 arcsin 8 2

2

4sec

4 arcsin

3.3 La substitution trigonométrique

4 ) C

2x 1 2

C

C

27. Puisque x2 + 2x = (x2 + 2x + 1) −1 = (x +1)2 – 1, posons x + 1 = 1 sec θ, donc dx = sec θ tan θ dθ et x2

Calcul intégral

4 tan 2 ) d

4 tan sec

2x

tan . Alors,

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

x2

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

2 x dx

tan 2 sec d

tan (sec tan d ) (sec2 1 2 1 2

38

sec3 d

1)sec d

sec d

sec tan

1 2

ln|sec

tan | ln|sec

sec tan

1 2

ln|sec

tan | C

1 2

tan | C

( x 1) x 2

2x

1 2

x2

ln|x 1

2 x| C

28. Puisque x2 − 2x + 2 = (x2 − 2x + 1) + 1 = (x − 1)2 + 1, posons x −1 = 1 tan θ, donc dx = sec2 θ dθ et x2

x2 1 dx ( x 2 2 x 2) 2

1) 2 1

(tan

sec 4 tan 2

2 tan sec 2

(sin 2

2

[1 2sin cos 3 2

sin

1 4

d 2cos 2 ) d

1 2

3 arctan( x 1) 2

3 2

C

sin

cos 2 ) d

(1 2sin cos 3 2

(1 cos 2 )] d

sin 2

3 x 1 arctan 2 1

sec . Alors,

sec 2 d

2sin cos

2

2x 2

2

1 2

2sin cos sin cos

1 2

cos 2

d

C

2

( x 1) 2 x 2x 2

1 x 1 1 C 2 2 2 x 2x 2 x 2x 2 2( x 2 2 x 1) x 1 3 2 x 2 3x 1 C arctan( x 1) 2( x 2 2 x 2) 2 2( x 2 2 x 2)

C

Nous pouvons simplifier cette réponse comme suit : 3 arctan( x 1) 2

(2 x 2 4 x 4) x 3 C 2( x 2 2 x 2)

3 x 3 arctan( x 1) 1 C 2 2( x 2 2 x 2) 3 x 3 arctan( x 1) C1 , où C1 1 C 2 2 2( x 2 x 2)

29. Posons u = x2, du = 2x dx. Alors, x 1 x 4 dx

1 u2 1 2 1 4

Calcul intégral

1 2

1 2

du

1 2

cos

(1 cos 2 ) d

arcsin u

1 4

u 1 u2

cos d

1 4

1 8

C

sin 2 1 4

où u

sin , du et

C

arcsin( x 2 )

1 4

1 u 1 4

1 4

cos

sin cos

x2 1 x4

3.3 La substitution trigonométrique

cos d , 2

C

C

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

/2 0

cos t dt 1 sin 2 t

1

1 0

1 u /4

30. Posons u = sin t, du = cos t dt. Alors,

0

2

/4

du

0

sec d

1 sec 2 sec

ln|sec

31. Posons x = a tan θ, où a > 0 et

2

2

a sec2 d a sec

dx x

2

a

2

2

2

(sec

1

a2

1

1 6

0

1 6

aire

3 3 2 2

2

3

0

x2

3 2

y 4dx

3

3 2

x2

4, alors

x2

4dx

2 tan 2sec tan d

12

0 1 2

(sec 2

6 sec tan

Calcul intégral

1)sec d

(sec tan

sec

[selon la formule 1 de la section 3.2]

0

ln( 2 1)

tan | C1

ln

x2

a2

x a

a

C1

C1 ln|a|

x

tan 2 d sec

tan | sin

x 2

ln|sec ln| sec

tan sec

a

C1

2

sec 2 sec

1

d

C1 x2

ln x

où x

sec tan d

2

d

(tan

x

a2

x

2

a2

C1

1 6 0

)

1 6

(sec

x 2

2

1)d

sec , dx 1 1 6

sec tan d ,

tan , et tan

arcsec7 0

( 48 arcsec7)

où x 2sec , dx 2sec tan d , 3 2

arcsec 12

ln|sec

tan

1 6 0

36

ln|sec

a 2 tan 2 a sec 2 d a 3 sec3

x a

a

x2 1 dx x

7

7 1

4 y2

/4

1 u

d ,

x 2 1/x sur l’intervalle [1, 7] est

33. La valeur moyenne de f ( x)

34. 9 x2

et

2

sec 2

. Alors,

cos )d

x2

ln

tan , du

a sec et

a 2 ) C où C

x2 dx ( x 2 a 2 )3/ 2

I

a2

sec d

x2

ln( x

32. Posons x = a tan θ, où a > 0 et

x2

. Alors,

où u

d

tan |

ln( 2 1) ln(1 0)

39

12

0

(sec3

sec ) d

tan |) ln|sec tan |

0

6

3 5 4

ln

tan | 3 2

5 2

0 9 5 2

6ln

3

5 2

3.3 La substitution trigonométrique

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

35. Aire du POQ x

r cos u

r2

x 2 dx

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

1 2

1 2

(r cos )(r sin )

dx

r sin u du pour r > 0 et

r 2 arccos( x /r )

u

2

r 2 sin 2 udu

r sin u ( r sin u )du 1 2

r 2 sin cos . Aire de la région PQR

1 2

x r2

x2

1 2

r r cos

40

r2

x 2 dx . Posons

. Alors, nous obtenons

r 2 (u sin u cos u ) C

C

donc,

aire de la région PQR

r 2 arccos( x /r ) x r 2

1 2

0 ( r

1 2

2

x2

r cos r sin )

r r cos 1 2

r2

1 2

r 2 sin cos

et, par conséquent, (aire du secteur POR) (aire du POQ) (aire de la région PQR)

36. Posons x

2 sec , où 0

2

3 2

ou

dx x

4

x

2

, donc dx

1 2

r2 .

2 sec tan d . Alors,

2 sec tan d 4sec 4 2 tan

2 1 4

cos3 d

1 4

sin

1 4

1 3

1 4

sin 3

x2 2 x

( x2

(1 sin 2 )cos d C [avec le changement de variable u 2)3/ 2 3x3

sin ]

C

Le graphique semble montrer que cette réponse est vraisemblable. [On constate que la valeur de f(x) est grande lorsque F augmente rapidement et petite lorsque F se rapproche de l’horizontale.]

Calcul intégral

3.3 La substitution trigonométrique

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

41

37. En utilisant la méthode des disques (perpendiculaire à l’axe des x) :

V

2

9

3

x

0

2

9

1

3

dx 81

0

( x2

9)2

dx .

Posons x = 3 tan θ, donc dx = 3 sec2 θ dθ, x

V

/4

81

0

3 2

0 et x 3

0

1 3sec2 d (9sec2 ) 2

1 2

/4

sin 2

3 2

0

/4

3 1 2

4

0

cos 2 d 2

3 8

0

. Par conséquent,

4

/4

3

0

1 (1 cos 2 )d 2

3 4

38. En utilisant la méthode des coquilles cylindriques (autour de la droite x = 1) :

V

1 0

2 (1 x) x 1 x 2 dx 1

2

0

1

x 1 x 2 dx 2

0

x 2 1 x 2 dx

2 V1 2 V2 0

Pour V1, Posons u = 1− x2, donc du = −2x dx et V1

1

1 2

u

1 1/ 2 1 2 0

du

1 2

u du

2 3

1

u 3/ 2

0

1 2

2 3

1 3

.

Pour V2, Posons x = sin θ, donc dx = cos θ dθ et /2

V2

0 1 4 0

Par conséquent, V

39. a)

1 3

2

2

sin 2 /2

16

sin 2 2 d 2 3

Posons t = a sin θ, dt = a cos θ dθ, t x 0

a2

t 2 dt

arcsin( x /a ) 0 2

a 2

a2 2 Calcul intégral

0

1 4 0

2

1 8

/2

1 2

0

(1 cos 2 )d

0 et t

arcsin

x a

x a

1 8

0 1 2

sin 2

1 4

(2sin cos ) 2 d /2 0

1 8

2

16

a2

arcsin( x /a ) 0

a 2

a2 x2 a

1 2

0

arcsin( x/a) . Alors,

x

cos 2

2

(1 cos 2 )d

/2

sin 2 cos 2 d

.

0

a cos (a cos d )

arcsin( x /a )

/2

cos 2 cos d

sin 2 1 2

d arcsin( x /a ) 0

a2 2

a 2 arcsin( x /a)

sin cos 1 2

x a2

3.3 La substitution trigonométrique

arcsin( x /a ) 0

x2 © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

b)

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

x

L’intégrale

0

a 2 t 2 dt représente l’aire située sous la courbe y

42

a 2 t 2 entre les droites verticales t = 0 et t = x. La figure

montre que cette surface est composée d’une région triangulaire et d’un secteur du cercle t2 + y2 = a2. La région triangulaire est de base x et de hauteur a 2 est 12 a2

1 2

x 2 , donc son aire est 12 x a 2

x 2 . L’aire du secteur

a2 arcsin( x /a) .

40. Les courbes se croisent lorsque x 2

1 2

2

x2

x2

8

1 4

x4

x4

8

4 x 2 32 0

( x2 8)( x2

4) 0

x

2.

L’aire à l’intérieur du cercle et au-dessus de la parabole est donnée par 2

A1

8 x2

2

2

1 2

1 2

(8)arcsin 1 2

8arcsin

Puisque l’aire du disque est ( 8)2

x 2 dx 2 8

1 2

2

8 x 2 dx 2

(2) 8 22 8 3

2 4

2 0

8

1 2 8 3

4

4

1 3

2 1 0 2

x 2 dx

2

x3

selon le résultat de l'exercice 39

0 4 3

2

8 , l’aire à l’intérieur du cercle et sous la parabole est A2

8

2

4 3

6

4 3

.

41. Utilisons la méthode des coquilles cylindriques. Considérons évidemment que R > r. Puisque x2

r2

( y R) 2 V

R r R r

4 4

2 y 2 r2 r r

( y R)2 , posons g ( y)

u 2 du

(r 2

u 2 )3/ 2

1 3

/2 /2

r

R) 2 dy

(y

u r2

2 Rr 2

Calcul intégral

r2

x

4 R r r

(1 cos 2 )d

r

r

4 R

/2 /2

R) r 2 u 2 du

4 (u

r2

r

2 r 2 ( y R)2 et ainsi y

R]

où u r sin , du r cos d dans la seconde intégrale

u 2 du r 2 cos 2 d

2 Rr 2

[où u

1 2

sin 2

(0 0) 4 Rr 2

4 3 /2

/2

2

3.3 La substitution trigonométrique

2

/2 /2

cos 2 d

Rr 2

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

43

Autre méthode : Si nous utilisons des disques troués plutôt que des coquilles cylindriques, alors V

8 R

r 0

r2

y 2 dy comme à

l’exercice 2.2.61 a); pour évaluer l’intégrale, il faut toutefois poser y = r sin θ.

42. Posons x = b tan θ, de sorte que dx = b sec2 θ dθ et x2

b

L a

E ( P)

a

4

0 2

4

0b

1

( x2

1 d sec

0b

x2

4 2

4

2 1

0

0b

b2

cos d

a

4

0

b

sin

L a 4

0b

b sec .

1 b sec 2 d (b sec )3

1

L a

x 4

b

dx

b 2 )3/ 2

b2

( L a)2

2 1

a b2

a2

b2

43. Sachant que l’équation du grand cercle est x2 + y2 = R2. Alors, l’équation du petit cercle sera x2 + (y − b)2 = r2, où b

R2

r 2 est la

distance entre les centres des deux cercles. L’aire A qu’il faut trouver est donnée par r

A

r

2

r 0

b

r2

x2

R2

x 2 dx

b

r2

x2

R2

x 2 dx

r

r

0

0

2 b dx 2

r2

x 2 dx 2

r 0

R2

La première intégrale est simplement 2br

x 2 dx

2r R2

r 2 . La seconde intégrale représente l’aire d’un quart de cercle de rayon r, sa

valeur est donc 14 r 2 . Pour évaluer la dernière intégrale, on calcule d’abord que

a2

x 2 dx

a 2 cos 2 d 1 2

2

a (

1 2

a sin , dx

sin 2 ) C

a2 x arcsin 2 a Calcul intégral

[x

a2 x 2 a

1 2

2

a (

a cos d ]

1 2

a2

(1 cos 2 )d

sin cos ) C

a2 x2 a

C

a2 x arcsin 2 a

3.3 La substitution trigonométrique

x 2 a 2

x2

C

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

44

Par conséquent, l’aire A qu’il faut trouver est

A 2r R 2

r2

2

2

2

1 2

2r R

r

r2

1 4

r

2

R 2 arcsin( x /R) x R 2 2

R arcsin(r /R) r R

2

r

r

x2 2

0

r R2

r2

2

r2

R 2 arcsin(r /R )

44. Puisque le cylindre repose sur le côté, les sections circulaires du réservoir sont toutes identiques. Par conséquent, le pourcentage de la capacité totale qui est utilisé correspond au pourcentage de l’aire de n’importe quelle section circulaire qui est sous la surface de l’eau. L’aire A de la partie immergée est

A 2

2 5

25

y 2 dy

25arcsin( y /5) 25arcsin 52

y 25

2 21

25 2

y2

2 5

[Avec le changement de variable y

58,72 m 2 .

Le pourcentage de la capacité totale utilisée est donc

Calcul intégral

5sin ]

A (5)2

58,72 25

0,748 ou 74,8 %.

3.3 La substitution trigonométrique

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

45

3.4 L’intégration de fonctions rationnelles au moyen de fractions partielles 1.

a)

b)

2.

a)

b)

1 6x (4 x 3)(2 x 5) 10 5x2

2 x3

x2

x x 2

A 4x 3

10 x 2 (5 2 x)

B 2x 5 A x

x ( x 2)( x 1)

x2 x x 2

( x2

2

B x2

C 5 2x

A x 2

B x 1

x 2) ( x 2) x 2 1 2 x2 x 2 x x 2

x2 + x + 2 est irréductible parce que son discriminant est b2 − 4ac = −7 < 0.

3.

4.

a)

x4 1 x 4 x3

x4 1 x ( x 2 4)

b)

1 ( x 2 9)2

1 [( x 3)( x 3)]2

a)

5

x4

3

2 x3 x 2 2 x 1 x2 2x 1

A x

5.

a)

b)

6.

a)

b)

7.

x2 1 x x2 x 3

x6 x

2

( x2

(x

x4 dx x 1

Calcul intégral

Dx E x2 4

1 ( x 3) 2 ( x 3) 2

x2 1 x( x 2 x 1)

A x 3

2 x 1) 2 x 1 x2 2x 1 A B x 1 ( x 1)2

A x

x2

B ( x 3) 2

C x 3

D ( x 3) 2

2x 1 ( x 1) 2

ou au moyen de la division euclidienne

Bx C x2 x 1

64 au moyen de la division euclidienne ( x 2)( x 2) A B x 4 4 x 2 16 x 2 x 2 x4 Ax B Cx D Ex F x 1)( x 2 2)2 x 2 x 1 x 2 2 ( x 2 2)2 4

t6 1 t6 t3

2

C x3

x2 (x2 x2

b)

B x2

x4

(t 6

4 x 2 16

t3) t3 1 t3 1 t3 1 1 3 3 1 3 1 6 3 t t t (t 1) t (t 1)(t 2 t 1)

x5 1 x)( x 4 2 x 2 1)

x3

x2

x 1

x5 1 x( x 1)( x 2 1) 2

1 dx x 1

A x

B Cx D x 1 x2 1

A t

B t2

C t3

D Ex F t 1 t2 t 1

Ex F ( x 2 1) 2

au moyen de la division euclidienne

1 4 x 4

1 3 x 3

1 2 x 2

3.4 L’intégration de fonctions rationnelles à l’aide de fractions partielles

x ln|x 1| C

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

3t 2 dt t 1

8.

9.

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

5 dt t 1

3

5x 1 (2 x 1)( x 1)

A 2x 1

3t

46

5ln|t 1| C

B . Multiplions les deux membres de l’équation par (2x + 1)(x − 1), ce qui x 1

donne 5x 1 A( x 1) B(2x 1)

5x 1 Ax

5x 1 ( A 2B) x ( A B) . Les coefficients de x

A 2Bx B

doivent être égaux, et les termes constants sont aussi égaux, donc A + 2B = 5 et −A + B = 1. En additionnant membre à membre ces deux équations, nous obtenons 3B 6 5x 1 dx (2 x 1)( x 1)

1 2x 1

2 et donc, A = 1. Par conséquent,

B

2 dx x 1

1 2

ln|2 x 1| 2ln|x 1| C .

Autre méthode : En remplaçant x par 1 dans l’équation 5x + 1 = A(x − 1) + B(2x + 1), nous obtenons 6 3B remplaçant x par

10.

y ( y 4)(2 y 1) y

1 2

3 2

, nous obtenons

A y 4

3 2

B

2 . En

A 1.

A

B . Multiplions les deux membres de l’équation par (y + 4)(2y − 1), ce qui donne 2y 1

A(2 y 1) B( y 4)

y

2 Ay

A By 4B

y

(2 A B) y ( A 4B) . Les coefficients de y doivent être égaux, et

les termes constants sont aussi égaux, donc 2A + B = 1 et −A + 4B = 0. En additionnant deux fois la seconde équation à la première, nous obtenons 9B 1

B

1 9

et donc, A

4 9

y dy ( y 4)(2 y 1) 4 9

. Par conséquent, 4 9

1 9

y 4

2y 1

ln|y 4|

1 18

dy

4 1 1 ln|y 4| ln|2 y 1| C 9 9 2

ln|2 y 1| C

Autre méthode : Si nous remplaçons y par 12 dans l’équation y = A(2y − 1) + B(y + 4), nous obtenons remplaçant y par −4, nous obtenons 4

11.

2 x2

2 3x 1

2 (2 x 1)( x 1)

A 2x 1

9A

A

4 9

9 2

1 2

B

B

1 9

. En

.

B . Multiplions les deux membres de l’équation par (2x + 1)(x + 1), ce qui donne x 1

2 = A(x + 1) + B(2x + 1). Les coefficients de x doivent être égaux, et les termes constants sont aussi égaux, donc A + 2B = 0 et A + B = 2. En soustrayant la seconde équation de la première, nous obtenons B = −2 et donc, A = 4. Par conséquent, 1 0

2x

2

2 dx 3x 1

1 0

4 2x 1

2 x 1

4 ln|2 x 1| 2ln|x 1| 2

dx

1

(2ln 3 2ln 2) 0 0

2ln

3 . 2

Autre méthode : En remplaçant x par −1 dans l’équation 2 = A(x + 1) + B(2x + 1), nous obtenons 2 remplaçant x par Calcul intégral

1 2

, nous obtenons 2

1 2

A

B

B

2 . En

A 4.

3.4 L’intégration de fonctions rationnelles à l’aide de fractions partielles

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

12.

x 4 x 5x 6 2

x 4

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

A

B

x 2

x 3

47

. Multiplions les deux membres de l’équation par (x − 2)(x − 3), ce qui donne

A( x 3) B( x 2)

x 4

x 4 ( A B) x ( 3A 2B) . Les coefficients de x doivent être

Ax 3A Bx 2B

égaux, et les termes constants sont aussi égaux, donc A + B = 1 et −3A − 2B = −4. En additionnant deux fois la première équation à la seconde, nous obtenons A

A 2 et donc, B = −1. Par conséquent,

2 1 0

x 4 dx x 5x 6

1

2

0

2 x 2

1 dx [2ln|x 2| ln|x 3|]10 x 3 3ln 2 ln 3 [ou ln 83 ]

(0 ln 2) (2ln 2 ln 3)

Autre méthode : En remplaçant x par 3 dans l’équation x − 4 = A(x − 3) + B(x − 2), nous obtenons −1 = B. En remplaçant x par 2, nous obtenons 2 A A 2. 13.

ax dx x 2 bx

14. Si a ≠ b,

ax dx x ( x b)

1 ( x a)( x b)

a dx x b

1

1

a ln|x b| C

1

b a x a

x b

, donc si a ≠ b, alors

dx ( x a)( x b)

dx ( x a) 2

Si a = b, alors

15.

1 x a

1 (ln|x a| ln|x b|) C b a

1 x a ln b a x b

C

C.

4 x3 2 x 2 4 4 . Soit 2 1 2 3 2 x ( x 2) x 2x x ( x 2)

A x

B x2

C x 2

. Multiplions les deux membres de l’équation par

x2(x − 2), ce qui donne −4 = Ax(x − 2) + B(x − 2) + Cx2. En remplaçant x par 0, nous obtenons 4 remplaçant x par 2, nous obtenons 4 4C

2B

B

2 . En

1 . En égalisant les coefficients de x2, nous obtenons 0 = A + C, donc A = 1.

C

Par conséquent, 4 3

x3 2 x 2 4 dx x3 2 x 2

4 3

1

1 x

[(4 ln 4

16.

x3 4 x 10 x2 x 6

x 1

3x 4 3x 4 . Soit ( x 3)( x 2) ( x 3)( x 2)

substituant x = 3 et x = −2, nous obtenons 5 5 A

Calcul intégral

2 x2 1 2

1 x 2

dx

x ln|x|

ln 2) (3 ln 3

A x 3

2 3

0)]

4

2 x

ln|x 2| 3 7 6

ln 23

B . Alors, 3x − 4 = A(x + 2) + B(x − 3). En x 2

A 1 et 10

5B

B

2 , donc

3.4 L’intégration de fonctions rationnelles à l’aide de fractions partielles

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

x3 4 x 10 dx 0 x2 x 6 1

1

x 1

0

1

2

x 3

x 2

1

1 2 x 2

dx

x ln|x 3| 2ln( x 2) 0

( 12 1 ln 2 2ln 3) (0 0 ln 3 2ln 2)

17.

4 y 2 7 y 12 y( y 2)( y 3)

A y

B y 2

C y 3

4 y2

48

3 2

3 2

ln 3 ln 2

ln 32

A( y 2)( y 3) By( y 3) Cy ( y 2) . En substituant y = 0, nous

7 y 12

obtenons −12 = −6A, donc A = 2. En substituant y = −2, nous obtenons 18 = 10B, donc B = 15C, donc C

1 5

4 y 2 7 y 12 dy y ( y 2)( y 3)

2

x2

2x 1 3 x x

donne x2 x2

x2 2x 1 x( x 1)( x 1)

A x

B x 1

2 1

2 y

9/5 y 2

2ln 2

9 5

2ln 2

18 5

ln 4

1 5

ln 2

( B C) x

1/5 dy y 3

2ln|y|

ln1 2ln1

9 5

1 5

9 5

ln 2

ln 3

x2

0

1 x

1 x 1

1 dx x 1

1 5

1 5

ln|y 3|

2 1

ln 2

ln 2

9 5

ln 3

9 5

9 5

(3ln 2 ln 3)

ln 83

2 x 1 Ax2

A Bx2

Bx Cx2 A

Cx 1

A 1 . En égalisant

B C . En égalisant les coefficients de x, nous obtenons 2 = −B + C. En

additionnant membre à mebre ces équations, nous obtenons 2 2C 2x 1 dx x

27 5

ln|y 2|

A . En égalisant les termes constants, nous obtenons

les coefficients de x2, nous obtenons 1 1 B C

x3

ln 3

9 5

C . Multiplions les deux membres de l’équation par x(x + 1)(x − 1), ce qui x 1

2 x 1 A( x 1)( x 1) Bx( x 1) Cx( x 1)

2x 1 ( A B C) x2

x2

. En substituant y = 3, nous obtenons 3

. Finalement,

1

18.

9 5

C 1 et donc, B = −1. Par conséquent,

ln|x| ln|x 1| ln| x 1| C ln

x( x 1) x 1

C.

Autre méthode : En remplaçant x par 0 dans l’équation x2 + 2x −1 = A(x + 1)(x − 1) + Bx(x − 1) + Cx(x + 1), nous obtenons 1

A 1 . En remplaçant x par −1, nous obtenons 2 2B

A

obtenons 2 2C

19.

x2 1 ( x 3)( x 2)2

B

1 . En remplaçant x par 1, nous

C 1.

A x 3

B x 2

C . Multiplions les deux membres de l’équation par (x − 3)(x − 2)2, ce qui donne ( x 2) 2

x2 + 1 = A(x − 2)2 + B(x − 3)(x − 2) + C(x − 3). En substituant x = 2, nous obtenons 5

C

C

5 . En susbtituant x = 3, nous

obtenons 10 = A. En égalisant les coefficients de x2, nous obtenons 1 = A + B, donc B = −9. Par conséquent,

x2 1 dx ( x 3)( x 2)2

Calcul intégral

10 x 3

9 x 2

5 dx 10ln|x 3| 9ln|x 2| ( x 2) 2

3.4 L’intégration de fonctions rationnelles à l’aide de fractions partielles

5 C. x 2

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

20.

x 2 5 x 16 (2 x 1)( x 2)2

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

A 2x 1

B x 2

C ( x 2) 2

x2

obtenons 10 = 5C, donc C = 2. En substituant x

1 2

5 x 16

A( x 2)2

, nous obtenons 754

49

B( x 2)(2 x 1) C (2 x 1) . En substituant x = 2, nous 25 4

A , donc A = 3. En égalisant les coefficients de x2, nous

obtenons 1 = A + 2B, donc −2 = 2B et B = −1. Par conséquent,

x 2 5 x 16 dx (2 x 1)( x 2)2

x3 21.

x

3

4

x2

4x

x

3 2x 1

1

2

x 2

( x 2)

3 ln|2 x 1| ln|x 2| 2

dx

2

4 En utilisant la division euclidienne, nous obtenons

x3 x2

4 4

2

C.

x 2

4x 4 . Par conséquent, x2 4

x

4x 4 x3 x2

4 dx 4

x 1 2 x 2

22.

1 s 2 ( s 1)2

A s

B s2

C s 1

4x 4 dx x2 4 4

1 ln|x 2 2

D (s 1)2

4x x2 4

x 4| 4

1 x arctan 2 2

As( s 1)2

1

4 x2

22

1 2 x 2

C

B( s 1)2

dx 2ln( x 2

x 2

4) 2arctan

C

Cs 2 ( s 1) Ds 2 . En substituant s = 0, nous obtenons B = 1.

En substituant ensuite s = 1, nous obtenons D = 1. En égalisant les coefficients de s3, nous obtenons 0 = A + C ou A = −C. Finalement, en substituant s = 2, nous obtenons 1 = 2A + 1 − 4A + 4 ou A = 2. Par conséquent,

ds s 2 (s 1)2

23.

10 ( x 1)( x 2

9)

A x 1

2 s

1 s2

2 s 1

1 ds (s 1)2

2ln|s|

1 1 2ln|s 1| C. s s 1

Bx C . Multiplions les deux membres de l’équation par (x − 1)(x2 +9), ce qui donne x2 9

10 = A(x2 + 9) + (Bx + C)(x − 1) (*). En susbtituant x par 1, nous obtenons 10 10 A obtenons 10 9 A C donc 0

A B

C

A 1 . En susbtituant x par 0, nous

1 . Les coefficients des termes de x2 dans l’équation (*) doivent être égaux,

9(1) 10

1 . Par conséquent,

B

10 ( x 1)( x 2

9)

dx

1 x 1 ln|x 1|

x 1 dx x2 9 1 2

ln( x 2

9)

1 x 1 1 3

x x2

1 9

x2

9

dx

arctan( 3x ) C

Nous avons utilisé le changement de variable u = x2 +9 pour le deuxième terme et la formule 10 pour le dernier terme.

24.

x2 x 6 x3 3x

x2 x 6 x( x 2 3)

A x

Bx C . Multiplions les deux membres de l’équation par x(x2 + 3), ce qui donne x2 3

x2 – x + 6 = A(x2 + 3) + (Bx + C)x. En susbtituiant x par 0, nous obtenons 6 3 A Calcul intégral

A 2 . Les coefficients des termes de x2

3.4 L’intégration de fonctions rationnelles à l’aide de fractions partielles

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

doivent être égaux, donc 1 A B

50

1 . Les coefficients des termes de x doivent être égaux, donc −1 = C. Par

B 1 2

conséquent,

x2 x 6 dx x3 3x

25.

x

4x x2 x 1

3

4x x ( x 1) 1( x 1) 2

2 x

x 1 dx x 3 1 2ln|x| ln( x 2 3) 2

4x ( x 1)( x 2 1)

2 x 1 dx 2 2 x x 3 x 3 1 x arctan C 3 3

2

A

Bx C . Multiplions les deux membres de l’équation par x2 1

x 1

(x + 1)(x2 + 1), ce qui donne

4x

A( x2 1) ( Bx C)( x 1)

4x

Ax2

A Bx2

Bx Cx C

( A B) x 2

4x

(B C ) x ( A C ) . En égalisant les

coefficients, nous obtenons le système d’équations suivant : 1) A B 0 2) B C

4 3) A C

0

En soustrayant membre à membre l’équation 1) de l’équation 2), nous obtenons −A + C = 4, et en additionnant membre à membre cette dernière équation à l’équation 3), nous obtenons 2C

4x dx x2 x 1

x3

2 x 1

4

C

2 et donc A = −2 et B = 2. Par conséquent,

2x 2 dx x2 1

2 x 1

2x x2 1

2 dx x2 1

2ln|x 1| ln( x 2 1) 2arctan x C.

x2 x 1 dx ( x 2 1) 2

26.

x2 1 dx ( x 2 1) 2 arctan x

27.

x3 x 2 2 x 1 ( x 2 1)( x 2 2)

x3

x2

x3

x2

x dx ( x 2 1)2

1 2

Ax B x2 1

1 u

arctan x

1 1 du [u 2 u2

1 2( x 2 1)

x 2 1, du

2 x dx]

C

Cx D . Multiplions les deux membres de l’équation par (x2 +1)(x2 + 2), ce qui donne x2 2

2 x 1 ( Ax B)( x2 2 x 1 ( A C ) x3

C

1 dx x2 1

2) (Cx D)( x2 1)

( B D) x2

x3

x2

2 x 1 ( Ax3

Bx2

2 Ax 2B) (Cx3

Dx2

Cx D)

(2 A C) x (2B D) . En égalisant les coefficients, nous obtenons le système d’équations

suivant : 1) A C 1 3) 2 A C 2

2) B D 1 4) 2 B D 1

En soustrayant membre à membre l’équation 1) de l’équation 3), nous obtenons A = 1, donc C = 0. En soustrayant membre à membre l’équation 2) de l’équation 4), nous obtenons B = 0, donc D = 1. Par conséquent, I

Calcul intégral

x3 x 2 2 x 1 dx ( x 2 1)( x 2 2)

3.4 L’intégration de fonctions rationnelles à l’aide de fractions partielles

x x2 1

1 x2

2

dx .

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

x x dx , Posons u = x2 + 1, ainsi du = 2x dx et ensuite 2 dx x2 1 x 1

Pour

utilisons la formule 10 avec a

Par conséquent, I

28.

x2

2x 1 ( x 1) ( x 2 1) 2

2 . Donc,

1 x2

2

x

1 ln( x 2 1) 2

1 x arctan 2 2

C.

A

Cx D x2 1

x2

B ( x 1) 2

x 1

1

dx

2

2

dx

2

1 1 du 2 u

51

1 ln|u| C 2

1 x arctan 2 2

1 1 ln( x 2 1) C . Pour 2 dx , 2 x 2

C.

2x 1 A( x 1)( x2 1) B( x2 1) (Cx D)( x 1) 2 .

En substituant x = 1, nous obtenons B = −1. En égalisant les coefficients de x3, nous obtenons A = −C. En égalisant les termes constants, nous obtenons −1 = −A −1 + D, donc D = A. En substituant x = 2, nous obtenons −1 = 5A − 5 − 2A + A ou A = 1. Par conséquent,

x2

2x 1 dx ( x 1)2 ( x 2 1)

29.

30.

x2

x 4 dx 2x 5

3x 2 x 4 x 4 3x 2 2

1 1 x 1 ( x 1)2

x 1 dx 2x 5

x2

1 ln x 2 2

2x 5

1 ln( x 2 2

2 x 5)

3x 2 x 4 ( x 2 1)( x 2 2)

3x 2

x 4 ( Ax B)( x2

3x 2

x 4 ( Ax3

3x2

x 4 ( A C ) x3

Bx2

x 1 dx x2 1

x2 3

3 dx 2x 5

1 1 ln( x 2 1) arctan x C . x 1 2

1 (2 x 2) dx 2 x2 2x 5

3 dx dx ( x 1) 2 4

où x 1 2u, et dx 2du

2 du 4(u 2 1)

3 arctan u C 2

Ax B x2 1

ln|x 1|

1 ln( x 2 2

2 x 5)

3 x 1 arctan 2 2

C

Cx D Multiplions les deux membres de l’équation par (x2 + 1)(x2 + 2), ce qui donne x2 2

2) (Cx D)( x2 1) 2 Ax 2B) (Cx3 ( B D) x2

Dx2

Cx D)

(2 A C) x (2B D) . En égalisant les coefficients, nous obtenons le système d’équations

suivant : 1) A C 0 3) 2 A C 1

2) B D 3 4) 2 B D 4

En soustrayant membre à membre l’équation 1) de l’équation 3), nous obtenons A = 1, donc C = −1. En soustrayant membre à membre l’équation 2) de l’équation 4), nous obtenons B = 1, donc D = 2. Par conséquent,

Calcul intégral

3.4 L’intégration de fonctions rationnelles à l’aide de fractions partielles

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

3x 2 x 4 dx x 4 3x 2 2

I

31.

1 x3 1

1 ( x 1)( x 2

A x 1

x 1)

x 1 x 2 dx dx x2 1 x2 2 1 2x 1 dx dx 2 x2 1 x2 1 1 2

ln x 2 1

arctan x

1 2

ln( x 2 +1)

1 2

Bx C x2 x 1

ln( x 2

A( x 2

1

1 2

52

1 2x dx 2 2 2 x2 2 x

ln x 2

2

1 arctan 2

2

2) arctan x

1 dx ( 2) 2 x 2

2 arctan( x / 2) C

x 1) ( Bx C )( x 1) . En substituant x = 1, nous obtenons A

En égalisant les coefficients de x2 et en égalisant ensuite les termes constants, nous obtenons 0

1 x

1 0

x

2

x dx 4 x 13

1

x

0

1 2

1 2 2

1

1 3

dx

x 1

dx

x3

1

34.

35.

B, 1

1 3

C , donc B

1 3

.

,

dy y

1 2

[ln y ]18 13

1 2

ln 18 13

ln x 1

1 3

ln x 1

1 6

ln( x 2

x 1)

1 3

ln x 1

1 6

ln( x 2

x 1)

où y

2

3 du 2/3 9u 2 9

2 3

[arctan u ]12/3

1

2 3

6

x 23 1 x 2 dx 13 ln x 1 dx x x 1 3 x2 x 1 1 x 1/2 1 (3/2) dx dx 2 3 x x 1 3 ( x 1/2) 2 3/4 1 3

2

1 3

1 (2 x 4) dx dx 2 0 (x 4 x 13 2) 2

18 13

3

1 2

ln 18 13

x 12 2 arctan 3 3/2

1 2 1 3

arctan

x

4

2x dx 4 x2 3

x5 x 1 x3 1

1 x( x 2

4)2

x2

A x

1 = 16A, donc A

Calcul intégral

8 3

1 1 du u 4

x2 x 1 x3 1

Bx C x2 4 1 16

(2 x 1)

K

x 2 4 x 13, dy (2 x 4) dx, x 2 3u et dx 3du 2 3

(4

arctan( 32 ))

arctan( 23 )

1 ln u 4

x2

1 3

K

9

33. Posons u = x4 + 4x2 + 3, de sorte que du = (4x3 + 8x) dx = 4(x3 + 2x) dx, x

0

1 3

1 3

2 3

C

32.

C

1 (ln8 ln 3) 4

8 3

x2 x 1 ( x 1)( x 2 x 1)

Dx E ( x 2 4)2

1

A( x 2

0

u

3 et x 1

u 8 . Alors,

1 8 ln . 4 3

x2

1 , donc x 1

4)2

( Bx C ) x( x 2

x5 x 1 dx x3 1

x2

1 dx x 1

1 3 x ln x 1 3

C

4) ( Dx E ) x . En substituant x = 0, nous obtenons

. Égalisons maintenant les coefficients.

3.4 L’intégration de fonctions rationnelles à l’aide de fractions partielles

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

1

1 16

( x4

1

1 16

4

1 (

donc B

1 16

0

1 16

B dx x( x

2

4)

2

x

8 x 2 16) ( Bx 2 B) x

1 16

, C = 0,

1 2

1 16

x 4

1 16

x

x

2

1 ln x 16

x

1 2

2

1 Bx

4

Cx

3

4

(

Cx)( x 4

Cx

4B

1 2

4B D 0 x 4)2

1 4

(x

2

1 ln (x 2 32

3

Ex

4 Bx

4Cx

Dx

D) x

2

(4C

E) x 1

1 4

et 4C

1 ln x 16

1 8( x 2 +4)

4)

4) Dx 2

2

D dx

53

E

1 1 ln x 2 16 2

2

Ex

0

0 . Par conséquent,

E

4

1 4

1 1 2 x2 4

C

C

36. Posons u = x5 + 5x3 + 5x, de sorte que du = (5x4 + 15x2 +5)dx = 5(x4 + 3x2 +1) dx. Alors, x 4 3x 2 1 dx x5 5 x3 5 x

37.

x 2 3x 7 ( x 2 4 x 6)2

x2

Ax B 4x 6

( x2

1 1 du u 5

Cx D 4 x 6) 2

x2

1 ln u 5

1 ln x5 5

C

( Ax B)( x 2

3x 7

x2 – 3x + 7 = Ax3 + (–4A + B)x2 + (6A – 4B + C)x + (6B + D). Donc, A = 0,

x 2 3x 7 dx ( x 2 4 x 6) 2 1 dx ( x 2) 2 2 I1 I 2 I 3.

( x 2)

2

( 2)

x2

2

4 x 6) Cx D 4A B 1

B 1 . 6 A 4B C

3

C 1,

I3

3

1 [( x 2)

2 2

( 2) ]

(x

1 2

dx

1 du u2

3

C1

1 u

1 2

C2

1 [2(tan

2

dx

3 dx 4 x 6) 2

2

1 x 2 arctan 2 2

dx

1 2x 4 dx 2 ( x 2 4 x 6) 2

x 1 4 x 6) 2

( x2

x 2 dx ( x 4 x 6) 2

I2

2

1 4x 6

2

1

I1

C

D 1 . Par conséquent,

6B D 7

I

5 x3 5 x

2( x 2

2 sec 2

2

1)]

1 4 x 6)

x 2

d

dx

C2

2 tan , 2 sec 2

d

2

3 2 sec 3 2 3 2 1 d cos 2 d (1 cos 2 ) d 4 sec 4 4 4 2 3 2 3 2 x 2 3 2 1 1 ( sin 2 ) C3 arctan ( 2sin cos ) C3 2 8 8 8 2 2 3 2 x 2 arctan 8 2

3 2 8

3 2 x 2 arctan 8 2

3( x 2) 4( x 2 4 x 6)

Calcul intégral

x 2 x2

2

4x 6

x2

4x 6

C3

C3

3.4 L’intégration de fonctions rationnelles à l’aide de fractions partielles

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

54

Donc,

I

I1

I2

I 3 [C

C1 C2

1 x 2 arctan 2 2 4 2 8

38.

Ax B x 2x 2

I1

I1

x 1 dx x 2x 2 2

I3

I4

(x

3

2

x2

x2

1 dx 2x 2

1 1 du u2 2

1 3 d 3 cos 2 sec 2 3 1 ( sin 2 ) C4 2 2

3 arctan( x 1) 2

Calcul intégral

3 2

(tan d 3 2

1 2u

2

C3

1)

2

3x 8 4( x 2 4 x 6)

3x 2 ( Ax B)( x 2 3x 2

Ax3

2 x 2) Cx D

(2 A B) x 2

C 1 et 2B D

3

2

C

(2 A 2 B C ) x 2 B D D

.

2 . Par conséquent,

3 dx . 2 x 2) 2

(x2

1 ln x 2 2

2x 2

C1

arctan( x 1) C2

2( x

sec 2

d

1 2 x 2)

2

C3

x 1 1tan , dx

sec 2

d

3 (1 cos 2 ) d 2 3 1 ( 2sin cos ) C4 2 2

x 1 2

2x

C

x 2 dx 2 x 2) 2

C2

1

3

2

x 1 dx 2 x 2) 2

( x2

1 x 1 arctan 1 1

1 dx [( x 1) 2 1]2

( x2

2 x2

3

u x 2 2 x 2, du 2( x 1)dx

1 1 du u 2

x 1 dx 2 x 2)2

3 x 1 arctan 2 1

x 2x 2

x3 x

B 0 , 2 A 2B C

1 dx ( x 1)2 1

I2

Cx D ( x 2 x 2) 2

3( x 2) 4( x 2 4 x 6)

7 2 x 2 arctan 8 2

C

2

2

x3 2 x 2 3x 2 dx ( x 2 2 x 2) 2 x 1 dx 2x 2 I 2 I3 I 4

3 2 x 2 arctan 8 2

3( x 2) 2 4( x 2 4 x 6)

2

Donc, A = 1, 2 A B

x2

1 4 x 6)

2( x 2

3 2 x 2 arctan 8 2

x3 2 x 2 3x 2 ( x 2 2 x 2)2

I

C3 ]

x 2x 2 x 3( x 1) C4 2( x 2 2 x 2)

1 2

2x 2

C4

3.4 L’intégration de fonctions rationnelles à l’aide de fractions partielles

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

I

I1

I2

1 ln( x 2 2 1 ln( x 2 2

Donc,

I3

I 4 [C

C1 C2

C3

2 x 2) arctan( x 1) 2 x 2)

1 3 arctan( x 1) 2 x 2) 2 3x 4 C 2( x 2 2 x 2)

2 (u 1)(u 1)

A B u 1 u 1

3( x 1) 2( x 2 2 x 2)

2( x 2

5 arctan( x 1) 2

55

C4 ]

x 1 dx x

x 1 , ainsi u2 = x + 1 et 2u du = dx. Alors,

39. Posons u 2 u2 1

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

u u

2

1

C

2u 2 du u2 1

(2u du )

2

2 du . u2 1

A(u 1) B(u 1) . En substituant u = 1, nous obtenons B = 1. En substituant u = −1,

2

nous obtenons A = −1. Par conséquent,

2 du u2 1

2

1 1 du u 1 u 1

2

2u ln u 1

2 x 1 ln( x 1 1) ln

2u (u 3)(u 1)

A u 3

B u 1

3 2

2u du (u 3)(u 1) 3 2

A u

B u2

C u 1

2u du 2u (u 2 3)

x

.

C

u

2u du 2u 3

2

2u du . Or, (u 3)(u 1) 1 2

. En substituant

. Par conséquent, 3 2

1 2

u 3

u 1

ln u 3

1 2

x , ainsi u2 = x et 2u du = dx. Alors,

41. Posons u

x 1 1

C

A(u 1) B(u 3) . En substituant u = 1, nous obtenons 2 = 4B, donc B

2u

u = −3, nous obtenons −6 = −4A, donc A

2 u 2 (u 1)

dx 2 x 3

x 3 , ainsi u2 = x + 3 et 2u du = dx. Alors,

40. Posons u

ln u 1

du

ln u 1

C

dx x x

x2

3 2

ln( x 3 3)

2u du u 4 u3

2du u3 u 2

1 2

ln

x 3 1

C

2du . u 2 (u 1)

Au (u 1) B(u 1) Cu 2 . En substituant u = 0, nous obtenons B = 2. En substituant u = −1,

2

nous obtenons C = 2. En égalisant les coefficients de u2, nous obtenons 0 = A + C, donc A = −2. Par conséquent, 2 du u 2 (u 1)

42. Posons u

3

43. Posons u

3

Calcul intégral

2 u

2 u2

2 du u 1

x , ainsi x = u3 et dx 3u 2du

2ln u

1

1

0

3

1

x

dx

2 u

2ln u 1

3u 2du 0 1 u 1

C

1 0

3u 3

2ln x

2 x

2ln( x 1) C .

3 du [ 32 u 2 3u 3ln(1 u )]10 1 u

3(ln 2

1 2

).

x 2 1 , ainsi x2 = u3 – 1 et 2 x dx 3u 2 du 3.4 L’intégration de fonctions rationnelles à l’aide de fractions partielles

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

3

x3dx 3

x

2

1 3 10

x , ainsi x = u2 et dx

44. Posons u x

3 1/3

x2

x

3

dx

1/ 3

u 2u du u4 u2

2

(u 3 1) 2 u 2du u

3 (u 4 2

u5

3 10

3 4

u2

C

56

u )du

( x 2 1)5/3

3 4

( x 2 1) 2/3

C

2u du 3

1/ 3

du u2 1

2[arctan u ]1/3 3

45. Si nous posons le changement de variable u

2( 3

6

)

3

.

x , la racine carrée se simplifiera, mais il restera une racine cubique dans 3

l’intégrande. D’un autre côté, le changement de variable u

x simplifierait la racine cubique, mais il restera une racine carrée dans

l’intégrande. Il est possible de simplifier simultanément les deux racines en posant le changement de variable u

6

x . (Il est à noter

que 6 est le plus petit commun multiple de 2 et de 3.) x . Alors, x = u6, ainsi dx = 6u5 du et x

6

Posons u

6u 5du u3 u 2

dx 3

x

x 6

u2

46. Posons u

Alors,

4 u2 1

x , de sorte que u 2 1

1 1

x x

dx

A B u 1 u 1

u (u

2

1)

1 2

u2

u 2 . Par conséquent,

6

u3 du u 1

1 du [au moyen de la division euclidienne] u 1 u ln u 1) C

33 x

2 x

66 x

6ln

6

x 1

C

x , x = (u2 − 1)2 et dx = 2(u2 − 1) · 2u du = 4u(u2 − 1) du.

4u 2 du u2 1

4u (u 2 1)du

2

4

u5 du u 2 (u 1)

6 u 1

6( 13 u 3

u3 , 3 x

4

4 u

2

1

du . Or,

A(u 1) B(u 1) . En substituant u = 1, nous obtenons 4 = 2B, donc B = 2. En substituant u = −1,

nous obtenons 4 = −2A, donc A = −2. Par conséquent,

4 du u2 1

4

4 4 1

47. Posons u = ex, ainsi x = ln u et dx

2 2 du u 1 u 1 x

x

1) 2ln( 1

2ln u 1

C

x 1) C

du u

e2 x dx e2 x 3e x 2

u 2 (du /u ) u 2 3u 2 2ln u 2

Calcul intégral

2ln( 1

4u 2ln u 1

u du (u 1)(u 2)

ln u 1

C

ln

1 2 du u 1 u 2

(e x 2) 2 ex 1

C

3.4 L’intégration de fonctions rationnelles à l’aide de fractions partielles

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

48. Posons u = cos x, de sorte que du = − sin x dx. Alors, 1 u (u 3)

obtenons A

A u

B u 3 1 3

1

. Par conséquent,

1 (u 1)(u 2)

1 u

2

3u

1 u (u 3)

du

1 3

1 3

u

u 3

A B u 1 u 2

du

1 ln u 3

sec2 t tan 2 t 3tan t

2

1 ln u 3 3

dt

u

1

( du )

A(u 3) Bu . En substituant u = 3, nous obtenons B

49. Posons u = tan t, de sorte que du = sec2 t dt. Alors,

Or,

sin x dx cos x 3cos x 2

57

u (u 3) 1 3

. En substituant u = 0, nous

1 3

C

1 du 3u 2

2

du .

ln cos x

1 3

ln cos x 3

C.

1 du . (u 1)(u 2)

A(u 2) B(u 1) . En substituant u = −2, nous obtenons 1 = −B, donc B = −1. En

1

substituant u = −1, nous obtenons 1 = A. Par conséquent, 1 (u 1)(u

2)

1 1 du u 1 u 2

du

ln u 1

50. Posons u = ex, de sorte que du = ex dx. Alors, 1 (u 2)(u 2 1)

A u 2

Bu C u2 1

substituant u = 0, nous obtenons 1

1 1 5

(e

ln u 2

C

ln tan t 1

ex dx 2)(e2 x 1)

x

ln tan t

2

C.

1 du . Or, (u 2)(u 2 1)

A(u 2 1) ( Bu C )(u 2) . En substituant u = 2, nous obtenons 1 = 5A, donc A

2C , donc C

2 5

. En égalisant les coefficients de u2 , nous obtenons 0

1 5

1 5

B , donc B

. En 1 5

Par conséquent,

u

1 5

1 du (u 2)(u 2 1)

1 5 2

u 2

u

1 5

ln u 2

1 5

1 5

ln e x

51. Posons u = ex, de sorte que du = ex dx et dx

2

1

du

1 du u 2

1 5

1 5

ln u 2 1

2 5

arctan u C

ln(e 2 x 1)

2 5

arctan e x

1 2 1 10

2 5

du dx . Alors, 1 ex u

u du u2 1

2 5

1 du u2 1

C

du 1 . (1 u )u u (u 1)

A u

B u 1

1

A(u 1) Bu . En

substituant u = −1, nous obtenons B = −1. En substituant u = 0, nous obtenons A = 1. Par conséquent, du u (u 1)

1 u

1 du u 1

ln u

ln u 1

C

52. Posons u = sin t, de sorte que du = cos t dt. Alors,

Calcul intégral

ln e x

ln(e x 1) C

cos t dt sin 2 t sin 4 t

x ln(e x 1) C .

1 u2

u4

du

1 du . u 2 (u 2 1)

3.4 L’intégration de fonctions rationnelles à l’aide de fractions partielles

© Groupe Modulo inc., 2013

.

Solutionnaire détaillé

1 u 2 (u 2 1)

A u

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

B u2

Cu D u2 1

Au (u 2 1) B(u 2 1) (Cu

1

58

D)u 2 . En substituant u = 0, nous obtenons B = 1. En égalisant

les coefficients de u2, nous obtenons 0 = B + D, donc D = −1. En égalisant les coefficients de u, nous obtenons 0 = A. En égalisant les coefficients de u3, nous obtenons 0 = A + C, donc C = 0. Par conséquent,

1 du u 2 (u 2 1)

1 1 1 du arctan u C u2 u2 1 u csc t arctan(sin t ) C.

53. Posons u = ln(x2 − x +2) et dv = dx. Ainsi, du

ln( x 2

x ln( x 2

x 2)dx

x ln( x 2

x ln( x

54. Posons u = arctan x et dv Alors, x arctan x dx

que

x2 dx 1 x2

x arctan xdx

1 2

1 2

1 2

2x2 x dx x ln( x 2 x 2) x2 x 2 1 (2 x 1) 7 dx 2 x 2) 2 x dx x2 x 2 2 ( x 12 ) 2

x 2)

x 2) 2 x

1 ln( x 2 2

x 2)

7 2

1 2

)ln( x 2

x 2) 2 x

7 arctan u C

(x

1 2

)ln( x 2

x 2) 2 x

7 arctan

dx /(1 x 2 ) , v

du

1 2

7 2

du 2 7 ( u 1) 4

2

x2

x 4 dx x 2

7 4 1 2

7 2

u,

dx

7 2

du ,

où x (x

1 2 2

)

7 4

7 4

(u 2 1)

2x 1 C 7

x2

1 x2 dx . Pour calculer la dernière intégrale, utilisons la division euclidienne ou observons 2 1 x2

x 2 arctan x

x2 arctan x

arctan(sin t ) C

2x 1 dx et v = x et (intégration par parties) x2 x 2

(x

x dx

(1 x 2 ) 1 dx 1 x2

2

1 sin t

1 dx 1 x2

1 dx

( x arctan x C1)

x arctan x C1 . Donc, 1 2

( x 2 arctan x arctan x x) C

55.

À partir du graphique, nous constatons que l’intégrale sera négative et pouvons estimer que l’aire est à peu près égale à celle d’un rectangle de largeur 2 et hauteur 0,3. Nous pouvons donc estimer que l’intégrale vaudra approximativement −(2 · 0,3) = −0,6. Puisque,

Calcul intégral

x

2

1 2x 3

1 ( x 3)( x 1)

A

B

x 3

x 1

1 ( A B) x

A 3B , donc A = −B et A 3B 1

3.4 L’intégration de fonctions rationnelles à l’aide de fractions partielles

A

1 4

et B

1 4

© Groupe Modulo inc., 2013

.

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

59

L’intégrale devient donc

dx 2x 3

2

x2

0

1 4 1 4

56.

dx x2 k dx x2 k

k=0: k >0:

x2

1 x

x2

dx ( k )2

dx

k 0,8675 > 0,8632 > 0,7811, il s’ensuit que Gn = 0,9540, Tn = 0,8675, Mn = 0,8632 et Dn = 0,7811.

b)

Puisque M n

f (x) = cos(x2), a)

T4

b)

M4

1 42

1 4

2 0

x

1 0 4

0

f ( x)dx 0,8675 .

1 4

[ f (0) 2 f ( 14 ) 2 f ( 42 ) 2 f ( 43 ) [ f ( 81 )

2

f ( x)dx Tn , nous avons 0,8632

f ( 83 )

f ( 85 )

f (1)] 0,895 759

f ( 87 )] 0,908 907

Le graphique montre que f est concave vers le bas sur l’intervalle [0, 1]. T4 est donc une approximation par défaut et M4, une 1

approximation par excès. Nous concluons que 0,895 759

0

cos( x2 )dx 0,908 907 .

4.

a)

Puisque la fonction f est croissante sur l’intervalle [0, 1], G2 sera une approximation par défaut de I (puisque l’aire du rectangle le plus foncé est moins grande que l’aire sous la courbe), et D2 sera une approximation par excès. Puisque f est concave vers le haut sur l’intervalle [0, 1], M2 sera une approximation par défaut de I, et T2 en sera une par excès (l’aire sous les segments de droite est plus grande que l’aire sous la courbe).

b)

Pour tout n, Gn < Mn < I < Tn < Dn.

c)

G5

5

1 5

f ( xi 1) x

i 1

D5

5

f ( xi ) x

i 1

M5

5 i 1

T5

f ( xi ) x

1 5

[ f (0,0)

f (0,2)

f (0,4)

f (0,6)

f (0,8)] 0,1187

[ f (0,2)

f (0,4)

f (0,6)

f (0,8)

f (1)] 0,2146

1 5

f (0,3)

f (0,5)

f (0,7)

f (0,9)] 0,1622

[ f (0,1)

( 12 x)[ f (0) 2 f (0,2) 2 f (0,4) 2 f (0,6) 2 f (0,8)

f (1)] 0,1666

Le graphique semble montrer que la méthode des milieux des sous-intervalles donne l’approximation la plus satisfaisante. (Ceci est en fait le cas, puisque I ≈ 0,163 714 05.)

Calcul intégral

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

5.

a)

x , 1 x2

f ( x)

1 5

M10 b)

1 53

S10

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

b a n

x

f ( 103 )

[ f ( 101 )

f ( 105 )

x

M4

f ( 38 )

b)

S4

43

[ f (8)

EM

valeur exacte M10

ES

valeur exacte S10

x3 1 ,

f ( x)

I

a)

1 10 2

T10

b a n

x

M10 S10

0,001879 0,000 060

4 f ( 78 )]

1,945 744 f ( )]

1,985 611

x cos x dx [ x sin x cos x]0

0

(0 ( 1)) (0 1)

7.

I I

2 x dx]

0 4

[ f (0) 4 f ( 4 ) 2 f ( 24 ) 4 f ( 34 )

Erreurs commises :

f (2)] 0,804 779

x dx [ 12 ln|1 x 2 |]02 [u 1 x 2 , du 1 x2 1 ln 5 12 ln1 12 ln 5 0,804 719 2

f ( 58 )

Valeur exacte :

4 f ( 59 )

0

b a n

f (x) = x cos x,

4

f ( 19 )] 0,806 598 10

2

I

Erreurs commises :

a)

1 5

[ f (0) 4 f ( 15 ) 2 f ( 52 ) 4 f ( 53 ) 2 f ( 54 )

Valeur exacte :

6.

2 0 10

82

EM

valeur exacte M 4

ES

valeur exacte S4

[intégration par parties avec u

x et dv

cos x dx]

2 I

M4

I

S4

0,054 256 0,014 389

2 1 1 10 10

[ f (1) 2f (1,1) 2f (1,2) 2f (1,3) 2f (1,4) 2f (1,5) 2f (1,6) 2f (1,7) 2f (1,8) 2f (1,9)

f (2)]

1,506 361 b)

1 10

M10

[ f (1,05)

f (1,15)

f (1,25)

f (1,35)

f (1,45)

f (1,55)

f (1,65)

f (1,75)

f (1,85)

f (1,95)]

1,518 362 c)

S10

1 10 3

[ f (1) 4f (1,1) 2f (1,2) 4f (1,3) 2f (1,4) 4f (1,5) 2f (1,6) 4f (1,7) 2f (1,8) 4f (1,9)

f (2)]

0,376 330

8.

1 , 1 x6

f ( x) a)

T8

b)

M8

c)

S8

Calcul intégral

1 42

1 4

1 43

x

b a n

2 0 8

1 4

[ f (0) 2f (0,25) 2f (0,5) 2f (0,75) 2f (1) 2f (1,25) 2f (1,5) 2f (1,75) [ f (0,125)

f (0,375)

f (0,625)

f (0,875)

f (1,125)

f (1,375)

f (1,625)

[ f (0) 4f (0,25) 2f (0,5) 4f (0,75) 2f (1) 4f (1,25) 2f (1,5) 4f (1,75)

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

f (2)] 1,040 756 f (1,875)] 1,041109 f (2)] 1,042172

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

ex , 1 x2

f ( x)

9. a)

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

1 52

T10

b a n

x

2 0 10

83

1 5

[ f (0) 2f (0,2) 2f (0,4) 2f (0,6) 2f (0,8) 2f (1) 2f (1,2) 2f (1,4) 2f (1,6) 2f (1,8)

f (2)]

2,660 833 b)

1 5

M10

[ f (0,1)

f (0,3)

f (0,5)

f (0,7)

f (0,9)

f (1,1)

f (1,3)

f (1,5)

f (1,7)

f (1,9)]

2,664 377 c)

1 53

S10

[ f (0) 4f (0,2) 2f (0,4) 4f (0,6) 2f (0,8) 4f (1) 2f (1,2) 4f (1,4) 2f (1,6) 4f (1,8)

f (2)]

2,663 244

3

f ( x)

10.

a)

T4

b)

M4

c)

S4

f ( x)

11.

1 cosx , 82

T6

b)

M6

c)

S6

f ( 516 )

1 22

x

4 1 6

f ( 2 )] 1,843 245

1 2

[ f (1) 2f (1,5) 2f (2) 2f (2,5)

1 2

[ f (1,25)

1 23

f ( 2 )] 1,838 967

f ( 716 )] 1,845 390

[ f (0) 4f ( 8 ) 2f ( 28 ) 4f ( 38 )

83

f (1,75)

f (2,25)

2f (3) 2f (3,5)

f (2,75)

f (3,25)

[ f (1) 4f (1,5) 2f (2) 4f (2,5) 2f (3) 4f (3,5)

1 10 2

T10

f ( 316 )

[ f ( 16 )

8

12. f (x) = sin(x3), a)

8

[ f (0) 2 f ( 8 ) 2 f ( 28 ) 2 f ( 38 )

ln x ,

a)

/2 0 4

x

1 0 10

x

f (4)] 2,591 334 f (3,75)] 2,681 046 f (4)] 2,631976

1 10

[ f (0) 2f (0,1) 2f (0,2) 2f (0,3) 2f (0,4) 2f (0,5) 2f (0,6) 2f (0,7) 2f (0,8) 2f (0,9)

f (1)]

0,235 205 b)

M10

1 10

[ f (0,05)

f (0,15)

f (0,25)

f (0,35)

f (0,45)

f (0,55)

f (0,65)

f (0,75)

f (0,85)

f (0,95)]

0,233162 c)

1 10 3

S10

[ f (0) 4f (0,1) 2f (0,2) 4f (0,3) 2f (0,4) 4f (0,5) 2f (0,6) 4f (0,7) 2f (0,8) 4f (0,9)

f (1)]

0,233 810

13.

e t sin t ,

f (t )

a)

T8

b)

M8

c)

S8

Calcul intégral

1 22

1 2

1 23

t

4 0 8

1 2

[ f (0) 2 f ( 12 ) 2 f (1) 2 f ( 23 ) 2 f (2) 2 f ( 52 ) 2 f (3) 2 f ( 72 ) [ f ( 14 )

f ( 43 )

f ( 54 )

f ( 74 )

f ( 94 )

f ( 114 )

f ( 134 )

f (4)] 4,513 618

f ( 154 )] 4,748 256

[ f (0) 4 f ( 12 ) 2 f (1) 4 f ( 32 ) 2 f (2) 4 f ( 52 ) 2 f (3) 4 f ( 72 )

f (4)] 4,675111

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

14.

ze z ,

f ( z) a)

T10

b)

M10

c)

1 10 2

1 10

1 10 3

S10

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

1 0 10

z

84

1 10

{ f (0) 2[ f (0,1) [ f (0,05)

f (0,2)

f (0,15)

f (0,9)]

f (0,25)

f (1)} 0,372 299

f (0,95)] 0,380 894

[ f (0) 4 f (0,1) 2 f (0,2) 4 f (0,3) 2 f (0,4) 4 f (0,5) 2 f (0,6) 4 f (0,7) 2 f (0,8) 4 f (0,9)

f (1)]

9,650 526

15.

cos x , x

f ( x) a)

T8

b)

M8

c)

S8

[ f ( 54 )

1 2

1 23

b)

M10

c)

1 52

1 5

1 53

S10

f ( 74 )

2 f (4) 2 f ( 92 )

f ( 94 )

f ( 114 )

f ( 134 )

f ( 154 )

f (5)] f ( 174 )

0,495 333 f ( 194 )]

[ f (1) 4f ( 23 ) 2f (2) 4f ( 52 ) 2f (3) 4f ( 72 ) 2f (4) 4f ( 92 )

16. f (x) = ln(x3 + 2),

T10

1 2

[ f (1) 2 f ( 32 ) 2 f (2)

1 22

a)

5 1 8

x

x

6 4 10

0,543 321 f (5)]

0,526123

1 5

[ f (4) 2f (4,2) 2f (4,4)

2f (5,6) 2f (5,8)

[ f (4,1)

f (5,9)] 9,650 912

f (4,3)

f (5,7)

f (6)] 9,649 753

[ f (4) 4 f (4,2) 2 f (4,4) 4 f (4,6) 2 f (4,8) 4 f (5) 2 f (5,2) 4 f (5,4) 2 f (5,6) 4 f (5,8)

f (6)]

9,650 526

x

ee ,

f ( x)

17. a)

1 52

T10

x

1 ( 1) 10

1 5

[ f ( 1) 2 f ( 0,8) 2 f ( 0,6) 2 f ( 0,4) 2 f ( 0,2) 2 f (0) 2 f (0,2) 2 f (0,4) 2 f (0,6) 2 f (0,8)

f (1)]

8,363 853 b)

M10

1 5

[ f ( 0,9)

f ( 0,7)

f ( 0,5)

f ( 0,3)

f ( 0,1)

f (0,1)

f (0,3)

f (0,5)

f (0,7)

f (0,9)]

8,163 298 c)

S10

1 53

[ f ( 1) 4 f ( 0,8) 2 f ( 0,6) 4 f ( 0,4) 2 f ( 0,2) 4 f (0) 2 f (0,2) 4 f (0,4) 2 f (0,6) 4 f (0,8)

f (1)]

8,235114

f ( x) cos x ,

18.

a)

T10

b)

M10

c)

S10

2 52

2 5

2 53

x

4 0 10

2 5

0,4

[ f (0) 2 f (0,4) 2 f (0,8) [ f (0,2)

f (0,6)

f (1)

2 f (3,2) 2 f (3,6) f (3,4)

f (4)] 0,808 532

f (3,8)] 0,803 078

[ f (0) 4 f (0,4) 2 f (0,8) 4 f (1,2) 2 f (1,6) 4 f (2) 2 f (2,4) 4 f (2,8) 2 f (3,2) 4 f (3,6)

f (4)]

0,804 896

Calcul intégral

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

19. f (x) = cos(x2), a)

T8 M8

b)

1 82 1 8

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

1 0 8

x

1 8

{ f (0) 2[ f ( 81 ) 3 16

[f( )

f ( 87 )]

f ( 82 ) 5 16

f( )

1 16

85

f (1)} 0,902 333

15 16

f( )

f ( )] 0,905 620

f (x) = cos(x2), f′(x) = −2x sin(x2), f″(x) = −2 sin(x2) − 4x2 cos(x2). Pour 0 ≤ x ≤ 1, sin et cos sont positifs, donc |f″(x)| = 2sin(x2) + 4x2 cos(x2) ≤ 2 · 1 + 4 · 1 · 1 = 6, puisque sin(x2) ≤ 1 et cos(x2) ≤ 1 pour tout x et x2 ≤ 1 pour 0 ≤ x ≤ 1. Donc, pour n = 8, en posant K = 6, a = 0 et b = 1 dans la formule 3, nous obtenons

|ET | 6 13 /(12 82 )

0,007 812 5 et |EM |

1 128

1 256

0,003 906 25 . [Nous pourrions obtenir une meilleure approximation en

observant sur un graphique de f″ que |f″ (x)| ≤ 4 pour 0 ≤ x ≤ 1.] c)

Posons K = 6 dans la formule 3 [comme à la sous-question b)].

|ET |

K (b a)3 12n2

6(1 0)3 12n2

0,0001

10

1 2n 2

4

1 104

2n2 104

n2

5000

n 71 .

Prenons n = 71 pour Tn. Pour EM, posons encore K = 6 dans la formule 3. Nous obtenons |EM | 10

20. f (x) = e1/x, a)

T10 M10

b)

x 1 10 2 1 10

2 1 10

4n2 104

[ f (1,05)

n2

n 50 . Prenons n = 50 pour Mn.

2500

1 10

[ f (1) 2 f (1,1) 2 f (1,2) f (1,15)

3e(2 1)3 12(10)2

2 f (1,9)

f (1,25)

1 1/x e , f ( x) x2

f (x) = e1/x, f ( x)

= 3e. |ET | c)

4

e 400

f (2)] 2,021 976

f (1,95)] 2,019 102

2x 1 1/x e . Or, la fonction f″ est décroissante sur l’intervalle [1, 2]; donc, posons x = 1 et K x4 |ET | 2

0,006 796 . |EM |

e 800

0,003 398 .

Posons K = 3e dans la formule 3 [comme à la sous-question b)].

|ET |

K (b a)3 12n2

3e(2 1)3 12n2

0,0001

10

4

e 4n2

1 104

EM, posons encore K = 3e dans la formule 3; nous obtenons |EM | 10

21. f (x) = sin x, a)

T10 M10 S10

Calcul intégral

x

10 2

10

10 3

0 10

4

104 e 4 n2

n 83 . Prenons n = 83 pour Tn. Pour 104 e 8

n 59 . Prenons n = 59 pour Mn.

10

[ f (0) 2 f ( 10 ) 2 f ( 210 ) [ f ( 20 )

n2

f ( 320 )

f ( 520 )

2 f ( 910 )

f ( )] 1,983 524

f ( 1920 )] 2,008 248

[ f (0) 4 f ( 10 ) 2 f ( 210 ) 4 f ( 310 )

4 f ( 910 )

f ( )] 2,000110

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Puisque I

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

0

sin x dx [ cos x]0

1 ( 1)

86

2 , ET = I − T10 ≈ 0,016 476, EM = I − M10 ≈ −0,008 248

et ES = I − S10 ≈ −0,000 110. b)

f ( x) sin x

|f ( n) ( x)| 1 ; donc, posons K = 1 pour toutes les évaluations des erreurs commises.

|ET |

K (b a)3 12n2

1( 0)3 12(10)2

|ES |

K (b a)5 180n4

1( 0)5 180(10)4

3

0,025 839 . |EM |

1200

|ET | 2

3

2400

0,012 919 .

5

1800 000

0,000 170 .

L’erreur commise représente environ 64 % de la valeur estimée de l’erreur dans les trois cas. 3

c)

|ET | 0,000 01

12n

1 105

2

3

|EM | 0,000 01

24n

2

5

|ES | 0,000 01

180n

4

n2

105 3 12

n 508,3 . Prenons n = 509 pour Tn.

1 105

n2

105 3 24

n 359,4 . Prenons n = 360 pour Mn.

1 105

n4

105 5 180

n 20,3 .

Prenons n = 22 pour Sn (puisque n doit être pair).

22. Selon l’exemple 7 b), posons K = 76e; nous obtenons |ES |

76e(1)5 180n4

0,000 01

n4

76e 180(0,000 01)

n 18,4 .

Prenons n = 20 (puisque n doit être pair). 23.

a) À l’aide d’un logiciel de calcul symbolique, obtenons la dérivée de f (x) = ecos x deux fois; nous trouvons que f″(x) = ecos x(sin2 x − cos x). Le graphique montre que la valeur maximum de |f″(x)| se produit aux extrémités de l’intervalle [0, 2π]. Puisque f″(0) = −e, nous pouvons poser K = e ou K = 2,8.

b)

Un logiciel de calcul symbolique produit M10 ≈ 7,954 926 518. (Avec le logiciel Maple, utilisez Student[Calculus1] [RiemannSum] ou Student[Calculus1][ApproximateInt].)

c)

À l’aide de la formule 3 et de la méthode des milieux des sous-intervalles, avec K = e, nous obtenons

|EM | d)

e(2 0)3 24 102

0,280 945 995 . Avec K = 2,8, nous obtenons |EM |

2,8(2 0)3 2 24 10

0,289 391 916 .

Un logiciel de calcul symbolique produit I ≈ 7,954 926 521.

Calcul intégral

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

87

e)

L’erreur commiser n’est que d’environ 3 × 10−9, ce qui est beaucoup moins que l’erreur calculée à la sous-question c).

f)

Nous utilisons le logiciel de calcul symbolique pour obtenir la dérivée deux fois de plus, et traçons ensuite la courbe de f (4) ( x) ecos x (sin 4 x 6sin2 x cos x 3 7sin2 x

cos x ) . Le graphique montre que la valeur maximum de |f(4)(x)| se produit

aux extrémités de l’intervalle [0, 2π]. Puisque f(4)(0) = 4e, nous pouvons utiliser K = 4e ou K = 10,9.

g)

Un logiciel de calcul symbolique produit S10 ≈ 7,953 789 422. (Avec le logiciel Maple, utilisez Student[Calculus1][ApproximateInt].)

h)

À l’aide de la formule 4, avec K = 4e, nous obtenons |ES |

|ES | i)

10,9(2 0)5 4 180 10

4e(2 0)5 180 104

0,059 153 618 . Avec K = 10,9, nous obtenons

0,059 299 814 .

L’erreur commise est d’environ 7,954 926 521 – 7,953 789 422 ≈ 0,001 14. Ceci est significativement inférieur à l’estimation obtenue à la sous-question h), quoique la différence est beaucoup moins grande que celle produite par la méthode des milieux des sous-intervalles.

j)

Pour garantir que |ES| ≤ 0,000 1, utilisons la formule 4 : |ES |

4e(2 )5 180 n4

0,000 1

4e(2 )5 180 0,000 1

n4

n4

n 49,3 . Nous devons donc prendre n ≥ 50 pour

5 915 362

garantir que |I − Sn| ≤ 0,000 1. (K = 10,9 produit la même valeur de n.)

24. a)

À l’aide d’un logiciel de calcul symbolique, obtenons la dérivée de f ( x) obtenons f ( x)

b)

9 x4 4(4 x3 )3/ 2

4 x3 deux fois; nous

3x . Le graphique montre que |f″(x)| < 2,2 sur l’intervalle [−1, 1]. (4 x3 )1/ 2

Un logiciel de calcul symbolique produit M10 ≈ 3,995 804 152. (Avec le logiciel Maple, utilisez Student[Calculus1][RiemannSum] ou Student[Calculus1] [ApproximateInt].)

Calcul intégral

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé c)

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

88

À l’aide de la formule 3 et de la méthode des milieux des sous-intervalles, avec K = 2,2, nous obtenons

|EM |

2,2[1 ( 1)]3 24 102

0,007 33 .

d)

Un logiciel de calcul symbolique produit I ≈ 3,995 487 677.

e)

L’erreur commise est d’environ −0,000 316 5, ce qui est beaucoup moins que l’erreur calculée à la sous-question c).

f)

Nous utilisons le logiciel de calcul symbolique pour obtenir la dérivée deux fois de plus, et traçons ensuite la courbe de f (4) ( x)

g)

9 x 2 ( x 6 224x 3 1280) . Le graphique montre que |f(4)(x)| < 18,1 sur l’intervalle [−1, 1]. 16 (4 x3 )7/2

Un logiciel de calcul symbolique produit S10 ≈ 3,995 449 790. (Avec le logiciel Maple, utilisez Student [Calculus1] [ApproximateInt].)

18,1[1 ( 1)]5 180 104

h)

À l’aide de la formule 4, avec K = 18,1, nous obtenons |ES |

0,000 322 .

i)

L’erreur commise est d’environ 3,995 487 677 – 3,995 449 790 ≈ 0,000 037 9. Ceci est significativement plus petit que l’estimation obtenue à la sous-question h).

j)

Pour garantir que |ES| ≤ 0,000 1, utilisons la formule 4 : |ES |

18,1(2)5 180 n4

18,1(2)5 180 0,000 1

0,000 1

n4

n4

n 13,4 . Nous devons donc prendre n ≥ 14 pour

32 178

garantir que |I − Sn| ≤ 0,000 1.

25. I

1 0

xe x dx [( x 1)e x ]10 [intégration par parties ou formule 96] = 0− (−1) = 1, f (x) = xex, Δx = 1/n

n=5:

G5

1 5

[ f (0)

D5

1 5

[ f (0,2)

T5 M5

Calcul intégral

1 52

f (0,2)

f (0,4)

f (0,4)

[ f (0) 2 f (0,2)

1 5

[ f (0,1) G5

f (0,3)

f (0,6)

f (0,6) f (0,8)

f (0,8)] 0,742 943 f (1)] 1,286 599

2 f (0,4) 2 f (0,6) 2 f (0,8) f (0,5)

EG

I

ED

1 1,286 599

0, 286 599

ET

1 1,014 771

0,014 771

EM

1 0,992 621 0,007 379

f (0,7)

f (1)] 1,014 771

f (0,9)] 0, 992 621

1 0,742 943 0, 257 057

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé n = 10 :

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

G10

1 10

[ f (0)

D10

1 10

[ f (0,1)

T10 M 10

n = 20 :

1 10 2 1 10

f (0,1) f (0,2)

[ f (0,05) G10

I

1 1,139 610

ET

1 1,003 696

EM

1 0,998 152 1 20

[ f (0)

D20

1 20

[ f (0,05)

T20

1 20

f (0,95)] 0,998152

0,132 218

0,003 696 0,001 848

f (0,10)

f (0,10)

{ f (0) 2[ f (0,05)

G20

f (1)} 1,003 696

0,139 610

f (0,05)

[ f (0,025)

f (0,9)]

f (0,85)

1 0,867 782

G20

f (1)] 1,139 610

f (0,2)

f (0,15)

EG

1 20 2

f (0,9)] 0,867 782 f (0,9)

{ f (0) 2[ f (0,1)

ED

M 20

f (0,2)

89

f (0,95)

f (1)] 1,068 881

f (0,10)

f (0,075)

1 0,932 967

f (0,95)] 0,932 967 f (0,95)]

f (0,125)

EG

I

ED

1 1,068 881

0,068 881

ET

1 1,000 924

0,000 924

EM

1 0,999 538 0,000 462

f (1)} 1,000 924

f (0,975)] 0,999 538

0,067 033

n

Gn

Dn

Tn

Mn

5

0,742 943

1,286 599

1,014 771

0,992 621

10

0,867 782

1,139 610

1,003 696

0,998 152

20

0,932 967

1,068 881

1,000 924

0,999 538

n

EG

ED

ET

EM

5

0,257 057

−0,286 599

−0,014 771

0,007 379

10

0,132 218

−0,139 610

−0,003 696

0,001 848

20

0,067 033

−0,068 881

−0,000 924

0,000 462

Observations : 1.

Les signes de EG et de ED sont toujours opposés, de même que ceux de ET et de EM.

2.

Lorsque n est doublé, EG et ED diminuent d’un facteur d’environ 2, et ET et EM diminuent d’un facteur d’environ 4.

3.

L’approximation par la méthode des milieux des sous-intervalles est environ deux fois plus juste que l’approximation par la méthode des trapèzes.

4.

Toutes les approximations deviennent augmentant en qualité à mesure que la valeur de n augmente.

5.

L’approximation par la méthode des milieux des sous-intervalles et l’approximation par la méthode des trapèzes sont beaucoup plus justes que les approximations au moyen des extrémités.

Calcul intégral

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

26. I

2 1

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

1 dx x2

n=5:

1 x

2

G5

1 5

[ f (1)

D5

1 5

[ f (1,2)

T5

n = 10 :

1 52

1 , x2

1 , f ( x) 2

f (1,2)

f (1,4)

f (1,4)

f (1,6)

EG

I

G5

ED

1 2

0, 430 783 0,069 217

ET

1 2

0,505 783

EM

1 2

0, 497 127

f (1,3)

1 10

[ f (1)

D10

1 10

[ f (1,1)

1 10 2

f (1,5)

0,580 783

1 2

G10

0,080 783

0,002 873 f (1,2)

f (1,2)

f (1,9)] 0,538 955 f (1,9)

{f (1) 2[ f (1,1)

f (1,85)

0,538 955

0,038 955

ED

1 2

0, 463 955 0,036 049

ET

1 2

0,501 455

EM

1 2

0, 499 274 0,000 726 1 20

[ f (1)

D20

1 20

[ f (1,05)

1 20 2

M 20

1 20

f (1,10)

f (1,10)

f (1,95)] 0,499 274

f (1,95)] 0,519 114 f (1,95)

{f (1) 2[ f (1,05)

[ f (1,025)

f (1,10)

f (1,075)

EG

I

G20

ED

1 2

0, 481 614 0,018 386

0,519 114

ET

1 2

0,500 364

EM

1 2

0, 499 818 0,000 182

f (1,125)

f (2)] 0,481 614 f (1,95)]

f (2)} 0,500 364

f (1,975)] 0,499 818

0,019 114

0,000 364

n

Gn

Dn

Tn

Mn

5

0,580 783

0,430 783

0,505 783

0,497 127

10

0,538 955

0,463 955

0,501 455

0,499 274

20

0,519 114

0,481 614

0,500 364

0,499 818

Calcul intégral

f (2)} 0,501 455

0,001 455

f (1,05)

1 2

f (1,9)]

f (1,15)

G10

G20

f (2)] 0,463 955

f (1,2)

I

1 2

f (2)] 0,505 783

f (1,9)] 0,497 127

0,005 783

f (1,1)

[ f (1,05)

f (1,7)

EG

T20

f (2)] 0,430 783

[ f (1) 2f (1,2) 2f (1,4) 2f (1,6) 2f (1,8)

[ f (1,1)

M 10

f (1,8)] 0,580 783

f (1,8)

1 5

1 10

1 n

x

f (1,6)

M5

T10

n = 20 :

1 ( 1) 2

1

90

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

n

EG

ED

ET

EM

5

−0,080 783

0,069 217

−0,005 783

0,002 873

10

−0,038 955

0,036 049

−0,001 455

0,000 726

20

−0,019 114

0,018 386

−0,000 364

0,000 182

91

Observations : 1.

Les signes de EG et de ED sont toujours opposés, de même que ceux de ET et de EM.

2.

Lorsque n est doublé, EG et ED diminuent d’un facteur d’environ 2, et ET et EM diminuent d’un facteur d’environ 4.

3.

L’approximation par la méthode des milieux des sous-intervalles est environ deux fois plus juste que l’approximation par la méthode des trapèzes.

4.

Toutes les approximations augmentent en qualité à mesure que la valeur de n augmente.

5.

L’approximation par la méthode des milieux des sous-intervalles et l’approximation par la méthode des trapèzes sont beaucoup plus justes que les approximations au moyen des extrémités.

27. I

2 0

x 4dx [ 15 x5 ]02

n=6:

T6

2 62 2 6

M6

{ f (0) 2[ f ( 13 ) 3 6

1 6

[f( )

2 63

S6

n = 12 :

0 6,4 , f (x) = x4,

32 5

f( )

7 6

f( )

f( )

f ( 53 )]

f ( 34 ) 9 6

f( ) 3 3

2 3

ET

I T6

6,4 6,252 572 0,147 428

ES

6,4 6,403 292

T12

2 12 2 2 12

2 n

f (2)} 6,695 473

11 6

f ( )] 6,252 572

[ f (0) 4f ( ) 2f ( ) 4f ( ) 2f ( ) 4f ( 53 ) 1 3

EM

M6

6,4 6,695 473

3 12

[f( )

f( )

f (2)] 6,403 292

0,003 292

{ f (0) 2[ f ( 16 ) 1 12

4 3

0,295 473

f ( 62 )

f ( 63 )

5 12

f ( 116 )]

f( )

f ( )] 6,363 008 3 6

S6

2 12 3

[ f (0) 4f ( ) 2f ( ) 4f ( ) 2f ( 64 )

ET

I T12

EM

6,4 6,363 008 0,036 992

ES

6,4 6,400 206

1 6

f (2)} 6,474 023

23 12

2 6

6,4 6,474 023

4f ( 116 )

f (2)] 6,400 206

0,074 023

0,000 206

n

Tn

Mn

Sn

6

6,695 473

6,252 572

6,403 292

12

6,474 023

6,363 008

6,400 206

Calcul intégral

f ( 33 )

f ( 32 ) 5 6

2 0 n

x

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

n

ET

EM

ES

6

−0.295 473

0.147 428

−0.003 292

12

−0.074 023

0.036 992

−0.000 206

92

Observations : 1.

Les signes de EL et de ER sont opposés. Lorsque n est doublé, ET et EM diminuent d’un facteur d’environ 4.

2.

L’approximation par la méthode de Simpson est beaucoup plus juste que l’approximation par la méthode des milieux des sousintervalles et l’approximation par la méthode des trapèzes. Lorsque n est doublé, ES semble diminuer d’un facteur d’environ 16.

28. I

4 1

1 dx x

n=6:

T6 M6 S6

n = 12 :

4

2 x 3 62 3 6

{ f (1) 2[ f ( 23 ) 5 4

7 4

[f( )

3 63

1 , x

2 , f ( x)

4 2

1

f( )

f ( 52 )

f ( 24 ) 9 4

11 4

f( )

f( )

ET

I T6

2 1,995 572 0,004 428,

ES

2 2,000 469 3 12 2 3 12

M 12

2 2,008 966

f ( 62 )

f ( 72 )]

13 4

15 4

f( )

f (4)} 2,008 966

f ( )] 1,995 572

9 8

11 8

f( )

f (4)] 2,000 469

0,008 966,

0,000 469

{ f (1) 2[ f ( 54 )

[f( )

3 12 3

S12

3 n

[ f (1) 4 f ( 23 ) 2 f ( 24 ) 4 f ( 52 ) 2 f ( 62 ) 4 f ( 72 )

EM

T12

4 1 n

x

f ( 64 )

f ( 74 )

13 8

f ( 154 )]

f (4)} 2,002 269

31 8

f( )

f ( )] 1,998 869

[ f (1) 4 f ( 54 ) 2 f ( 64 ) 4 f ( 74 ) 2 f ( 84 )

ET

I T12

EM

2 1,998 869 0,001131

2 2,002 269

ES

2 2,000 036

4 f ( 154 )

f (4)] 2,000 036

0,002 269

0,000 036

n

Tn

Mn

Sn

6

2,008 966

1,995 572

2,000 469

12

2,002 269

1,998 869

2,000 036

n

ET

EM

ES

6

−0,008 966

0,004 428

−0,000 469

12

−0,002 269

0,001 131

−0,000 036

Observations : 1.

Les signes de EL et de ER sont opposés. Lorsque n est doublé, ET et EM diminuent d’un facteur d’environ 4.

Calcul intégral

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 2.

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

93

L’approximation par la méthode de Simpson est beaucoup plus juste que l’approximation par la méthode des milieux des sousintervalles et l’approximation par la méthode des trapèzes. Lorsque n est doublé, ES semble diminuer d’un facteur d’environ 16.

29. Δx = (b − a)/n = (6 − 0)/6 = 1 a)

x 2

T6

b)

[ f (0) 2f (1) 2f (2)

2f (3) 2f (4) 2f (5)

1 2

[3 2(5) 2(4) 2(2) 2(2,8) 2(4) 1]

1 2

(39,6) 19,8

M6

x[ f (0,5)

f (1,5)

f (2,5)

f (3,5)

f (4,5)

f (6)]

f (5,5)]

1[4,5 4,7 2,6 2,2 3,4 3,2] 20,6 c)

x 3

S6

[ f (0) 4 f (1) 2 f (2) 4 f (3) 2 f (4) 4 f (5)

1 3

[3 4(5) 2(4) 4(2) 2(2,8) 4(4) 1]

1 3

(61,6)

f (6)]

20,53

30. Soit x, la distance à partir de l’extrémité gauche de la piscine et w = w(x), la largeur en x, alors la méthode de Simpson avec n = 8 et Δx = 2 produit Aire

5

31. a)

f ( x)dx

1

b)

2

M4

16 0

w dx

5 1 4

2 3

[ f (1,5)

f ( x) 3

[0 4(6,2) 2(7,2) 4(6,8) 2(5,6) 4(5,0) 2(4,8) 4(4,8) 0] 84 m2 .

f (2,5)

|f ( x)| 3

f (3,5)

f (4,5)] 1(2,9 3,6 4,0 3,9) 14,4

3 , puisque |f″(x)| ≤ K. L’erreur commise sur l’approximation calculée au moyen de la

K

K (b a)3 24n2

méthode des milieux des sous-intervalles est |EM |

1,6

32. a)

0

b)

g ( x)dx

S8

1,6 0 83

[ g (0) 4 g (0,2) 2 g (0,4) 4 g (0,6) 2 g (0,8) 4 g (1,0) 2 g (1, 2) 4 g (1,4) g (1,6)]

[12,1 4(11,6) 2(11,3) 4(11,1) 2(11,7) 4(12,2) 2(12,6) 4(13,0) 13,2]

1 15

(288,1)

2881 150

(4)

g ( x) 2

|g ( x)| 5

de la méthode de Simpson est |ES |

33.

Tmoy

24 1 24 0 0

T (t )dt

1 . 2

1 15

(4)

5

3(5 1)3 24(4) 2

1 24

S12

1 24 0 24 3(12)

19,2

K

5 , puisque |g(4)(x)| ≤ K. L’erreur commise sur l’approximation calculée au moyen

K (b a)5 180n4

5(1,6 0)5 180(8)4

2 28125

7, 1 10

5

[T (0) 4T (2) 2T (4) 4T (6) 2T (8) 4T (10) 2T (12) 4T (14) 2T (16) 4T (18) 2T (20) 4T (22) T (24)]

1 36

[19,5 4(18) 2(16) 4(14,5) 2(13) 4(16) 2(17,5) 4(20) 2(21,5) 4(20,5) 2(19,5) 4(19) 18]

1 36

(644,5) 17,9 C.

La température moyenne était d’environ 17,9 °C.

34. Utilisons la méthode de Simpson avec n = 10 et

Calcul intégral

x

1 2

:

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

distance

Chapitre 3 Les techniques d’intégration 5 0

v(t )dt

S10

1 23

[ f (0) 4f (0,5) 2f (1)

4f (4,5)

94

f (5)]

1 6

[0 4(4,67) 2(7,34) 4(8,86) 2(9,73) 4(10,22) 2(10,51) 4(10,67) 2(10,76) 4(10,81) 10,81]

1 6

(268,41)

44,735 m

35. Selon le théorème de la variation nette, l’augmentation de la vitesse est égale à

6 0

a(t ) dt . Utilisons la méthode de Simpson avec n =

6 et Δt = (6 − 0)/6 = 1 pour évaluer cette intégrale : 6 0

a(t ) dt

S6

1 3

[a(0) 4a(1) 2a(2) 4a(3) 2a(4) 4a(5) a(6)]

1 3

[0 4(0,5) 2(4,1) 4(9,8) 2(12,9) 4(9,5) 0]

1 3

(113, 2) 37,73 m/s

36. Selon le théorème de la variation nette, la quantité totale d’eau qui s’écoule du réservoir durant les six premières heures est égale à

6 0

r (t )dt . Utilisons la méthode de Simpson avec n = 6 et 6 0

r (t ) dt

S6

t

6 0 6

1 pour évaluer cette intégrale :

1 3

[r (0) 4r (1) 2r (2) 4r (3) 2r (4) 4r (5) r (6)]

1 3

[4 4(3) 2(2,4) 4(1,9) 2(1,4) 4(1,1) 1]

1 3

(36,6) 12,2 litres

37. Selon le théorème de la variation nette, la quantité totale d’énergie consommée est égale à Simpson avec n = 12 et 6 0

t

6 0 12

P(t ) dt

1 2

S12

6 0

P(t ) dt . Utilisons la méthode de

pour évaluer cette intégrale : 1/ 2 3

[ P (0) 4 P(0,5) 2 P(1) 4 P(1,5) 2 P (2) 4 P(2,5) 2 P (3)

4 P(3,5) 2 P(4) 4 P(4,5) 2 P(5) 4 P(5,5) P(6)] 1 6

[1814 4(1735) 2(1686) 4(1646) 2(1637) 4(1609) 2(1604) 4(1611) 2(1621) 4(1666) 2(1745) 4(1886) 2052]

1 6

(61 064) 10 177, 3 megawattheures

38. Selon le théorème de la variation nette, la quantité totale de données transmises est égale à

8 0

D(t ) dt 3600 [puisque D(t) est

exprimé en mégabits par seconde et que t est en heures]. Utilisons la méthode de Simpson avec n = 8 et Δt = (8 − 0)/8 = 1 pour évaluer cette intégrale : 8 0

D(t )dt

S8

1 3

[ D(0) 4 D(1) 2 D(2) 4 D(3) 2 D(4) 4 D(5) 2 D(6) 4 D(7) D(8)]

1 3

[0,35 4(0,32) 2(0,41) 4(0,50) 2(0,51) 4(0,56) 2(0,56) 4(0,83) 0,88]

1 3

(13,03)

4,343

Multiplions maintenant par 3600, ce qui donne 15 636 mégabits.

39. a)

Considérons que y = f(x) représente la courbe. À l’aide de disques, V

10 2

[ f ( x)]2 dx

10 2

g ( x) dx

I1 . Utilisons

maintenant la méthode de Simpson pour calculer une approximation de I1 : Calcul intégral

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

I1

10 2 3(8)

S8

Par conséquent, V

1 3

[ g (2) 4 g (3) 2 g (4) 4 g (5) 2 g (6) 4 g (7)

1 3

[02

1 3

4(1,5) 2

(181,78)

2(1,9) 2

4(2,2) 2

2(3,0) 2

g (8)]

4(3,8) 2

2(4,0) 2

4(3,1)2

02 ]

(181,78) 190,4 ou 190 unités cubes. 10

Au moyen de coquilles cylindriques, V

b)

95

2

2 xf ( x) dx

2

10 2

xf ( x) dx

2 I1 . Utilisons maintenant la méthode de Simpson

pour calculer une approximation de I1 :

I1

10 2 3(8)

S8

18

Travail

0

4 7 f (7) 2 8 f (8) 4 9 f (9) 10 f (10)]

[2(0) 12(1,5) 8(1,9) 20(2,2) 12(3,0) 28(3,8) 16(4,0) 36(3,1) 10(0)]

1 3

(395,2)

Par conséquent, V

40.

[2 f (2) 4 3 f (3) 2 4 f (4) 4 5 f (5) 2 6 f (6)

1 3

f ( x)dx

1 3

2

(395,2) 827,7 ou 828 unités cubes.

18 0 63

S6

[ f (0) 4 f (3) 2 f (6) 4 f (9) 2 f (12) 4 f (15)

f (18)

1 [9,8 4(9,1) 2(8,5) 4(8,0) 2(7,7) 4(7,5) 7,4] 148 joules 5

41. Au moyen de disques, V

1

(e

5

1/x 2

) dx

1

e

2/x

I1 . Utilisons maintenant la méthode de Simpson avec f(x) = e−2/x pour

dx

calculer une approximation de I1. I1

S8

5 1 3(8)

[ f (1) 4 f (1,5) 2 f (2) 4 f (2,5) 2 f (3) 4 f (3,5) 2 f (4) 4 f (4,5)

conséquent, V

1 6

f (5)]

1 6

(11,4566) Par

(11,4566) 6,0 unités cubiques.

42. Au moyen de la méthode de Simpson, avec n = 10,

/2 10

x

, L = 1,

0

42 180

radians , g = 9,8 m/s2, k 2

sin 2

1 2

0

et

f ( x) 1/ 1 k 2 sin 2 x , nous obtenons

T

43. I ( )

N 2 sin 2 k , où k k2

10

Or, n = 10 et

44.

f ( x) cos( x), x

T10

2 2

6

4

L g

4

1 9,8

Nd sin

( 10 6 ) 10

20 0 10

dx

/2

/2 10 3

f (0) 4 f

L S10 g

4

1 k 2 sin 2 x

0

2f

20

2 20

4f

9 20

f

2

, N = 10 000, d = 10−4 et λ = 632,8 × 10−9. Donc, I ( )

2 10 7 , donc M10

2,076 65

(104 )2 sin 2 k , où k k2

2 10 7 [ I ( 0,000 000 9) I ( 0,000 000 7)

(104 )(10 4 )sin 632,8 10 9

I (0,000 000 9)] 59,4 .

2

{ f (0) 2[ f (2)

f (4)

f (18)]

f (20)} 1[cos0 2(cos 2

cos 4

cos18 ) cos 20 ]

1 2(1 1 1 1 1 1 1 1 1) 1 20

Calcul intégral

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

.

Solutionnaire détaillé

La valeur exacte est

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

20 0

cos( x) dx

1

sin x

20

1

0

(sin 20

sin 0)

96

0 . L’écart vient du fait que l’échantillonnage de la fonction

n’est effectué qu’aux points de la forme 2n, où sa valeur est f(2n) = cos(2nπ) = 1.

45. Selon le graphique de f, l’aire donnée par

T2 M2

2 0 22

[ f (0) 2 f (1)

2 0 2

[ f (0,5)

f (2)]

1 2

2 0

f ( x) dx est presque 2. La méthode des trapèzes donne

[1 2 1 1] 2 . La méthode des milieux des sous-intervalles donne

f (1,5)] 1[0 0] 0 . La méthode des trapèzes est donc meilleure.

46. Selon le graphique de f, f (x) = |x − 1|, 0 ≤ x ≤ 2. L’aire donnée par

2 0

l’extrémité droite des sous-intervalles produit le même résultat : D2

f ( x)dx est exactement 1. L’approximation à l’aide de f (1) x

f (2) x

0 1 1 1 1 . La méthode de Simpson

utilise cependant la parabole y = (x − 1)2 (dont la courbe est hachurée) pour faire l’approximation de f et donne S2

x [ f (0) 4 f (1) 3

f (2)]

1 [1 4 0 1] 3

2 . 3

47. Puisque les approximations effectuées au moyen de la méthode des trapèzes et de la méthode des milieux des sous-intervalles sur l’intervalle [a, b] sont les sommes des approximations effectuées au moyen de la méthode des trapèzes et de la méthode des milieux des sous-intervalles sur les sous-intervalles [xi−1, xi], i = 1, 2,…, n, nous pouvons nous concentrer sur un tel intervalle. La condition f″(x) < 0 pour a ≤ x ≤ b signifie que la courbe de f est concave vers le bas, tel qu’il est illustré à la figure 5. Dans cette figure, Tn est l’aire du trapèze AQRD,

b a

f ( x)dx est l’aire de la région AQPRD, et Mn est l’aire du trapèze ABCD, donc Tn

b a

f ( x)dx

M n . De

façon générale, la condition f″ < 0 signifie que la courbe de f sur l’intervalle [a, b] est située au-dessus de la corde qui relie les points (a, f(a)) et (b, f (b)). Par conséquent,

Calcul intégral

b a

f ( x)dx Tn . Puisque Mn est l’aire située sous une tangente à la courbe et puisque f″ < 0

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration b

signifie que la tangente est située au-dessus de la courbe, nous avons également M n conséquent, Tn

b

f ( x)dx

a

97

a

f ( x)dx . Par

Mn .

48. Soit f une fonction polynomiale de degré inférieure ou égale à 3; Soit f(x) = Ax3 + Bx2 + Cx + D. Il sera suffisant de démontrer que la valeur calculée au moyen de la méthode de Simpson est exacte lorsqu’il y a deux sous-intervalles (n = 2). En effet, toute somme avec un nombre pair plus grand de sous-intervalles sera nécessairement exacte puisque de telles sommes sont composées de sommes exactes. Comme cela a été fait lors de la méthode de Simpson, nous pouvons considérer que x0 = −h, x1 = 0 et x2 = h. L’approximation calculée au moyen de la méthode de Simpson est donc h h

1 3

f ( x)dx

1 3

h[ f ( h) 4 f (0) h[2 Bh

2

2 3

6 D]

1 3

f (h)] Bh

3

h[( Ah3

Bh 2 Ch D) 4D ( Ah3

Bh 2

Ch D)]

2Dh

Tandis que la valeur de l’intégrale est h h

( Ax3

Bx 2

Cx D)dx

h

2 ( Bx 2 0

2

1 3

Bx3

D)dx [selon les théorèmes 1.7.7a) et b)] Dx

h

2 3

0

Bh3

2Dh

Par conséquent, la méthode de Simpson donne la valeur de l’intégrale.

49. Nous savons que Tn

xi

1 2

( xi

1

1 2

x[ f ( x0 ) 2 f ( x1 )

xi ) . De plus, T2n 1 2

(Tn

Mn)

f ( xn )] et M n

x[ f ( x1)

f ( x2 )

x [ f ( x0 ) 2 f ( x1 ) 2 f ( x1 ) 2 f ( x2 ) 2 f ( x2 )

1 2

1 2

1 2

Tn

1 2

f ( xn 1)

f ( xn )] , où

2 f ( xn 1 ) 2 f ( xn 1) 2 f ( xn )

f ( xn )] .

Mn

x[ f ( x0 ) 2 f ( x1 )

1 4

Ainsi, le calcul de

2 f ( xn 1 )

2 f ( xn 1 )

f ( xn )]

x[2 f ( x1 ) 2 f ( x2 )

1 4

2 f ( xn 1 ) 2 f ( xn )]

T2 n

50. Tn

n 1 x f ( x0 ) 2 f ( xi ) 2 i 1

f ( xn ) et M n

b a . Soit x n

n

f xi

i 1

1 3

où x

x

Tn

2 3

Mn

1 3

(Tn

2M n )

n 1 x f ( x0 ) 2 f ( xi ) 3 2 i 1

n

f ( xn ) 4

f xi

i 1

x 2

b a . Alors, Δx = 2δx, donc 2n 1 3

Tn

2 3

n 1 x f ( x0 ) 2 f ( xi ) 3 i 1

Mn 1 3

x[ f ( x0 ) 4 f ( x1 2 f ( x2 )

Calcul intégral

x , donc 2

f ( xn ) 4

n

f ( xi

x)

i 1

x) 2 f ( x1 ) 4 f ( x2

2 f ( xn 1 ) 4 f ( xn

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

x)

x)

f ( xn )]

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

98

Puisque x0, x1 − δx, x1, x2 − δx, x2, … , xn−1, xn − δx, xn sont les extrémités des sous-intervalles de S2n, et puisque largeur des sous-intervalles de S2n, la dernière expression pour 13 Tn

Calcul intégral

2 3

M n correspond à S2n. Par conséquent, 13 Tn

3.6 La valeur approchée d’une intégrale

b a est la 2n

x 2 3

Mn

S2 n .

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

99

3.7 Les formes indéterminées et la règle de l’Hospital Remarque: L’emploi de la règle de l’Hospital est représenté par un H placé au-dessus du signe d’égalité : H

1.

a)

lim

f ( x) 0 est une indétermination du type . g ( x) 0

b)

lim

f ( x) p ( x)

0 puisque le numérateur tend vers 0 tandis que le dénominateur prend de très grandes valeurs.

c)

lim

h( x ) p ( x)

0 puisque le numérateur tend vers un certain nombre tandis que le dénominateur prend de très grandes valeurs.

d)

Si lim p( x)

x

x

x

a

a

a

x

et que f(x) → 0 en prenant des valeurs positives, alors la limite n’existe pas mais, dans ce cas, on

a

écrit lim

p( x) f ( x)

alors lim

p ( x) f ( x)

x

x

a

a

. [C’est le cas, par exemple si a = 0, p(x) = 1/x2 et f(x) = x2.] Si f(x) → 0 en prenant des valeurs négatives,

. [C’est le cas, par exemple, si a = 0, p(x) = 1/x2 et f(x) = –x2.] Si f(x) → 0 en prenant à la fois des valeurs

positives et des valeurs négatives, il est, dans ces cas, nécessaire de traiter les limites à gauche et à droite . [C’est le cas, par exemple, si a = 0, p(x) = 1/x2 et f(x) = x.]

2.

p ( x) est une indétermination du type q ( x)

e)

lim

a)

lim[ f ( x) p( x)] est une indétermination du type 0 · ∞.

b)

Lorsque x est dans un voisinage de a, alors p(x) est un grand nombre et h(x) est dans un voisinage de 1, de sorte que h(x)p(x) est

x

x

a

.

a

nécessairement un grand nombre. Donc, lim[h( x) p( x)] x

c)

Lorsque x est dans un voisinage de a, alors p(x) et q(x) sont tous deux de grands nombres, à plus forte raison p(x)q(x) est un grand nombre. Donc, lim [ p( x)q( x)] x

3.

a)

.

a

.

a

Lorsque x est dans un voisinage de a, alors f(x) est dans un voisinage de 0 et p(x) est un grand nombre, de sorte que f(x) – p(x) est un nombre négatif, grand en valeur absolue. Donc, lim [ f ( x) x

p( x)]

.

b)

lim [ p( x) q( x)] est une indétermination du type ∞ – ∞.

c)

Lorsque x est dans un voisinage de a, alors p(x) et q(x) sont tous deux de grands nombres, de sorte que p(x) + q(x) est un grand

x

a

nombre. Donc, lim [ p( x) q( x)] x

4.

a

a)

a

.

lim [ f ( x)]g ( x ) est une indétermination du type 00. x

a

Calcul intégral

3.7 Les formes indéterminées et la règle de l’Hospital

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

100

Si y = [f(x)]p(x), alors ln y = p(x) ln f(x). Lorsque x est dans un voisinage de a, alors p(x) → ∞ et ln f(x) → –∞, de sorte que

b)

lim y lim eln y 0 à la condition que la fonction fp soit définie.

ln y → –∞. Donc, lim [ f ( x)] p ( x ) x

a

x

a

x

a

c)

lim [h( x)] p ( x ) est une indétermination du type 1∞.

d)

lim [ p( x)] f ( x ) est une indétermination du type ∞0.

x

x

a

a

(e) Si y = [p(x)]q(x), alors ln y = q(x) ln p(x). Lorsque x est dans un voisinage de a, alors q(x) → ∞ et ln p(x) → ∞, de sorte que ln y → ∞. Donc, lim [ p( x)]q ( x ) x

5.

x

2

a

x

a

f ( x) H f ( x) lim g ( x) x 2 g ( x)

lim f ( x) x

f (2) g (2)

2

lim g ( x) x

2

1,8 4

2

2

f ( x) H f ( x) lim g ( x) x 2 g ( x)

lim f ( x) x

f (2) g (2)

2

lim g ( x) x

2

La limite est une indétermination du type x2 1 1 x2 x

lim x

lim x

1

( x 1)( x 1) x( x 1)

lim x

1

1,5 1

0 0

0 et que lim g ( x) 0 ; donc la règle de l’Hospital s’applique : x

2

9 4

5

x

x

2

0 et que lim g ( x) 0 ; donc la règle de l’Hospital s’applique : x

2

3 2

. Il suffit d’effectuer une factorisation et une simplification pour évaluer la limite :

x 1 1 1 x 1

2

La limite est une indétermination du type 00 . Il suffit d’effectuer une factorisation et une simplification pour évaluer la limite :

lim x

9.

.

a

Les courbes respectives de f et de g montrent que lim f ( x )

lim

8.

x

x

x

7.

a

Les courbes respectives de f et de g montrent que lim f ( x)

lim

6.

x

lim [ p( x)]1/q ( x ) est une indétermination du type ∞0.

lim q ( x ) p( x)

(f)

lim eln y

lim y

a

2

x2

x 6 x 2

lim x

2

( x 3)( x 2) x 2

lim( x 3) x

2 3 5

2

x3 2 x 2 1 H 3x 2 4 x = lim 1 x 1 x3 1 3x 2

La limite est une indétermination du type 00 . lim x

1 3

Remarque: On peut aussi effectuer une factorisation et une simplification pour évaluer la limite.

6 x2 5x 4 H 12 x 5 = lim 1/ 2 4 x 2 x 1/ 2 16 x 9 8x 16

10. La limite est une indétermination du type 00 . lim x

6 5 4 16

11 20

Remarque: On peut aussi effectuer une factorisation et une simplification pour évaluer la limite.

Calcul intégral

3.7 Les formes indéterminées et la règle de l’Hospital

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

11. La limite est une indétermination du type 00 .

x

lim

( / 2)

x

( / 2)

0

e 2t 1 H 2e2t = lim 0 sin t t 0 cos t

14. La limite est une indétermination du type 00 . lim x

0

H x2 2x = lim x 0 sin x 1 cos x

15. La limite est une indétermination du type 00 . lim

/2

16.

lim

/2

1 sin csc

0 1

1 sin 1 cos 2

0

/2

/2

18. La limite est une indétermination du type

. lim

x x2 H 1 2x H 2 = lim = lim x x 1 2 x2 4x 4

x

x

lim

x

x x2 consiste à diviser le numérateur et le dénominateur par x : lim x 1 2 x2 2

0

2

sin 4cos 2

1 4

0 . La règle de l’Hospital ne s’applique pas.

ln x H 1/x = lim 1 1/ 2 x x x 2

lim [(ln x)/x]

2 1

H

. lim

x

4 5

= lim

17. La limite est une indétermination du type

19.

( / 2)

2 sin x x

cos 2sin 2

H

= lim

.

lim tan x

2

lim x

x

4(1) 5(1) 2

2(1) 1

13. La limite est une indétermination du type 00 . lim t

sin x cos x

lim

sin 4 x H 4cos 4 x = lim x 0 5sec 2 (5 x) tan 5 x

12. La limite est une indétermination du type 00 . lim x

cos x H = 1 sin x

101

2 x

0

1 . Toutefois, une méthode plus efficace 2

1 1 lim x x 1 2 x2

0 1 0 2

1 . 2

puisque ln x → –∞ lorsque x → 0+ et le fait de diviser le numérateur des valeurs positives de plus en plus petites

de x ne fait qu’augmenter la valeur du quotient (ln x)/x. La règle de l’Hospital ne s’applique pas.

20. La limite est une indétermination du type

ln x . lim 2 x x

ln x H lim 2 = lim x x x 1 2

t8 1 H 8t 7 = lim 1 t5 t 1 5t 4 1

21. La limite est une indétermination du type 00 . lim t

22. La limite est une indétermination du type 00 . lim t

Calcul intégral

0

8t

5t t

H

8t ln8 5t ln 5 0 1

= lim t

8 lim t 3 5t 1

1 2x 2x

8 (1) 5

lim x

1 4x2

0

8 5

ln8 ln 5 ln

3.7 Les formes indéterminées et la règle de l’Hospital

8 5

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

102

23. La limite est une indétermination du type 00 . lim x

1 2x

1 4x x

0

1

H

= lim 2 x

(1 2 x)

x

u

25. La limite est une indétermination du type 00 . lim

ex 1 x x2

26. La limite est une indétermination du type 00 . lim

sin x x x3

x

x

0

0

0

H

1

2

1 2x

1 4x

lim x

H

0

lim x

(1 4 x)

1 2

1/ 2

( 4)

1

eu /10 101 H eu /10 H = lim = 3 u u 3u 2

. lim

2

0

lim

24. La limite est une indétermination du type

1/ 2

0

ex 1 2x

lim

eu /10 2u

lim

ex 2

1 30 u

H

cos x 1 3x 2

1 1

x

0

H

H

=

3

1 600 u

eu /10 1

lim

cos x 6

lim

1 10

lim eu /10

1 6000 u

1 2 sin x 6x

lim x

1 10

2 1

0

H

x

0

1 6

27. La limite est une indétermination du type 00 .

x sin x lim x 0 x tan x

H

1 cos x lim x 0 1 sec 2 x limcos3 x

1 2 x

0

H

( sin x) lim x 0 2sec x(sec x tan x) 1 2

(1)3

1 lim 2x 0

cos x sin x sec 2 x

sin x

1 2

sin x x . Il existe une autre solution qui consiste à récrire la limite sous la forme lim x 0 tan x 1 x 1

arcsin x 0 x

28. La limite est une indétermination du type 00 . lim x

29. La limite est une indétermination du type

. lim x

(ln x)2 x

x3x 0 3x 1

30. La limite est une indétermination du type 00 . lim x

H

x

H

lim x

H

1/ 1 x 2 0 1

lim

lim x

2(ln x)(1/x) 1

x3x ln 3 3x 0 3x ln 3

lim x

0

1 1 x

2lim x

1 1 1

2

ln x x

H

2lim x

3x ( x ln 3 1) 0 3x ln 3

lim x

1/x 1

lim x

0

2(0) 0

x ln 3 1 ln 3

1 ln 3

31. La limite est une indétermination du type 00 .

lim x

0

32. lim x

0

cos mx cos nx x2

x sin x x cos x

Calcul intégral

0 0 0 1

H

lim x

0 1

0

m sin mx n sin nx 2x

H

lim x

0

m2 cos mx n 2 cos nx 2

1 2

(n2

m2 )

0 . La règle de l’Hospital ne s’applique pas.

3.7 Les formes indéterminées et la règle de l’Hospital

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

x 0 arctan(4 x )

H

33. La limite est une indétermination du type 00 . lim x

x

1 x ln x 1 1 cos x

H

34. La limite est une indétermination du type 00 . lim x

35.

lim

x

0

lim 0

1

1 1/x sin x

x

1

H

1 16 x 2 0 4

lim

1 4 1 (4 x)2

lim

103

x

lim x

2

1

1 4

1/x 2 cos x

2

1 ( 1)

1 2

xx 1 . De l’exemple 9, on a obtenu que lim x x 1 , ce qui implique que lim ( x x 1) 0 . Lorsque x → 0+, alors ln x → –∞, x 0 x 0 ln x x 1 xx 1 0. ln x x 1

de sorte que ln x + x – 1 → –∞ lorsque x → 0+. Donc, lim x

xa

36. La limite est une indétermination du type 00 . lim x

1

ex

37. La limite est une indétermination du type 00 . lim x

0

0

ax a 1 ( x 1)2

e

x

2x x sin x

cos x 1 0 x4

1 2

38. La limite est une indétermination du type 00 . lim x

39. La limite est une indétermination du type

cos x ln( x a) lim x a ln(e x e a )

x2

H

ax a 1 a 1 2( x 1)

lim x

H

ex e x 2 0 1 cos x

lim x

H

lim x

0

sin x x 4 x3

H

a(a 1) x a 1 2

2

a(a 1) 2

lim x

H

x

H

ex e x 0 sin x

lim

lim x

0

H

cos x 1 12 x 2

ex e x 0 cos x

lim x

H

lim x

0

sin x 24 x

ln( x a) lim cos x lim x x a x a ln(e ea )

x

a

1 e x ea lim x e x a x a

H

H

1 x a cos a lim 1 x a ex e x ea 1 ex 1 cos a a lim cos a a e a e x a 1 e

x

x

sin( /x) 1/x

H

lim x

lim

cos x 24

H

x

cos( /x)( /x 2 ) 1/x 2

lim cos( /x) x

0 0

x/2

x

lim x

x e

x/2

H

lim x

1 2 1 2

x 1/ 2 ex/ 2

lim x

1 24

1 xe x / 2

:

(1)

41. La limite est une indétermination du type ∞ · 0. On la modifie de manière à obtenir une indétermination du type

lim xe

0

cos a

40. La limite est une indétermination du type ∞ · 0. On la modifie de manière à obtenir une indétermination du type

lim

2

.

cos a lim

lim x sin( /x)

1 1 1

:

0

42. La limite est une indétermination du type ∞ · 0. On la modifie de manière à obtenir une indétermination du type 00 .

Calcul intégral

3.7 Les formes indéterminées et la règle de l’Hospital

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

limcot 2 x sin 6 x x

lim

0

x

0

sin 6 x tan 2 x

H

lim x

0

6cos6 x 2sec2 2 x

6(1) 2(1) 2

104

3

43. La limite est une indétermination du type 0 · (–∞).

lim sin x ln x

x

0

ln x csc x 1 0 0

H

lim

x

0

lim

x

0

1/x csc x cot x

sin x tan x x

lim

x

0

44. La limite est une indétermination du type ∞ · 0. lim x3e

x2

x

lim x

lim

x

x3 e

x

H

0

lim

2

x

sin x x

3x 2 2 xe

lim tan x

x

0

lim

x2

x

3x 2e

H

x2

lim x

3 4 xe x

0

2

45. La limite est une indétermination du type ∞ · 0.

lim x tan(1/x)

lim

x

x

tan(1/x) 1/x

H

lim x

sec2 (1/x)( 1/x 2 ) 1/x 2

lim sec2 (1/x) 12 1 x

46. La limite est une indétermination du type 0 · (–∞). lim ln x tan( x /2)

x

lim

1

x

1

ln x cot( x /2)

H

lim

x

1

1/x /2)csc2 ( x /2)

(

47. La limite est une indétermination du type 0 · ∞.

x

1 /2)(1) 2

(

lim cos x sec5 x ( / 2)

x

lim

( / 2)

2

cos x cos5x

H x

lim

( / 2)

sin x 5sin 5 x

1 5

1 5

lim

sin x cos x

48. La limite est une indétermination du type ∞ – ∞.

lim x

1

x 1 x 1 ln x

lim x

H

1

lim x

1

x ln x ( x 1) ( x 1)ln x 1/x

1/x

2

x2 1/x x 2

H

lim x

lim x

1

1

x(1/x) ln x 1 ( x 1)(1/x) ln x

x 1 x

1 1 1

lim x

ln x 1 (1/x) ln x

1 2

49. La limite est une indétermination du type ∞ – ∞. lim(csc x cot x) x

1

0

lim x

0

1 sin x

cos x sin x

lim x

0

1 cos x sin x

H

x

0

0

50. La limite est une indétermination du type ∞ – ∞. lim

x

0

1 x

1 e

x

lim

1

x

0

ex 1 x H ex 1 lim x x x(e 1) x 0 xe e x 1

H

lim

x

0

xe

x

ex ex

ex

1 0 1 1

1 2

51. La limite est une indétermination du type ∞ – ∞.

lim cot x x

0

Calcul intégral

1 x

cos x 1 x cos x sin x H x( sin x) cos x cos x lim lim x 0 x 0 sin x x x sin x x cos x sin x x sin x x cos x sin x 0 0 H lim lim 0 x 0 x cos x x 0 x( sin x) sin x cos x cos x 0 1 1

lim x

0

3.7 Les formes indéterminées et la règle de l’Hospital

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

105

52. La limite est une indétermination du type ∞ – ∞ et on modifie l’expression de manière à obtenir un produit en mettant x en évidence : lim( x ln x)

ln x x

lim x 1

x

x

puisque lim x

ln x x

H

1/x 1

0.

ln lim

7 x6 5x4

lim x

53. La limite est une indétermination du type ∞ – ∞.

lim[ln (x7 1) ln(x5 1)

x

54.

1

y

x

x

ln y

lim ln y

x

55.

x

lim ln y

56.

x

57.

y

lim eln y

0

x

(1 2 x)1/ x

0

x

1

0

58.

y

x1/(1

59.

y

x(ln 2)/(1

ln(1 2 x) x

H

lim ln y x

Calcul intégral

ln y

lim x

ln

H

lim

x

0

1/x x 3/2

7 5

(ln 2)(ln x) 1 ln x

x

0

0

x

lim x

x

lim eln y

0

x

e0 1 .

0

lim

x

0

2 x 2 cos 2 x sin 2 x cos 2 2 x

1

lim 0

2/(1 2 x) 1

bx ln 1

b H

lim x

lim(1 2 x)1/ x

2

x

lim eln y

0

x

e

0

1 e2

2

a ; alors, x 1 1 a /x 1/x 2

a x2

lim x

1 ln x ; alors, lim ln y x 1 1 x

ln y

2 lim x

1 2

ln tan 2x H (1/ tan 2 x)(2sec 2 2 x) lim x 0 x 0 1/x 1/x 2 2x x lim lim 1 0 0 x 0 sin 2 x x 0 cos 2 x

x

ln y

ln x )

1

1 ln (1 2x) ; alors, x

ln y

x)

x

lim

e0

0

b ln (1+a/x) lim x 1/x

x

ln x x 1/ 2

bx

a x

lim ln y

1

H

x ln tan 2 x ; alors,

0

limln y lim x

0

lim x ln tan 2x

0

y

x

ln y

lim (tan 2 x) x

x

lim

0

(tan 2 x) x

x

x7 1 x7 1 ln lim 5 x 1 x x5 1 1

x ln x ; alors,

lim x ln x

0

y

x

lim ln

lim

x

1

ab 1 a /x

1 ln x 1 x

ab

lim

x

1

lim 1 x

ln x 1 x

H

lim

x

1

a x

bx

1/x 1

lim eln y

e ab .

x

lim x1/(1

1

x

1

x)

lim eln y

x

1

e

1

1 . e

ln 2 ln x ; alors, 1 ln x H

lim x

(ln 2)(1/x) 1/x

lim ln 2 ln 2 ; donc, lim x

x

x (ln 2)/(1 ln x )

lim x

eln y

eln 2

3.7 Les formes indéterminées et la règle de l’Hospital

2

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

60.

y

x1/ x

61

y

(e x

x)1/ x

lim ln y

lim

ln y

x

x

y

(4 x 1)

63.

y

(2 x) tan(

lim ln y

ln (e x x) x

x

lim ln y

x

65.

y

2

x

0

2x 3 2x 5

lim ln y x

x

lim x

H

lim x

1/x 1

106

lim x1/ x

0

lim eln y

x

e0 1

x

x) ; alors,

ex 1 ex x

H

lim x

ex e

x

H

1

lim x

ex ex

0

lim(e x

1

x)1/ x

x

ln (4x 1) lim x 0 tan x

lim eln y x

4 4 x 1 lim 2 x 0 sec x

H

e1

e

lim (4 x 1)cot x

4

x

0

lim eln y

x

0

e4 .

x ln (2 x) 2

tan

ln (2 x) lim x 1 x cot 2

lim(2 x) tan(

x / 2)

H

1 ( 1) 2 x lim x 1 x csc 2 2 2

lim eln y

1

x

1

e

2

x 2 2 x

sin 2 lim x

1

2/

1 ln cos x x2 H

lim

x

0

tan x 2x

H

lim

x

2x 1

lim

ln x x

x

x

ln cos x x2

x

cot x ln (4x+1) ; alors, lim ln y

2

ln y

lim

0

x

lim

x

x ln (2 x) 2

1

(cos)1/ x

y

lim

ln y

lim tan

1

H

ln y

x / 2)

lim ln y

1 ln (e x x

ln y

2 12 1

64.

1/x ln x

cot x

62.

x

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

ln y

8(2 1/x) 2 (2 3/x)(2 5/x)

8

H

1 2

lim (cos x)1/ x

x

0

2

lim eln y

x

0

e

1/2

1/ e

2x 3 2x 5

(2 x 1)ln

ln(2 x 3) ln(2 x 5) 1/(2x +1)

0

sec2 x 2

lim x

2/(2 x 3) 2/(2 x 5) 2 / (2 x 1) 2

lim x

2x 3 2x 5

2x 1

e

8

lim x

8(2 x 1) 2 (2 x 3)(2 x 5)

1 e8

66.

Le graphique montre que, si x = 500, alors y ≈ 7,36. La limite est une indétermination du type 1∞.

y

1

2 x

Calcul intégral

x

ln y

x ln 1

2 x

3.7 Les formes indéterminées et la règle de l’Hospital

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

ln (1 2/x) lim x 1/x

lim ln y x

2 lim x

1 1 2/x

107

1 2 1 2/x x 2 lim x 1/x 2

H

2(1)

2

lim 1 x

x

2 x

lim eln y x

e 2 [ 7,39]

67.

Le graphique montre que, si x → 0,alors y ≈ 0,55. La limite est une indétermination du type 00 . lim x

0

5x 3x

4x 2x

H

lim x

0

5x ln 5 4 x ln 4 3x ln 3 2 x ln 2

ln 5 ln 4 ln 3 ln 2

ln 54 [ 0,55] ln 34

68

Le graphique montre que lim x

De plus, lim x

0

f ( x) g ( x)

lim x

0

0

f ( x) g ( x)

ex 1 x3 4 x

H

lim x

lim x

0

0

f ( x) g ( x)

0,25 .

ex 3x 2

1 . 4

4

69

Le graphique montre que lim x

lim x

0

70. lim x

f ( x) g ( x)

ex xn

H

Calcul intégral

0

f ( x) g ( x)

lim x

0

f ( x) g ( x)

4 .De plus,

2 x sin x H 2( x cos x sin x) lim x 0 sec x 1 sec x tan x 2( x sin x cos x cos x) 4 H lim x 0 sec x (sec 2 x) tan x(sec x tan x) 1 lim x

0

lim x

ex nx n

H 1

lim x

ex n(n 1) x n

H 2

H

4

lim x

ex n!

3.7 Les formes indéterminées et la règle de l’Hospital

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

71. La limite est une indétermination du type

. De plus, lim

x

72. lim

H

lim

x2 1

x

x

(x

1 2

1 1)

2

1/ 2

x

H

lim x

1/x px p 1

lim x

1 px p

0 puisque p > 0.

x2 1 . Une application répétée de la règle de l’Hospital ramène à la limite demandée ou x

lim

(2 x)

ln x xp

108

x

à la limite de son inverse multiplicatif. Procédons autrement, divisons le numérateur et le dénominateur par x : x

lim

73.

x

lim

x2 1

x

lim

( / 2)

x

sec x tan x

H x

x /x

( / 2)

x

1 1. 1

1 1/x 2

x

sec x tan x sec2 x

lim

1

lim

x 2 /x 2 1/x 2

lim

( / 2)

tan x . Une application répétée de la règle de l’Hospital ramène à la limite demandée ou à sec x

la limite de son inverse multiplicatif. Procédons autrement, simplifions d’abord :

x

lim

( / 2)

sec x tan x

x

lim

( / 2)

1/ cos x sin x / cos x

x

1 sin x

lim

( / 2)

1 1. 1

74. On voit que le numérateur et le dénominateur tendent tous deux vers 0 ; on peut donc appliquer la règle de l’Hospital : lim x

2a 3 x

a

a

x4 4

a 3 aax ax

H

3

1

lim 2 x

1 2

(2a 3 x

x4 )

a

3

4

(2a a a )

(a 4 )

lim x x 2 ln x

1 x x

1 1 lim ln (t 1) t 0 t t2

L

1 1 x

lim x x 2 ln x

t ln (t 1) lim t 0 t2

H

1 lim

t

0

(2a 3 1 4

1/ 2 1 4

75. Soit L

1/ 2

1/ 2

4 x3 ) a 3

3/4

(ax )

3

(2a (aa 3 )

1 3

(aax)

2/3

a2

2

(3ax )

3

4a ) 13 a 3 (a 2 a ) (3aa 2 )

2/3

3/ 4

( a 3 ) 13 a 3 (a 3 ) 3 3 a (a 4 ) 3/ 4 4

2/3

a

1 3

a

4 3

3 4

4 3

a

16 9

a.

. Si on pose t = 1/x, alors, lorsque x → ∞, on a t → 0+. Donc, 1 t 1 2t

lim

t

0

t /(t 1) 2t

lim

t

0

1 2(t 1)

1 . 2

Remarque : Si on tente d’abord de mettre en évidence x ou x2, le calcul de la limite est plus laborieux.

76.

y

f ( x)

limln y x

x

a

ln y

g ( x)ln f ( x) . Étant donné que f est une fonction positive, ln f(x) est défini. De plus,

lim g ( x)ln f ( x)

a

lim y

g ( x)

x

puisque lim g ( x)

a

lim et

x

a

et lim f ( x) 0 x

limln f ( x)

a

x

x

x

f (2 3x)

0

Calcul intégral

. Donc, si t = ln y, alors

0 . Il est à noter que lim g ( x) ln f(x) n’est pas une indétermination du type ∞ · 0.

t

a

77. Étant donné que f(2) = 0, la limite à évaluer est une indétermination du type lim

a

f (2 5 x) x

H

lim x

0

f (2 3x) 3

f (2 5 x) 5 1

f (2) 3

0 0

:

f (2) 5 8 f (2) 8 7 56

3.7 Les formes indéterminées et la règle de l’Hospital

. © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

78. L

lim x

0

sin 2 x x3

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

a

b x2

(2cos2 x 3ax2 b) lim x

0

2cos 2 x 3ax 2 3x 2

sin 2 x ax3 bx 0 x3

lim x

2cos 2 x 3ax 2 0 3x 2

lim x

b

. Lorsque x → 0, alors 3x2 → 0 et

b 2 , de sorte que la dernière limite existe seulement si b + 2 = 0, c’est-à-dire si b = –2. Ainsi, 2

H

lim x

0

4sin 2 x 6ax 6x

= 0 si et seulement si b = –2 et a

Calcul intégral

H

109

4 3

H

lim x

0

8cos 2 x 6a 6

6a 8 , et ce quotient est nul si et seulement si a 6

4 3

. Donc, L

.

3.7 Les formes indéterminées et la règle de l’Hospital

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

110

3.8 L’intégrale impropre 1.

2.

x

a)

Puisque y

b)

Puisque

c)

Puisque

d)

Puisque y = cot x présente une discontinuité à l’infini en x = 0,

a)

Puisque y = tan x est définie et continue sur l’intervalle 0, 4 ,

b)

Puisque y = tan x présente une discontinuité à l’infini en x

c)

Puisque y

x 1

0

x

2

présente une discontinuité à l’infini en x = 1,

x 1

1

dx est une intégrale impropre de type 2.

1 dx présente un intervalle infini d’intégration, elle est une intégrale impropre de type 1. 1 x3

x 2e

x2

dx présente un intervalle infini d’intégration, elle est une intégrale impropre de type 1.

1 x 2

x2

2

/4 0

/4 0

,

0

cot x dx est une intégrale impropre de type 2.

tan x dx n’est pas impropre. tan x dx est une intégrale impropre de type 2.

1 présente une discontinuité à l’infini en x = −1, ( x 2)( x 1)

dx est une intégrale impropre x 2

1 1

x2

de type 2. d)

3.

Puisque

e

0

x3

dx présente un intervalle infini d’intégration, elle est une intégrale impropre de type 1.

L’aire de la région sous la courbe y = 1/x3 = x−3 entre x = 1 et x = t est A(t )

t 1

x 3dx

1 2

x

2 t 1

1 2

t

2

1 2

1 2

1/(2t 2 ) . L’aire

pour 1 ≤ x ≤ 10 est donc A(10) = 0,5 – 0,005 = 0,495, l’aire pour 1 ≤ x ≤ 100 est A(100) = 0,5 – 0,000 05 = 0,499 95 et l’aire pour 1 ≤ x ≤ 1000 est A(1000) = 0,5 – 0,000 000 5 = 0,499 999 5. L’aire totale de la région sous la courbe où x ≥ 1 est lim A(t ) t

4.

lim t

1 2

1/(2t 2 )

1 2

.

a)

b)

L’aire de la région sous la courbe d’équation de f entre x = 1 et x = t est

F (t )

t 1

f ( x)dx

10(t

0,1

t 1

x

1,1

1 0,1

dx

1) 10(1 t

0,1

x

0,1

t 1

)

et l’aire de la région sous la courbe d’équation de g est

G(t )

t 1

g ( x)dx

Calcul intégral

t 1

x

0,9

dx

1 0,1

x0,1

t 1

10(t 0,1 1) .

3.8 L’intégrale impropre

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

c)

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

t

F(t)

G(t)

10

2,06

2,59

100

3,69

5,85

104

6,02

15,12

106

7,49

29,81

1010

9

90

1020

9,9

990 t

pas, puisque lim G(t ) lim10(t 0,1 1) t

5.

3

1 dx ( x 2)3/ 2

t

1 dx 1 x

2 t

0

7.

8.

1 1

9.

2

0

10.

11.

1 dx 3 4x

(2 x 1)

e

5p

t

t

0

lim

4 3

2r dr

t

0 t

dx

lim

1 x3

1

5p

dp

0 2

t

x2

0

t

1 x3

I1

t

[u

3

x 2, du

dx]

2. Intégrale convergente

t

(1 x)3/ 4

1 4

lim

t

[u 1 x, du

0

t

5p t

2r ln 2

0

t

dx

lim

lim

t

0

2

t

0

ln|3 4 x|

lim

e

I2

) 10 . L’aire totale de la région sous la courbe g n’existe

dx]

. Intégrale divergente

1 5

t

4 3

lim

dx 3

lim

lim

t

( y3 3 y 2 ) dy

12. I

(2 x 1)

2r dr

t

2 1

1/ 2 t

2( x 2)

t

4 3

1

t

2

lim

lim

dx

1 dx 3 4x

0 t

t

t

1/ 4

(1 t )3/ 4

lim

lim e

x2 0

lim

t

dx 3

dp

2

lim (1 x) t

dx

3

t

t

0 4

3/ 2

lim ( x 2)

t

.

t

lim

6.

0,1

L’aire totale de la région sous la courbe f est lim F (t ) lim10(1 t

111

t

t

1 4(2 x 1) 2

lim t

( y 3 3 y 2 ) dy

t

1

2t ln 2

1 ln 2

2 1 x3 3

lim

5t

e

1 5

1 4

lim

t

1 5

e

10

1 4

ln 3

ln|3 4t|

1 4(2t 1) 2

0

1 0 ln 2

1 5

e

10

. Intégrale divergente

1 36

1 5

e

1 . Intégrale convergente 36

0

10

. Intégrale convergente

1 . Intégrale convergente ln 2

t

lim t

0

0

2 3

1 t3

2 3

. Intégrale divergente

( y 3 3 y 2 ) dy , mais I1

lim

t

1 4

y4

y3

0 t

lim (t 3

t

1 4 4

t )

. Puisque I1 est

divergente, I est divergente, et il n’est pas nécessaire d’évaluer I2. Intégrale divergente

13.

xe

x2

dx

0

xe

Calcul intégral

x2

dx

0

xe

x2

dx . 3.8 L’intégrale impropre

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 0

x2

xe

dx

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

1 2

lim

t

Par conséquent, x

e

14.

x

1

dx

xe

x2

e

x

t

lim

2lim

15.

0

sin 2 d

16. I

t 1 0 2

lim t

cos t dt

1 2

dx

lim

1 2

t

t

u

e

t

1 2

lim

t

t

dx

x

1

t

0

x2

e

t 1

t

e

t

0

I2

1 2

e u (2du )

(1 cos 2 )d

I1

t2

et

1 2

1

0

xe

x2

dx

1 2

lim t

x2

e

t 0

1 2

lim t

e

t2

1

1 2

( 1)

1 2

.

0 . Intégrale convergente

2lim

1

1 e

112

1

e

lim

cos t dt

x,

du

dx /(2 x )

2(0 e 1 )

1 2

t

u

1 2

2e

t

sin 2

lim

0

t

1 2

t

cos t dt , mais I1

0

2 . Intégrale convergente e

1

lim

1

s

1 2

sin 2t

. Intégrale divergente

0

0

sin t

lim

1

s

s

sin t et cette limite n’existe pas.

Puisque I1 est divergente, I est divergente, et il n’est pas nécessaire d’évaluer I2. Intégrale divergente 1

17.

1

x

2

x

dx

t

lim

1

t

1 dx x( x 1)

1

t

t

lim ln|x| ln|x 1| 1

1 x

t

lim

1

lim ln

t

dx

x 1

t

fractions partielles

t

x

lim ln

x 1

t

1

t 1 ln t 1 2

0 ln

1 2

ln 2.

Intégrale convergente

18.

2

v

2

dv 2v 3

lim t

t 2

dv (v 3)(v 1) t

1 v 1 lim ln 4t v 3 0

19.

ze 2 z dz

0

lim

t

t

lim

ze 2 z dz

0

t

2

lim

1 2

t

t

1 4

2

1 4

v 3

v

1 2

te 2t

ze 2 z 1 4

e 2t

1 3

ye

1 4

e2 z

dv

1

1 t 1 1 lim ln ln 4t t 3 5

t

1 4

lim

1 4

lim t

1 (0 ln 5) 4

ln|v 3|

1 4

ln|v 1|

t 2

1 ln 5. Intégrale convergente 4

integration par parties avec u z , dv e 2 z dz

0 t

1 0 0 4

selon la règle de l’Hospital

1 4

.

Intégrale convergente

20.

2

ye

3y

dy

t

lim

2

t

lim t

ye

3y

1 3

te

dy

lim t

3t

1 9

3t

e

3y

2 3

e

1 9 6

3y

e 1 9

e

6

t

integration par parties avec

2

u 0 0

y, dv 7 9

e

e

6

3y

dy

selon la règle de l’Hospital

7 9

e 6.

Intégrale convergente

21.

1

22. I

ln x dx x

x3e

lim t

x4

dx

(ln x)2 2

I1

Calcul intégral

I2

t

par changement de variable avec u

1

0

ln x, du

x3e

x4

dx

dx /x

0

x3e

lim t

x4

(ln t ) 2 2

. Intégrale divergente

dx . Or,

3.8 L’intégrale impropre

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

t

lim x3e

I2

0

t

lim

e

1 4t

Puisque f ( x)

x2 dx 9 x6

23.

x3e

x4

est une fonction impaire, I1

x2 dx 9 x6

0

3 x 2 dx u x 9 x 6 du 3x 2 dx

0

x2 dx 9 x6

donc 2

0

x2 dx 9 x6

2

du u 3v 9 u 2 du 3dv

x2 2lim dx 09 t x6 t

dx t

u

lim

e

u

1 4

t4

x4 ,

u

du

4 x3dx

du

1

1 4

(0 1)

1 4

.

et, par conséquent, I = 0. Intégrale convergente

(3dv) 9 9v 2 1 3

1 u arctan 9 3

0

t

e

1 4t

0

1 4

t4

lim

4

x2 dx 9 x6

0

1 3

1 arctan v C 9

x4

113

Puisque l'intégrande est paire . Or,

1 dv 9 1 v2 C

1 x3 arctan 9 3

1 x3 2lim arctan t 9 3

t

0

C,

1 t3 2lim arctan t 9 3

2 9 2

9

.

Intégrale convergente

ex

24.

0

e

2x

3

dx

lim t

ex

t 0

x 2

(e )

1 3 2 25.

e

1 dx x(ln x)3

lim t

t e

t

0

x arctan x dx (1 x 2 )2 x arctan x dx (1 x 2 ) 2

lim t

t 0

dx

lim t

1 3 3

6

1 dx x(ln x)3 1 2(ln t ) 2

lim

26.

3

2

3

t

ln t 1

0

u ln x, du dx /x

u 3du

1 2

1 et lim arctan 3t 3

0

arctan

1 3

lim t

1 2u 2

ln t

1

1 . Intégrale convergente 2

x arctan x dx . Soit u = arctan x, dv (1 x 2 )2 x

x dx . Alors, du (1 x 2 ) 2

dx , v 1 x2

1 2 xdx 2 (1 x 2 )2

1/2 et 1 x2

tan ,

1 arctan x 2 1 x2

1 dx 2 (1 x 2 ) 2

1 arctan x 2 1 x2 1 arctan x 2 1 x2 1 arctan x 2 1 x2 1 arctan x 2 1 x2

1 sec 2 d 2 (sec 2 ) 2 1 cos 2 d 2 sin cos C 4 4 1 1 x arctan x 4 4 1 x2

Calcul intégral

t

. Intégrale convergente

9

lim 1 2

1 ex arctan 3 3

dx

sec 2 d

C

3.8 L’intégrale impropre

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

114

Il s’ensuit que

x arctan x dx (1 x 2 ) 2

0

lim

1 arctan x 2 1 x2

1 arctan x 4

lim

1 arctan t 2 1 t2

1 arctan t 4

t

t

27.

28.

3 dx 0 x5 1

1

lim 3x 5dx

t

t

0

1 dx 3 x

3 2

t

0

t

lim (3 x)

t

1/ 2

2

3

1

3 4 x4

lim

dx

0

1 t 4 1 t2

1 4 2

0

3 1 lim 1 4 t 0 4 t

t

3

0

8

. Intégrale convergente

. Intégrale divergente

t

2(3 x)1/ 2

lim

t

t

1 x 4 1 x2

2 lim

2

t

3 t

3

1

2(0 1)

2.

Intégrale convergente

dx x 2

14

29.

2 4

t

4 3

30.

31.

32.

4

8

( x 6)

6

dx

3

dx 2 x4

8

lim

x

32 3

0

dx

t

2

4( x 6) 3 dx

lim

2( x 6)

lim

x3 3

x

dx 2 x4

0

6

t

0

lim arcsin x

1 x2

t

1

t

1

( x 1)

1/3

( x 1)

1/3

9 1

t

dx

lim ( x 1)

t

dx

1

lim

t

1

9

Par conséquent,

0 3

1/3

0

9 t

4 lim 163/ 4 3t 2

t

( x 1)

dx

1/3

1 dx x 1

dx

3 2

lim

t

1

t

9 0 3

3 2

lim

t

1

2 8 t

1 22

1 3t 3

1 24

t

lim

t

2

0

2

1

1 dx x 1 t

( x 1)2/3

3 2

2 lim x

lim arcsin t

0

33. Il y a une discontinuité à l’infini en x = 1.

0

14

4 ( x 2)3/ 4 3

lim

(t

2)3/ 4

. Intégrale convergente

dx

t 0

1

1/ 4

dx , mais x4

3

t

t

6

lim

1 x2

( x 2)

(8 0)

0

dx

1 0

t

2

dx 2 x4

3

14

lim

0

( x 1)2/3

9 t

1 0

3 2

1

1/3

dx

(t 1)2/3

lim 6

t

1 (t 6)2

. Intégrale divergente

. Intégrale divergente

. Intégrale convergente

( x 1)

lim

t

6

1

3 2

9 1

( x 1)

3 2

(t 1)2/3

3 2

1/3

dx . Ici,

et

6.

9 . Intégrale convergente 2

6

34. Il y a une discontinuité à l’infini en w = 2. 2

w

0

w 2

dw

conséquent,

lim

t

5 0

2

t 0

1

2 w 2

dw

lim w 2ln|w 2|

t

2

t 0

lim(t

t

2

2ln|t 2| 2ln 2)

, donc

2 0

w dw est divergente et, par w 2

w dw est divergente. Intégrale divergente w 2

Calcul intégral

3.8 L’intégrale impropre

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé dx 6x 5

3

35. I

0

x

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

2

1 ( x 1)( x 5)

Or,

dx ( x 1)( x 5)

3 0

A x 1

I1

B x 5 1 4

0

dx ( x 1)( x 5)

3 1

dx . ( x 1)( x 5)

A( x 5) B( x 1) . En posant x = 5, nous obtenons 1 = 4B, donc B

1

nous obtenons 1 = −4A, donc A

1

I2

115

1 4

. En posant x = 1,

. Par conséquent,

I1

lim

x

1

1 4

t

1 4

lim

x

1 4

x 1

0

1

dx

x 5 1 4

ln|t 1|

, puisque lim x

1

ln|t 5| 1 4

1

lim

x

ln|t 1|

1 4

ln|x 1|

1 4

ln| 1|

1 4 1 4

ln|x 5|

t 0

ln| 5|

.

Puisque I1 est divergente, I est divergente. Intégrale divergente.

36.

/2

csc x dx

lim

t /2

t

lim ln

t

0

37.

1

e1/ x dx x3

t

lim

t

1

0

1/ t

lim

t

1

0

e1/x dx 0 x3

t

1

0

0

z 2 ln zdz 8 9

lim

t

Or, L

0

lim

t

0

2 t

z 2 ln zdz

t

0

8 3

t (3ln t 1) lim

0

t

0

1

ln x dx x

lim

t

0

lim

t

0

1 t

ln x dx x

0

Calcul intégral

lim

t

0

ln t t 1/ 2

H

1 9

lim

t

0

0

1 1 e1/t t

1

1 e

lim

s

1 1 e1/t t

s

0

1 t

2

intégration par parties ou formule 101

t

lim t 3 (3ln t 1)

t

0

lim( t 3 )

t

dx / x

2 x ln x

0

2 t ln t 4 4 t

puisque lim t ln t t

lim

t

8 9

ln 2

3ln t 1 H 3/t lim t 0 t3 3/t 4

40. Intégrons par parties avec u = ln x, dv

0

lim

t

2

z3 (3ln z 1) 32

lim

1 3 9

(3ln 2 1)

lim t 3 (3ln t 1)

t

2e

0

. Intégrale divergente

t

2

lim

t

intégration par parties ou formule 96

1/ t

lim( s 1)e s [ s 1/t ]

I

dx /x 2

du

intégration par parties ou formule 96

1 1/t

lim (u 1)eu

39.

u 1/x,

ueu ( du )

2 2 s 1H 2 lim ( s 1)e s [ s 1/t ] lim s e s e s e e 2 2 0 . Intégrale convergente e e u 1/x, 11 1 1 lim e1/x 2 dx lim ueu ( du ) 1/ t t 0 t x t 0 x du dx /x 2

1

38.

t

. Intégrale divergente

1 1/ x 1 e dx x x2

0

lim ln(csc t cot t ) ln(1 0)

t

1 cos t sin t

lim (u 1)eu

t

lim[ln|csc x cot x|]t / 2

csc x dx

0

du 1 t

dx x

lim 0

ln 2

8 9

1 9

L.

0 . Par conséquent, L = 0 et I

dx /x, v

t

8 3

8 3

ln 2

8 9

. Intégrale convergente

2 x.

2 t ln t

4

x

1 t

4

1/t t

3/ 2

/2

lim

t

0

2 t

0. Intégrale convergente

3.8 L’intégrale impropre

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

116

41.

Aire

1

t

e x dx

lim( e

lim e x dx

t

e 1)

t

lim

1

t

t

1

0 e

e

x

t 1

1/e

42.

0

Aire

e x dx

0

lim

t

t

lim (e0

e x dx

lim e x

t

0 t

et ) 1 0 1

t

43.

1

Aire

1

x3

lim t

dx

x

lim t

1 x

t 1

1 ln|x 2 1| 2

t

t

1 dx x( x 2 1)

x dx [fractions partielles] x2 1

lim ln|x| lim ln

t 1

t t

2

1

ln

t

lim ln 1

1 2

t

x x2 1

ln1 ln 2

1/ 2

t

1

1 ln 2 2

44.

Aire

0

t

xe x dx

lim xe x dx

xe

x

lim ( te

t

lim t

0

t

t

e

x t 0

[intégration par parties avec u

e x dx]

e t ) ( 1)

0 [règle de l'Hospital] Calcul intégral

x et dv

0 1 1 3.8 L’intégrale impropre

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

117

45.

/2

Aire

0

sec 2 xdx

t

lim

t

0

( / 2)

sec 2 xdx

lim

t

( / 2)

tan x

t 0

lim (tan t 0)

t

( / 2)

Aire infinie 46.

1 dx x 2

0

Aire

2

t

lim 2 2

t

lim

2 t

2

2

2

0 t

1 dx x 2 2 2 0

t

lim 2 x 2 2

0 t

2 2

47. a) t

t 1

2

0,447 453

5

0,577 101

10

0,621 306

100

0,668 479

1000

0,672 957

10 000

0,673 407

g ( x)

b)

g ( x) dx

sin 2 x . L’intégrale semble être convergente. x2

1 sin x 1

1

0 sin 2 x 1

0

sin 2 x x2

1 . Puisque x2

1

1 dx est convergente [formule 2 avec p = 2 > 1], x2

sin 2 x dx est convergente par comparaison. x2

Calcul intégral

3.8 L’intégrale impropre

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

118

c)

Puisque l’intégrale

1

f ( x) dx est convergente et que l’aire de la région sous la courbe g(x) est inférieure à l’aire de la région

sous la courbe f(x) sur tout intervalle [1, t], l’intégrale

g ( x) dx doit être convergente.

1

48. a) t

t

g ( x)dx

2

b)

5

3,830 327

10

6,801 200

100

23,328 769

1000

69,023 361

10 000

208,124 560

g ( x)

1 . L’intégrale semble être divergente. x 1

Pour x ≥ 2, x

l’intégrale

2

x 1

1 x

1 . Puisque l’intégrale x 1

2

1 dx est divergente [formule 2 avec p x

1 2

1 ],

1 dx est divergente par comparaison. x 1

c)

Puisque l’intégrale

2

f ( x) dx est divergente et que l’aire de la région sous la courbe g(x) est plus grande que l’aire de la région

sous la courbe f(x) sur tout intervalle [2, t], l’intégrale

Calcul intégral

2

g ( x) dx doit être divergente.

3.8 L’intégrale impropre

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

49. Pour x > 0,

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

x x

3

x x3

1

1 . L’intégrale x2

1 dx est convergente selon la formule 2 avec p = 2 > 1, donc l’intégrale x2

1

1

convergente par comparaison. L’intégrale

119

0

x dx est une constante, donc l’intégrale x3 1

x dx x3 1

0

1 0

x dx x3 1

1

x 1

x

3

1

dx est

x dx est x3 1

également convergente.

50. Pour x ≥ 1,

l’intégrale

2 e x

1

x

2 [puisque e x

x

1 . L’intégrale x

0]

1

1 dx est divergente selon la formule 2 avec p = 1 ≤ 1, donc x

2 e x dx est divergente par comparaison. x

x 1

51. Pour x > 1, f ( x)

x4

x 1

x x2

x4

x

1 , donc l’intégrale x

f ( x) dx est divergente par comparaison avec l’intégrale

2

est divergente selon la formule 2 avec p = 1 ≤ 1. Par conséquent, l’intégrale

2

f ( x) dx

1

1

f ( x) dx

2

2

1 dx , qui x

f ( x) dx est également

divergente.

52. Pour x ≥ 0, arctan x

Or, I

0

2e x dx

l’intégrale

0

t

lim 2e x dx t

arctan x 2 ex

2 , donc

2

lim

0

2e

t

2 2 ex x t

2 ex 2 et

lim

0

2e x .

t

2 , donc I est convergente et, par comparaison,

2

arctan x dx est convergente. 2 ex

53. Pour 0 < x ≤ 1,

sec2 x x x

comparaison, l’intégrale

54. Pour 0 < x ≤ 1,

sin 2 x x

1 . Or, I x3/ 2 1 0

x

3/ 2

dx

1

lim

t

t

0

x

3/ 2

x

1/ 2

dx

lim

t

0

2x

1/ 2 1

lim

t

t

0

2

2 t

, donc I est divergente et, par

sec 2 x est divergente. x x

1 . Or, I x

et, par comparaison, l’intégrale

Calcul intégral

1 0

0

0

1 dx x

lim

t

0

t

dx

lim 2 x1/ 2

t

0

t

lim 2

t

0

2 t

2

0

2 , donc I est convergente

sin 2 x dx est convergente. x

3.8 L’intégrale impropre

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

55.

0

Or,

0

dx x (1 x)

Chapitre 3 Les techniques d’intégration dx x (1 x)

1 0

dx x (1 x)

dx x (1 x)

2u du u (1 u 2 )

lim 2

2

Or,

3

dx

2

2

2

4 dx

x x2

x x

2

4

57. Si p = 1, alors

4

lim

t

1 0

2

dx xp

1 2

arcsec

1 2

1

dx x

lim

t

0

t

2

x x

2sec tan d 2sec 2 tan

4

dx 2

x x

du 1 u2

2

t

4

0 3

x

1 2

lim

t

t

x x

2

4

4

2sec , où /2 ou 3 /2 1 2

x

t 3

3

t

1 2

2

dx

t

lim

x

0

2arctan x

0 2

2

2

lim[ln x]1t

t

2

t

arcsec

dx . x (1 x)

t 1

2arctan u C

dx

3 t

t

C , donc

1

lim 2arctan t

lim

lim

t

t

dx 3

t

0

lim 2arctan x

t

2arctan t

4

0

dx x x

1

0

dx x (1 x)

1

lim

t

x, x u2, dx 2udu

u

lim 2arctan x

t

t

56.

dx x (1 x)

1

120

x x2

4

1 2

C

arcsec

3 2

.

1 2

1 2

0

.

2

arcsec

1 2

2

1 2

x

arcsec

C , donc

3 2

4

.

. Intégrale divergente.

Si p ≠ 1, alors 1 0

dx xp

lim

t

0

lim

t

Si p > 1, alors p − 1 > 0, donc

Si p < 1, alors p − 1 < 0, donc

0

1 tp 1

dx [on constate que l'intégrale n'est pas impropre si p xp x p1 p 1

1

lim

t

t

0

0 et l’intégrale est divergente.

0 à mesure que t → 0+ et

p 1

convergente si et seulement si p < 1 et, dans ce cas, sa valeur est

58. Soit u = ln x. Alors, du

dx /x

e

dx x(ln x) p

1

0]

1 1 1 p1 1 p t

à mesure que t

1 t

1 t

1 0

dx xp

1 1 p

lim(1 t1 p )

t

0

1 1 p

. Par conséquent, l’intégrale est

1 . 1 p

du 1 . Selon la formule 4, cette intégrale est convergente vers dans le cas où up p 1

p > 1 et divergente dans tous les autres cas.

59. Posons d’abord que p = −1. Alors,

1 0

x p ln x dx

1 0

ln x dx x

lim

t

0

1 t

ln x dx x

lim

t

0

1 2

(ln x)2

1 t

1 2

lim(ln t )2

t

0

; l’intégrale est donc

divergente. Maintenant, posons que p ≠ −1. Alors, en intégrant par parties, nous

Calcul intégral

3.8 L’intégrale impropre

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration xp 1 ln x p 1

obtenons x p ln xdx

1 0

x p ln x dx

lim

t

0

xp 1 ln x p 1

xp dx p 1

xp 1 ln x p 1

1

xp 1 ( p 1)2

xp 1 ( p 1) 2

1 ( p 1)2

t

121

C . Si p < −1, alors p + 1 < 0, donc

1 lim t p p 1 t 0

1

1 p 1

ln t

.

Si p > −1, alors p + 1 > 0 et 1 0

1 ( p 1) 2

x p ln x dx

1 ln t 1/( p 1) H 1 lim p 1 t 0 t ( p 1) ( p 1)2

1 ( p 1) 2

1 lim t p ( p 1) 2 t 0

1 1/t lim p 1 t 0 ( p 1)t

( p 2)

1 ( p 1) 2

1

1 si p > −1 et divergente dans tous les autres cas. ( p 1) 2

Par conséquent, l’intégrale est convergente vers

60. a) n = 0: 0

n = 1: 0

dv

t

lim e x dx

xne x dx

lim xe x dx . Pour évaluer xe x dx , intégrons par parties avec u = x,

0

t

e x dx

du

t

lim

0

e

t

t

1

0 1 1

xe

x

e x dx

xe

x t

x

x

e

lim ( t 1)e

0

t

0 0 1

x ne x dx

e x.

dx, v

lim ( x 1)e

0

0

e

t

t

lim xe x dx

n = 2:

lim

0

t

Donc, xe x dx

t

x t

xne x dx

C t

1

t

règle de l'Hospital

( x 1)e

x

lim

te

t

C et t

e

t

1

1

t

lim x 2e x dx . Pour évaluer x 2e x dx , nous pourrions intégrer parties une seconde fois 0

t

ou bien utiliser la formule 97. Par conséquent, t

lim x 2e x dx 0

t

lim t

x 2e

t

x t

2lim xe x dx

0

0

t

0 0 2(1) [règle de l'Hospital et résultat du cas n 1] 2 n = 3: 0

x ne x dx

t

97

lim x3e x dx lim t

0

t

x3e

x t 0

t

3lim x 2e x dx t

0

0 0 3(2) [règle de l'Hospital et résultat du cas n b)

Pour n = 1, 2 et 3, nous obtenons nous en déduisons que

c)

Supposons que

0

0

x k e x dx

x ne x dx

0

x ne x dx 1 , 2 et 6. Comme les valeurs de l’intégrale correspondent aux factorielles de n, n! .

k ! pour un entier positif quelconque k. Alors,

Pour évaluer x k 1e x dx , intégrons par parties avec u

Calcul intégral

2] 6

xk 1, dv e x dx

3.8 L’intégrale impropre

0

x k 1e x dx du

t

lim x k 1e x dx . t

0

(k 1) xk dx, v

e

x

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

Donc, xk 1e x dx

xk 1e

t

lim x k 1e x dx 0

t

x

(k 1) xk e x dx

lim

x k 1e

lim

t k 1e

t

t

(k 1) x k e x dx et

(k 1)lim x k e x dx

0 t

x

t

t

x

x k 1e

122

0

t

0

(k 1)k ! 0 0 (k 1)! (k 1)!,

Ce qui montre que la formule est vraie avec k + 1. Par induction mathématique, la formule est bonne pour tous les entiers positifs. (Puisque 0! = 1, la formule est également valable pour n = 0.)

61. a) b)

I t t

1 2

x dx

ve

x dx

t

x2

kv2

1 2 2

1 2 2

t

t

dv

x dx et

0

t

M . Ainsi, v 2 RT

62. Posons k

d

0

x dx

4

I

4

Par conséquent, v

63. Volume

64. Travail

1 x

1

R

v3e

dx

lim

1 0 2k

t

lim t

t 1

t t

dx x2

kv 2

t

1 k

0

0

ve

kv 2

lim t

1 2 2

t

, donc I est divergente.

0

x dx

lim t

t t

x dx .

1 x

t

lim 1

t

t

1

lim GMm

dv

1 lim t 2e 2k t

kt 2

1 lim kt

1 e 2k

kv 2

1 2k 2

2 [ M /(2 RT )]1/ 2

t

GMm dr R r2

0

:

kv 2

lim

t

t

x2

0 . Par conséquent,

x dx

1 (0 1) 2k 2

2 (k )1/ 2

1 2

t

dv . Notons l’intégrale I et intégrons par parties. Soit α = v2,

1 2 ve 2k

t

1 2k 2

k 3/ 2

kv 2

1 e 2k

lim

2

GMm dr r2

0

lim

0

t

t

k 3/ 2

H

lim x dx

0 , donc lim

2v dv ,

d

t

x dx

0

1 r

2 2 RT M

1 t

.

t

GMm lim t

R

8RT . M

1 t

1 R

GMm , où M = masse de la terre = 5,98 × 1024 kg, R

m = masse du véhicule spatial = 103 kg, R = rayon de la terre = 6,37 × 106 m et G = constante gravitationnelle = 6,67 × 10−11 N·m2/kg. 6,67 10 11 5,98 1024 103 6,37 106

Par conséquent, Travail

65. Travail

R

Fdr

lim t

t R

GmM dr r2

lim GmM t

1 R

1 t

6,26 1010 J .

GmM . R

L’énergie cinétique initiale fournit le travail requis, donc 12 mv02

Calcul intégral

GmM R

3.8 L’intégrale impropre

v0

2GM . R

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

66.

y(s)

R

2r

s

2

r

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

x(r )dr et x(r )

s2

y(s)

lim

t

s

lim

t

r2

Pour I1 : Soit u

s

s2

u2

1 2

(R r )2

R

r ( R r )2 r2

t R t

s2

r 3dr r

2

s

2

s 2 )u u

r2

R

r3

2 Rr 2 r2

t

r 2 dr

R t

r

2

s

R 2r s2

R2

2

(u 2

du

s2

2r dr . Alors, I 3

du

s

s 2 (r 2

r 2 r 2

Pour I2 : Au moyen de la formule 44, I 2

s2

t

2R

(u 2 1 3

r2

lim

dr r dr

R

r2

t

lim( I1 2 RI 2

s2

t

s

R2 I3 )

L

s 2 , r2 = u2 + s2, 2r dr = 2u du; donc, en omettant les limites et la constante d’intégration,

r2 I1

Pour I3 : Soit u

dr

123

s2

s 2 )du

3s 2 )

s2 ln r 2

1 du 2 u

1 3

r2

1 2

1 3

r2

u3

s 2u

s 2 (r 2

1 3

u (u 2

3s 2 )

2s 2 )

s2 .

2 u

r2

s2 .

Par conséquent,

L

lim

t

s

lim

t

1 3

s

lim

t

1 3

1 3

r2

1 3

s

1 3

R2 R2

s 2 (r 2

R2

s2 (R2

t2

s 2 (t 2

s2 (R2 s2 (R2

2s 2 ) 2 R

r 2 r 2

R 2s 2 ) 2 R R2 2 2s 2 ) 2 R

t 2 t 2

s2 ln r 2

s2 s2

2 s 2 ) Rs 2 ln R

R2

s2

R

R2 s

s2

2s 2 ) Rs 2 ln

s2

R2 r 2

s2 t

s2 ln R 2 s2 ln t 2

s2

R

r2

R2 t2

s2

s2

R2 R2 R2 t 2

s2

s2

Rs 2 ln|s|

67. On pourrait s’attendre à ce que la durée de vie d’un petit pourcentage des ampoules soit de quelques centaines d’heures, que celle de la plupart des ampoules soit de près de 700 heures et que celle de quelques ampoules soit prolongée. a)

b)

r(t) = F′(t) est le taux auquel la fraction F(t) d’ampoules grillées augmente à mesure que t augmente. On pourrait interpréter cette fraction comme un taux de grillage fractionnel.

c)

0

r (t ) dt

lim F ( x) 1 , puisque toutes les ampoules vont éventuellement griller. x

Calcul intégral

3.8 L’intégrale impropre

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

68. I

0

tekt dt

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

1 (kt 1)ekt k2

lim s

s

Formula 96, ou intégration par parties

lim s

0

124

1 ks se k

1 ks e k2

1 k2

. Puisque k < 0, les

deux premiers termes se rapprochent de 0 (il est possible de vérifier que c’est le cas du premier terme en se servant de la règle de L’Hospital); la limite est donc égale à 1/k2. Par conséquent, M

1

69. I

2

x 1 0,001 a

I

70. f ( x) e

x2

dx

4

Or, x

4

71. a)

t

2

0

e 4x dx

1 4

t

F ( s)

F (s)

1 2

1 23

[ f (0) 4 f (0,5) 2 f (1)

x 4

e 4x ]t4

x2

e (0 e

1 4

f (t )e st dt

0

16

e st dt

0

e

4x

2 f (3) 4 f (3,5) e

4

x2

dx

4

0

(1 s ) n

e lim n 1 s

F ( s)

0

(5,317 178 08) 0,8862

e 4x dx .

st

e

lim

s

n

n

sn

e

lim

0

1 1 . Cette intégrale converge vers seulement si s > 0. Par s s

s

n

et e st dt

lim

n

n 0

et (1 s ) dt

lim

n

n

1

et (1

1 s

s) 0

1 1 s

f (t )e st dt

Alors, F ( s)

1 6

) 1/(4e16 ) 0,000 000 0281 0,000 0001 , ce qu’il fallait démontrer.

s 1 , dans lequel cas F ( s)

Cette intégrale est convergente seulement si 1 s 0

c)

f (4)]

1 et le domaine de F est {s | s > 0}. s

f (t )e st dt

0

.

S8

x x

conséquent, F ( s )

b)

2

f ( x)dx

lim[

1/( 0,000121) 8 264,5 années .

1

t

a

4 0 8

4

1/k

dx lim[arctan x]ta lim(arctan t arctan a) 2 arctan a t t x 1 arctan a 0,001 arctan a 2 0,001 a tan( 2 0,001) 1000 .

lim

et x

k 1/k 2

kI

lim

n

t e s

lim

n

st

n 0

te st dt . Intégrons par parties : soit u = t, dv

1 e s2

n st

lim

0

n

n se sn

1 s 2e sn

0

1 s2

e st dt

1 et le domaine de F est {s | s > 1}. s 1

du

e st . s

dt , v

1 seulement si s > 0. Par conséquent, F ( s) s2

1 et le s2

domaine de F est {s | s > 0}.

72. 0

f (t )

Meat

0

0

Calcul intégral

f (t )e

st

Meat e st dt

Meat e

st

lim M

n

pour t ≥ 0. Utilisons maintenant le théorème de comparaison : n 0

et ( a s ) dt

M lim n

1 a s

n

et ( a

s)

3.8 L’intégrale impropre

M lim 0

n

1 [en ( a a s

s)

1]

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

Cette intégrale n’est convergente que si a s 0

125

a . Par conséquent, par comparaison, F (s)

s

0

f (t )e st dt est aussi

convergente pour s > a.

73. G(s)

0

f (t )e st dt . Intégrons par parties avec u = e−st, dv

lim[ f (t )e st ]0n

G( s ) Cependant, 0

lim f (t )e

st

t

f (t )

Meat

0 pour s

0

a

s

n

st

f (t )e

G(s) 0

Meat e

st

f (t )dt

du

f (t )e st dt

0

lim f (n)e

s)

, v = f(t):

f (0) sF (s)

0 pour s > a. Donc, selon le théorème du sandwich,

t

f (0) sF (s)

sn

n

et lim Met ( a

st

se

f (0) pour s > a.

sF (s)

74. Supposons, sans perte de généralité, que a < b. Alors, a

f ( x)dx

a

f ( x)dx

lim

t

lim

t

lim

t

a

a

75. Intégrons par parties : soit u = x, dv

0

x 2e

x2

dx

xe

lim t

x2

dx

a

t

1 2

x2 0

b

f ( x)dx a

t

b

b t

b

b

1 2

dx , v

0

e

x2

dx

f ( x)dx

f ( x)dx

e

lim t

b

u

a

f ( x)dx

u

f ( x)dx

f ( x)dx lim

a

f ( x)dx

f ( x)dx a

u

du

1 xe 2

u a

f ( x)dx lim

t

lim lim

u

t

t

t

f ( x)dx lim

t

x2

b b

u b

f ( x)dx

f ( x)dx

f ( x)dx f ( x)dx

b

f ( x )dx

. Donc,

t 2et

2

1 2

0

e

x2

dx

1 2

0

e

x2

dx

(La limite est 0 selon la règle de L’Hospital.)

76.

0

x2

e

dx est l’aire de la région sous la courbe y

obtenons y par

1 0

e

x2

ln y

x2

ln y

1 x

x2

x2

pour 0 ≤ x < ∞ et 0 < y ≤ 1. En exprimant y

x

e

ln y . Puisque x est positif, x

x2

en termes de x, nous

ln y . L’aire est donc donnée

ln y dy . Par conséquent, les deux intégrales donnent la même aire et elles sont donc égales.

77. Pour la première partie de l’intégrale, soit x

2

e

4

dx

2sec2 d 2sec

Calcul intégral

sec d

2tan

ln|sec

dx

2sec2 d .

tan | . Selon la figure tan

3.8 L’intégrale impropre

x et sec 2

x2 4 . Donc, 2

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

1

I

C

x2

0

t

t2 4 H 1 t/ t2 4 lim C t (t 2) C (t 2)C 1

t

t

t

x2 4 2

lim ln t

C ln(t

t2 4 t 2(t 2)C

lim ln

lim

4 2

t

Or, L

x 2

4 t2

lim ln

dx

126 t

x 2

C ln|x 2| 0

2) (ln1 C ln 2)

ln 2C

ln lim

t2 4 (t 2)C

t

t

ln 2C

1

2 . C lim(t 2)C 1 t

Si C < 1, L = ∞ et l’intégrale I est divergente. Si C = 1, L = 2 et l’intégrale I est convergente vers ln 2 + ln 20 = ln 2. Si C > 1, L = 0 et l’intégrale I est divergente vers −∞.

78.

I

0

x C dx x 2 1 3x 1 (t 2 1)1/ 2 (3t 1)C /3

lim ln t

lim[ 12 ln( x 2 1) t

ln lim t

1 3

C ln(3x 1)]t0

lim[ln(t 2 1)1/ 2 t

ln(3t 1)C /3 ]

t2 1 (3t 1)C /3

Pour C ≤ 0, l’intégrale est divergente. Pour C > 0, nous avons

L Pour C /3 1

C

Pour C = 3, L

1 3

et I

lim t

t2 1 H t/ t2 1 lim C /3 t (3t 1) C (3t 1)(C /3)

1

1 1 lim C t (3t 1)( C /3)

1

3 , L = ∞ et l’intégrale I est divergente.

ln 13 .

Pour C > 3, L = 0 et l’intégrale I est divergente vers −∞.

79. Non, I

0

f ( x)dx est divergente. En effet, puisque lim f ( x) 1 , il existe une valeur N telle que si x ≥ N, alors f ( x) x

conséquent, I divergente

I1

1 N 2

I2

N 0

f ( x)dx

N

1 2

. Par

f ( x)dx , où I2 est une intégrale impropre qui diverge par comparaison avec l’intégrale

dx .

80. Comme à l’exercice 55, notons I

0

xa dx 1 xb

I1

I 2 , où I1

xa dx et I 2 01 xb 1

1

xa dx . Nous allons montrer que I1 est 1 xb

convergente pour a > −1 et que I2 est convergente pour b > a +1, de sorte que I est convergente lorsque a > −1 et b > a+ 1. I1 est impropre seulement lorsque a < 0. Lorsque 0 ≤ x ≤ 1, nous avons

L’intégrale

1 0

1 1 xb

1

1 x a (1 xb )

1 . x a

1 dx est convergente pour −a < 1 [ou a > −1] selon l’exercice 57; donc, par comparaison, x a

Calcul intégral

3.8 L’intégrale impropre

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

l’intégrale

1 0

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

127

1 dx est convergente pour −1 < a < 0. I1 n’est pas impropre lorsque a ≥ 0; elle a donc une valeur réelle dans ce x (1 xb ) a

cas. Par conséquent, I1 a une valeur réelle finie (est convergente) lorsque a > −1. I2 est toujours impropre. Lorsque x ≥ 1,

xa 1 xb

1 x a (1 xb )

1 x

a

xb

1 . Selon la formule 2, l’intégrale xb a

a

convergente pour b − a > 1 (ou b > a+ 1); donc, par comparaison, l’intégrale

1

1

1 dx est xb a

xa dx est convergente pour b > a+ 1. 1 xb

Par conséquent, I est convergente si a > −1 et b > a + 1.

Calcul intégral

3.8 L’intégrale impropre

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

128

3. Révision Compréhension de concepts 1.

Voir formule 3.1.1 ou 3.1.2. Nous désirons choisir u = f (x) de façon à obtenir une fonction qui deviendra plus simple lorsqu’on en prendra la dérivée (ou, à tout le moins, qui ne deviendra pas plus compliquée) pourvu qu’on puisse aisément effectuer l’intégration de dv = g′(x) dx afin d’obtenir v.

2.

Voir Technique pour le calcul de sin m x cosn x dx aux pages 130 et 131.

3.

S’il s’agit de a 2

x 2 , on pose x = a sin θ; s’il s’agit de a 2

x 2 , on pose x = a tan θ, et s’il s’agit de x 2

a 2 , on

pose x = a sec θ. Voir Table des substitutions trigonométriques à la page 136. 4.

Voir formule 2 et les expressions 7, 9 et 11 à la section 3.4.

5.

Voir la méthode des milieux des sous-intervalles, la méthode des trapèzes et la méthode de Simpson, ainsi qu’aux incertitudes sur les approximations qui leur sont associées, à la section 3.6. Nous nous attendons à ce que la méthode de Simpson donne l’estimation la plus précise.

6.

Voir définitions 1 a), b) et c) à la section 3.8.

7.

Voir définitions 3 b), a) et c) à la section 3.8.

8.

Voir le théorème de comparaison apparaissant après l’exemple 8 à la section 3.8.

Vrai ou faux

1.

Faux.

Puisque le degré du polynôme au numérateur est supérieur à celui au dénominateur,

x( x 2 4) x2 4

x

8x x2 4

x

A x 2

B . x 2

2.

Vrai.

On trouve, A = −1, B = C = 1.

3.

Faux.

Le développement à écrire doit être

A x

B x2

4.

Faux.

Le développement à écrire doit être

A x

Bx C . x2 4

Calcul intégral

C . x 4

3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 5.

Faux.

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

129

Il s’agit d’une intégrale impropre, puisque le dénominateur s’annule lorsque x = 1.

x

4 0

x

2

x

1 0

1

x

2

1

x

1

dx

0

dx

x

lim

t

1

2

1

x

t 0

x

4

dx

2

1

1

dx

x dx et x2 1 lim[ 12 ln|x 2 1|]t0

t

1

lim 12 ln|t 2 1|

t

L’intégrale est donc

1

divergente.

6.

Vrai selon le théorème 3.8.2 avec p

2 1.

7.

Faux.

Voir l’exercice 61 à la section 3.8.

8.

Faux.

Par exemple, avec n = 1, la méthode des trapèzes est meilleure que celle des milieux des sousintervalles dans le cas de la fonction montrée dans le graphique.

9.

a)

Vrai.

Voir la fin de la section 3.5.

b)

Faux.

Voici quelques exemples : f ( x)

10. Vrai.

Si la fonction f est continue sur l’intervalle [0, ∞[, elle l’est sur [0, 1] et donc l’intégrale l’intégrale

11. Faux.

1 0

0

f ( x)dx est un nombre réel. Puisque l’intégrale 1

f ( x)dx

0

f ( x)dx

1

f ( x)dx cenverge,

f ( x)dx converge également.

1

Si f (x) = 1/x, alors f est continue et décroissante sur l’intervalle [1, ∞[ où lim f ( x) x

l’intégrale

12. Vrai.

sin x . x

2

e x , g(x) = sin(x2) et h( x)

a

[ f ( x)

1

0 , mais

f ( x)dx est divergente.

g ( x)]dx

t

lim [ f ( x) a

t

lim t

a

t a

g ( x)]dx

lim t

t a

f ( x)dx

t

f ( x)dx lim g ( x)dx

f ( x)dx

t

a

a

t a

g ( x)dx

puisque chaque limite dans cette somme existent

g ( x)dx

Puisque les deux intégrales sont finies, leur somme l’est également.

Calcul intégral

3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

13. Faux.

Posons f (x) = 1 pour tout x et g(x) = −1 pour tout x. Alors, et

g ( x)dx

a

L’intégrale

14. Faux.

[intégrale divergente] , mais

f ( x)dx

a

[ f ( x) g ( x)]dx

[intégrale divergente] 0 [intégrale convergente] .

f ( x)dx pourrait être convergente ou divergente. Par exemple, si g(x) = 1, alors

0

l’intégrale

a

130

f ( x)dx est divergente si f(x) = 1 et convergente si f (x) = 0.

0

Exercices récapitulatifs

1.

2 1

( x 1) 2 dx x

2

x2

2x 1 dx x

1

(2 4 ln 2) (

2.

x

2

( x 1)

1

2

3

dx

2 3 2

3.

/2 0

0

sin ecos d

1 1 0

4.

/6 0

5.

6.

t sin 2t dt

2t 2 2 1

1 2

(

12

eu du [eu ]10

/2 0 1

1

1

3

2

/6

1 1 6

2

ln 2

1 2

ln

3 2

1 6

(

1 2

e 1

u du

cos 2t )dt

t, dv dt , v

sin 2t cos 2t

1 2

3

1 8

24

2 1 dt [fractions partielles] 2t 1 t 1

32 3

64 ln 2 ( 36

1 36

u 4 )du [ 13 u 3

1 5

u 5 ]10

)

ln|2t 1| ln|t 1| C

x 5dx x6

u ln x, dv du 1x dx, v

x5dx

(1 cos 2 )cos 2 sin d

(u 2

1 3

ln 3

1 6 32 3

0 1

( 13

ln 2

7 4

(1 u 2 )u 2 ( du ) 1 5

) 0

u du

cos , sin d

2 15

e x 1 , de sorte que u2 = ex − 1, 2u du = ex dx et ex = u2 + 1. Alors,

Posons u

ex 1

2 x ln | x |

ln 2

) (0) [ 14 sin 2t ]0 /6

0

8.

e1 e0

0

ln 2 0 [ 361 x 6 ]12

sin 3 cos 2 d

2

1 2 x 2

u cos , du sin d

eu ( du )

x5 ln x dx [ 16 x 6 ln x]12

/2 0

1 u

ln|u|

1 dt (2t 1)(t 1)

64 6

7.

1 du u2

1 2

7 2

2 0)

t cos 2t ]0 /6

[

dt 3t 1

1 1 2

1 dx x

x 2

u x 1, du dx

u 1 du u2 1 u

2

dx

Calcul intégral

1 2u du u u2 1

2

1 du u2 1

2arctan u C

2arctan e x 1 C .

3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

9.

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

sin(ln t ) dt t

Posons u = ln t, du = dt/t. Alors,

sin u du

e2 x dx 1 e4 x

12.

3

dv

dV

15.

ewdw

x2 2 dx x 2

x 1 x 2x

1 2

arctan e 2 x

dw , V = ew. Donc, I

x 1 x( x 2)

A x

1 2

3

x2

B

sec6 d tan 2

(tan 2

u2

2 wew 2 x1/3

Calcul intégral

x sec x

1)d

[tan

]0 /3

3

.

3

.

1 du u2

u3 3

2wewdw . Maintenant, posons U = w,

ewdw

w2ew

2wew

2ew C1 et, par

2u

3 2

A( x 2) Bx . En substituant x = −2, nous obtenons −3 = −2B, donc B

1 u

C

17. Intégrons par parties avec u = x et dv sec x tan x dx x sec x tan x dx

(sec2

3/ 2

2) C .

1 2

. Par conséquent,

u tan , du sec2 d

1) 2 sec 2 d tan 2 2

0

1 12

3/ 2

2 x 6ln|x 2| C

x 1

x 2

w2ew

substituant x = 0 , nous obtenons −1 = 2A, donc A

16.

/3

tan 2 d

2 1 3 8

0

ew 3w2dw 3I . Afin d’évaluer I, posons u = w2,

w2ewdw w2ew

3e x ( x 2/3

2w 2) C

6 dx x 2

x 2

/3 0

2 3/ 2 3 43/ 2

C

2w dw , v = ew, donc I

3ew (w2

2 3/ 2 / 4 [u ]0 3

u du

0

tan sec tan d sec

3

dU

/4

u e2 x , du 2e2 x dx

arctan u C

du

ewdw

2

/3 0

x . Alors, w3 = x et 3w2 dw = dx, donc e x dx

conséquent, 3I

14.

1

1 1 ( du ) 1 u2 2 1 2

13. Posons w

x2 1 dx x

2

11. Posons x = sec θ. Alors,

0

cos(ln t ) C .

cos u C

arctan x dx 1 x2

1

10. Posons u = arctan x, du = dx/(1 + x2). Alors,

131

(u 2 1) 2 du u2 1 3

tan 3 du

2 tan

x 1 dx x 2x 2

u4

cot

1 2

x

3 2

x 2

dx

1 2

ln|x|

3 2

. En

ln|x 2| C .

2u 2 1 du u2

C

dx , v = sec x :

14

sec x dx x sec x ln|sec x tan x| C .

3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

18.

x2 8x 3 x3 3x 2

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

x2 8x 3 x 2 ( x 3)

A x

B x2

C x 3

x2

132

Ax( x 3) B( x 3) Cx 2 . En substituant x = 0, nous obtenons

8x 3

−3 = 3B, donc B = −1. En substituant x = −3, nous obtenons −18 = 9C, donc C = −2. En substituant x = 1, nous obtenons x2 8x 3 dx x 3 3x 2

6 = 4A + 4B + C = 4A − 4 − 2, donc 4A = 12 et A = 3. Maintenant,

19.

x 1 dx 9x 6x 5 2

(9 x

x 1 dx 6 x 1) 4

2

x 1 dx (3 x 1) 2 4

[ 13 (u 1)] 1 1 du u2 4 3 1 u du 9 u2 4 1 18

20.

tan 5 sec3 d

1 7

21.

ln(9 x 2

(u 2 1) 2 u 2 du

2u 4

u 2 )du

sec7

2 5

x

2 5

u5

1 3

dx 4x

(x

2

sec d

1 7

( x 2) 2

4 x 4) 4 dx

ln|sec

x 2 2

x2

ln x 2

x2

ln

x 3

3ln|x|

1 x

2ln|x 3| C .

4)

2 1 1 arctan u 9 2 2

C

1) 2 sec 2 sec tan d

sec5

1 3

sec3

u sec , du sec tan d

C

4x

22

x 2 2sec , 2sec tan d

tan | C1

4x 2

C1 C , où C

C1 ln 2

t , de sorte que x2 = t et 2x dx = dt. Alors,

te t dt

x 2e x (2 x dx) 6 x 2e x dx

2 x 3e x

6 x 2e x 6 x 2e x

2e x ( x 3 3 x 2

u1 2 x3 , dv1 e x dx, du1 6 x 2 dx v1 e x

2 x 3e x dx

2 x 3e x

2 x 3e x

Calcul intégral

3 dx

dx

dx

2sec tan d 2 tan

22. Posons x

(u 6

u3 C

du

2

arctan[ 12 (3 x 1)] C

(sec2

dx 2

1 9

1 1 ln(u 2 9 2

tan 4 sec2 sec tan d

u7

3x 1,

1 x2

1 1 (u 1) 3 du 3 3 u2 4

1 2 du 9 u 2 22

6 x 5)

u

3 x

u2 6 x 2 , dv2 e x dx, du2 12 x dx v2 e x 12 xe x dx

12 xe x

u3 12 x, dv3 e x dx, du3 12dx v3 e x

12e x dx

6 x 6) C

2e

t

2 x 3e x t t

3 Révision

3t

6 x 2e x 12 xe x 12e x 6 t

6

C

C © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

133

23. Posons x = tan θ, de sorte que dx = sec2 θ dθ. Alors, sec 2 d tan sec

dx x x

2

1

sec d tan

csc d

ln|csc

x

1 x

24. Posons u = cos x, dv

ex dx

ln

x

2

1

cot | C

C

ln

x2 1 1 x

du

parties en posant U = sin x et dV

C

sin x dx , v = ex: (*) I

e x dx

e x cos x dx

e x cos x

cos x dx , V = ex. Alors,

dU

e x sin x dx . Intégrons e x sin x dx par

e x sin x dx

e x sin x

e x cos x dx

e x sin x I . En

effectuant un changement de variable dans (*), nous

e x cos x e x sin x I

obtenons I

25.

3x3 x 2 6 x 4 ( x 2 1)( x 2 2)

Ax B x2 1

e x (cos x sin x) C

2I

Cx D x2 2

3x 3

x2

1 2

I

6 x 4 ( Ax B)( x 2

x sin x cos x dx

26.

27.

/2 0

cos3 x sin 2 x dx

28. Posons u

3

3

x 1 dx dx 2 2 x2 1 x 2

1 2

x sin 2 x dx

1 4

x cos 2 x /2 0

u du 1 4

1 2 1 2

x, dv dx v

cos 2 x dx

2 arctan

x 2

C.

sin 2 x dx, 1 cos 2 x 2 x cos 2 x /2

cos3 x(2sin x cos x)dx

0

1 8

sin 2 x C

2cos 4 x sin x dx [

2 5

cos5 x]0 / 2

2 5

x . Alors, x = u3, dx 3u 2 du 3 3

x 1 dx x 1

u 1 2 3u du u 1 u3

29. L’intégrande est une fonction impaire, donc Calcul intégral

1 4

A 3 , C = 0, B = −3 et D = 2. Maintenant,

4

3 ln( x 2 1) 3arctan x 2

C1 . 2

2) (Cx D)( x 2 1) . En posant l’égalité des

coefficients, nous obtenons A + C = 3, B + D = −1, 2A + C = 6 et 2B D 3x3 x 2 6 x 4 dx ( x 2 1)( x 2 2)

e x (cos x sin x) C où C

3u 2

3 3

3 u2

2u 2

6u 6ln|u 1| C

x dx 1 |x|

2 u 1

du

x 3x 2/3

63 x

6ln

3

x 1

C

0 [selon 1.7.7 b)]. 3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

134

30. Posons u = e−x, du = −e−x dx. Alors,

e x dx

dx e

x

1 e

2x

du

x 2

e x 1 . Alors, u2 = ex − 1 et 2u du = ex dx. De plus, ex +8 = u2 +9. Par conséquent,

31. Posons u

ln10 0

ex ex 1 dx ex 8

u 2u du 0 u2 9 3

2 u

32.

/4 0

x sin x dx cos3 x

/4 0

0

1 [tan x 2

8

1 2

/4 0

x]0 / 4

C

u2

0

2

u

9

du

2

3 0

1

9 u2

9

du

3

2[(3 3arctan1) 0] 2 3 3 0

4

6

3 2

1 1 2

12

8 4

1 2

0

4

/4 0

(sec 2 x 1) dx

1 2

(2cos )3 , dx = 2cos θ dθ, donc

4sin 2 2cos d 8cos3 tan

3

9 u arctan 3 3

tan 2 x dx

8

(4 x2 )3/ 2

2sin

x2 dx (4 x 2 )3/ 2

/4

2

u x, dv tan x sec 2 x dx, du dx v 12 tan 2 x

x tan x sec 2 x dx

x tan 2 x 2

33. Posons x

arcsin(e x ) C.

arcsin u C

1 u2

1 (e )

tan 2 d x 4 x

arcsin

2

(sec 2 x 2

1)d

C

34. Intégrons par parties deux fois en posant u = (arcsin x)2 et dv = dx :

(arcsin x) 2 dx

I

x

Ensuite, posons U = arcsin x et dV

x(arcsin x)2

I

35.

1 x

x

3/ 2

x1 C

dx

2 arcsin x

dx

dx 4 u

Calcul intégral

1 x

2

x 1

4 1

x

x

1

dU

1 x2

1 x2 u 1

dx x

x(arcsin x) 2

du

dx

x, dx 2 x

dx

2 x arcsin x

1 x 2 . Donc

dx , V

x(arcsin x)2

2du u

2u

1 x2

1/ 2

2 1 x 2 arcsin x 2 x C

du

C 3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

36.

37.

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

cos cos cos cos

1 tan d 1 tan

sin cos d sin cos

(cos x sin x) 2 cos 2 x dx

cos cos

sin d sin

ln|cos

sin | C

(cos 2 x 2sin x cos x sin 2 x)cos 2 x dx 1 2

cos 2 x dx

1 2

sin 4 x dx

2

1 8

sin 2 x 2

(1 sin 2 x) cos 2 x dx

cos 4 x C

(cos x sin x) (cos x sin 2 x)dx

Autre solution : (cos x sin x) cos 2 x dx

2

(cos x sin x)3 (cos x sin x)dx

x

2

38.

x

u

2u (2du )

dx

1 xe2 x 2 1 2x

I

/3

40.

41.

/4

(2 x 1)

sin cos

/3

dx 3

lim t

1

t 1

(2 x 1)

dx 3

1

ln x dx x4

lim t

t 1

lim t

ln x dx x4 ln x 3x3

0 0

43.

dx x ln x

u ln x, du dx /x

1 9

t

t

1/ 2

1 8

(cos ) /3

tan

1 1 2

1 9

(2 x 1) 3 2dx

1 0 4

/3

d

/4

3

/4

1 1 0 4 9

3/ 2

1

1 1 2x e 2 2

4

1

t

1 4

x 4x 2

C.

1 1 e . 8 4

1 sin 2 cos

1/ 2

(cos ) 2 d

3 1

1 4(2 x 1) 2

lim

e2 x

C

1 1 , donc 2 1 2x

t

1

1 36

u ln x, dv dx /x 4 , du dx /x v 1/(3x 3 ) 1 dx 1 3x 4 t

1

t

0

1 (sin ) 2

xe2 x 4x 2 1 4

e

4x 2

/3

lim

1/ 2

x

/4 2sin cos /3 1 (tan ) 1/ 2 sec2 d /4 2

1 1 lim 4t (2t 1) 2

42.

1 4

e2 x

d

/4

dx . Alors, du = (x · 2e2x + e2x · 1) dx et v (1 2 x) 2

1 e2 x (2 x 1) dx 2 1 2x

xe2 x dx (1 2 x)2

tan d sin 2

1 1

0

C1

C

xe2 x dx . Posons u = xe2x et dv (1 2 x) 2

39. Intégrons par parties I

1/ 2

(cos x sin x) 4

x,

2 x 1 ln 2

2 C ln 2

Par conséquent,

1 4

du 1/ 2 x dx

u

2

135

lim t

ln t 3t 3

0

1 9 x3

t

1

lim

1 9t 3

dx x ln x

lim

H

t

1 9t 3

1 9

1 9

du u

ln|u| C

ln|ln x| C , donc

2

t

t 2

dx x ln x

lim[ln|ln x|]t2 t

lim[ln(ln t ) ln(ln 2)] t

;

l’intégrale est donc divergente.

Calcul intégral

3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

y 2 . Alors, y = u2 + 2 et dy = 2u du, donc

44. Posons u

(u 2

y dy y 2 Par conséquent,

y dy y 2

6 2

t

2

16 3

lim

4 0

ln x dx x

4

lim

t

t

0

y dy y 2

6

lim

t

t

45.

2

(**)

2 x ln x 2

lim 2 t ln t

t

(t 2)3/ 2

lim

0

t

0

dx x

2/t t 3/ 2

.

(4ln 4 8) (0 0)

t

C

4 t

0

2/3

1 dx 2 3x

t

1 0

x 1 dx x

x x

t

0

lim[( 23

t

48. I

1 1

0

dx x 2x

1

2

1

1 dx 2 3x

t

1 dx x

lim

t

1

0

t

1 2

ln 2

1 2

2) ( 23 t 3/ 2

dx x( x 2)

1 2

x 1 2

x 2 lim ln t

t

(2/3)

0 1

0

dx

t

0

t

0

0

ln|2 3x|]t0

( x1/ 2

2t1/ 2 )]

4 3

dx x( x 2)

lim[

t

1

lim

x = 2 , nous obtenons 1 = 2B, donc B

I2

1 3

lim [

1 3

1 dx est divergente, l’intégrale 2 3x

2/3 0

1

lim

t

0

(2/3)

Puisque l’intégrale

47.

t

lim

1 2

1 2

1 0

x

1/ 2

0 dx x( x 2)

4ln 4 8

2 x . Alors,

46. Notons que f (x) = 1/(2 − 3x) présente une discontinuité à l’infini en x

0

6 t

4

lim

1 2

2u] C

t

2 x ln x 4 x

2ln t H lim t 1/ 2 t 0

40 3

2[ 13 u 3

2)du

4 y 2

4 t 2

1 dx , v x

du

2 (u 2

( y 2)3/ 2

2 t ln t 4 t

1 dx x

Posons u = ln x, dv

2)2u du u 2 3

2

ln x dx lim 2 x ln x 4 x t 0 x

0

ln x dx x

lim

t

2 3

8

lim (2 2ln 4 4 2)

t

(*)

136

t

. Or,

lim [ln|2 3t| ln 2]

.

(2/3)

1 dx l’est également. 2 3x

1 0

lim[ 23 x3/ 2

)dx

2 3

t

0

2 x1/ 2 ]1t

4 3

I1

I 2 . Or,

1 x( x 2)

A x

B x 2

. En substituant x = 0 , nous obtenons 1 = −2A, A

ln|x|

1 2

ln|x 2|]1t

lim[(0 0) (

t

0

1 2

ln t

1 2

1 1 2

A( x 2) Bx . En substituant

. Par conséquent,

ln|t 2|)]

.

Puisque I2 est divergente, I l’est également. 49. Posons u = 2x +1. Alors,

Calcul intégral

3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration 0 du du du 1 1 2 u 4 u2 4 2 0 u2 4 lim[ 12 arctan( 12 u )]t0 12 lim[ 12 arctan( 12 u )]t0 1 2 2

dx 4x 4x 5 2

1 2t

50.

1

arctan x dx x2

137

lim t

1 4

t

t 1

[0 (

2

1 4

)]

[2

0]

4

.

arctan x dx . Intégrons par parties : x2

arctan x dx x2

arctan x x

1 dx x 1 x2

arctan x x

ln|x|

1 2

arctan x x

1 x

x 2

x

arctan x x

ln( x 2 1) C

1

dx

1 x2 ln 2 C 2 x 1

Par conséquent,

1

arctan x dx x2

t

0

1 2

ln1

1 2

4

t

1 x2 ln 2 2 x 1

arctan x x

lim

ln 2

4

1 2

lim 1

t

arctan t t

1 t2 ln 2 2 t 1

4

1 1 ln 2 2

ln 2

51. Posons d’abord le changement de variable t = x + 1; donc, ln(x2 + 2x + 2) = ln[(x +1)2 + 1]= ln(t2 + 1). Ensuite, intégrons par parties avec u = ln(t2 +1) et dv = dt :

ln(t 2 1)dt

t (2t )dt t2 1

t ln(t 2 1)

t ln(t 2 1) 2t ( x 1)ln( x

2

t ln(t 2 1) 2

t 2dt 1 t ln(t 2 1) 2 1 2 dt t2 1 t 1

2arctan t C

2 x 2) 2 x 2arctan( x 1) K , où K

C 2

[Une autre façon de procéder aurait été d’intégrer par parties immédiatement avec u = ln(x2 + 2x +2).] Le graphique montre que f = 0 lorsque F a une tangente horizontale. De plus, F est toujours croissante et f ≥ 0.

52. Posons u = x2 + 1. Alors, x2 = u − 1 et x dx

x3 x

2

1

Calcul intégral

(u 1) 1 ( 2 du ) u

dx 1 2

( 23 u 3/ 2

1 3

2

(x

1 (u1/ 2 u 2

2u1/ 2 ) C 1/ 2

1) [( x

2

1)

1 3

1 2

1/ 2

du , donc

)du

( x 2 1)3/ 2

3] C

1 3

( x 2 1)1/ 2 x

2

1( x

2

C 2) C

3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

53. Le graphique semble montrer que l’intégrale forme I

54. a)

2 0

2 0

cos 2 x sin 3 x dx est nulle. Afin d’évaluer l’intégrale, réécrivons-la sous la

cos2 x(1 cos2 x)sin x dx et posons u

Pour calculer papier-crayon x5e

2x

138

cos x

du

sin x dx . Par conséquent, I

1 1

u 2 (1 u 2 )( du) 0 .

dx , nous intégrerions par parties à répétition, en posant toujours dv

e

2x

et en commençant

par u = x5. Chaque intégration par parties permettrait de réduire de 1 la puissance de x. b)

Pour calculer l’intégrale à l’aide d’une table d’intégrales, nous utiliserions la formule 97 (laquelle est prouvée au moyen de l’intégration par parties) jusqu’à ce que l’exposant de x soit réduit à 1. Nous utiliserions ensuite la formule 96.

c)

x5e 2 x dx

1 8

e

2x

(4 x5 10 x 4

20 x3 30 x 2

30 x 15) C

d)

55.

4x2

(2 x 1) 2

4 x 3 dx 39

1 u 2 u 2 2 1 4

56.

csc5 t dt

78

1 4 1 4

22

(2 x 1) 4 x 2

cot t csc3 t 3

cot t csc t

3 4 3 8

u 2 x 1, du 2dx

4dx

csc3 t dt csc t cot t

22 ln u 2

u2

u2 22

C 4x2

4 x 3 ln 2 x 1 72

1 4 3 8

cot t csc3 t

3 4

1 2

[

22 ( 12 du ) 1 4

u u2

4 ln u

4x 3

csc t cot t

u2

4

C

C

1 2

ln|csc t cot t|] C

ln|csc t cot t| C

57. Posons u = sin x, alors du = cos x dx. Ainsi,

Calcul intégral

3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

cos x 4 sin 2 x dx

22 1 2

21

u 2 du

u 2 2 2

sin x 4 sin 2 x

139

22 ln u 2

u2

22

u2

4 sin 2 x

2ln sin x

C

C

58. Posons u = sin x, alors, du = cos x dx. Ainsi,

cot x dx 1 2sin x

59. a)

b)

d du

1 2 a u

Posons u

u2

arcsin

a sin

du

u a

du u 1 2u

C

57 avec a 1, b 2

1 a2 u2

u2

(a 2

1/ 2

u2 )

ln

a

1 2u 1 1 2u 1

C

1

1

2

u

1 2 (a u2

2

2

1 2sin x 1 1 2sin x 1

ln

1 u /a

C

1 a

2

a2 u 2 u2

u2 ) 1 1

a cos d , a2 − u2 = a2(1 − sin2 θ)= a2 cos2 θ.

a2 u 2 du u2

a 2 cos 2 d a 2 sin 2 a2 u 2 u

1 sin 2 d sin 2 arcsin

u a

(csc 2

1)d

cot

C

C

60. En procédant à rebours et en intégrant par parties avec U = u−(n−1) et dV

(a bu )

1/2

du

(n 1)du et V un

dU

2 a bu , b

nous obtenons

u

n 1

du a bu

U dV

2(n 1) a bu du n b u a bu

2 a bu bu n 1

2(n 1)

xn dx

lim[ x n 1 /(n 1)]t0 t

u

du a bu

n 1

2a(n 1) du b u n a bu

du u n a bu

0

2 a bu bu n 1

V dU

2 a bu bu n 1

Si nous transformons l’égalité, nous obtenons

61. Pour n ≥ 0,

UV

a bu a(n 1)u n 1

. Pour n < 0,

0

x n dx

2(n 1) b

2a (n 1) du n b u a bu

2 a bu bu n 1

b(2n 3) 2a(n 1) u n

1 0

x n dx

a bu du un

1

1

(2n 3)

un

1

du a bu

du a bu

x n dx . Les deux intégrales sont impropres. Selon 3.8.2,

la seconde intégrale est divergente si −1 ≤ n < 0. Selon l’exercice 3.8.57, la première intégrale est divergente si n ≤ −1. Par conséquent, l’intégrale

Calcul intégral

0

x n dx est divergente pour toutes les valeurs de n.

3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

62.

I

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

e ax cos x dx

0

e at

lim

a2 1

t

lim t

t 0

e ax cos x dx 1

(a cos t sin t )

a2 1

99 avec b 1

e ax

lim

a2 1

t

t

(a cos x sin x) 0

1

(a)

140

at

lim[e (a cos t sin t ) a]. a2 1 t

Pour a ≥ 0, la limite n’existe pas en raison de l’oscillation. Pour a < 0, lim[eat (a cos t sin t )] 0 selon le théorème du sandwich, t

1 ( a) a2 1

parce que |eat (a cos t sin t )| eat (|a| 1) ; donc, I

63.

64.

65.

1 , x ln x

f ( x) a)

T10

b)

M10

c)

S10

1 52

f ( x)

1 5

1 53

b a n

f (2,4)

f (3,8)]

[ f (2,1)

f (2,5)

f (3,9)] 1,920 915

b)

M10

c)

S10

x

3 10

3 10 3

b a n

[ f (1,15)

f (1,6)

f (1,45)

2 f (3,6) 4 f (3,8)

f (3,7)]

f (1,75)

[ f (1) 4 f (1,3) 2 f (1,6)

1 x(ln x)2

f ( x)

f (4)} 1,925 444

f (4)] 1,922 470

4 1 3 10 10

{ f (1) 2[ f (1,3)

1 ln x

f ( x)

f (2,3)

[ f (2) 4 f (2,2) 2 f (2,4)

3 10 2

T10

1 5

{ f (2) 2[ f (2,2)

x cos x ,

a)

4 2 10

a . a2 1

f (4)}

f (3,85)]

2,835151 2,856 809

2 f (3,4) 4 f (3,7)

f ( x)

2 ln x x 2 (ln x)3

f (4)]

2 x 2 (ln x)3

2,849 672

1 . Nous constatons que chaque terme de f″(x) est x 2 (ln x)2

décroissant sur l’intervalle [2, 4]; nous poserons donc K = f″(2) ≈ 2,022. |ET |

K (b a)3 24n2

|EM |

0,006 74 . |ET | 0,000 01

n2

pour Tn. |EM | 0,000 01

66.

67.

4 1

t

ex dx x

( 10 60

S6

1 105

n2

0)/10

1 60

2,022(4 2)3 12(10)2

105 (2,022)(8) 12

0,013 48 et

n 367,2 . Prenons n = 368

n 259,6 . Prenons n = 260 pour Mn.

(4 1)/6 [ f (1) 4 f (1,5) 2 f (2) 4 f (2,5) 2 f (3) 4 f (3,5) 3

Distance parcourue

f (4)] 17,739 438

. 10 0

v dt

1 60 3 1 180

Calcul intégral

105 (2,022)(8) 24

2,022(8) 12n2

K (b a)3 12n2

S10

[64 4(68) 2(72) 4(79) 2(84) 4(87) 2(90) 4(92) 2(92) 4(88) 90]

(2486) 13,87 km

3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

68. Utilisons la méthode de Simpson avec n = 6 et

t

69. a)

4:

24 0 6

Augmentation de la population d'abeilles

141

24 0

r (t )dt

S6

4 3

[r (0) 4r (4) 2r (8) 4r (12) 2r (16) 4r (20) r (24)]

4 3

[0 4(300) 2(3000) 4(11 000) 2(4000) 4(400) 0]

4 3

(60 800) 81 067 abeilles

f (x) = sin(sin x). Un logiciel de calcul symbolique donne f (4)(x) = sin(sin x)[cos4 x + 7cos2 x − 3] + cos(sin x)[6 cos2 x sin x + sin x]. Le graphique montre que |f (4)(x)| < 3,8 pour x [0, ] .

b)

Utilisons la méthode de Simpson avec f(x) = sin(sin x) et x

0

f ( x)dx

10 3

10

:

[ f (0) 4 f ( 10 ) 2 f ( 210 )

4 f ( 910 )

f ( )] 1,786 721

Nous avons trouvé à la sous-question a) que |f (4)(x)| < 3,8 sur l’intervalle [0, π]; utilisons donc le théorème 3.6.4 avec K = 3,8 pour évaluer l’erreur commise sur l’approximation : |ES | c)

3,8( 0)5 180(10) 4

0,000 646 .

Si nous désirons que l’erreur commise sur l’approximation soit inférieure à 0,000 01, nous devons avoir

|ES |

3,8 5 180n4

0,000 01 , donc n4

3,8 5 180(0,000 01)

646 041,6

n

28,35 . Puisque la méthode de Simpson exige que n

soit pair, nous devons avoir n ≥ 30 pour garantir l’exactitude requise.

70. Si l’axe des x horizontal en à x = 7 nous avons C Δx = 7, nous obtenons V

71. a)

2 sin x x

[r ( x)]2 dx

S4

7 3

45

[0 4 ( 245 )2

r (7)

2 ( 253 ) 2

2 45

. En utilisant la méthode de Simpson avec n = 4 et

4 ( 245 ) 2

1 pour tout x sur l’intervalle [1, ∞[. Selon 3.8.2, l’intégrale x

conséquent, l’intégrale

Calcul intégral

28 0

2 r

1

1

0]

7 3

(

21818 4

)

4051 cm3 .

1 dx est divergente avec p x

1 1 . Par 2

2 sin x dx est divergente par comparaison. x

3 Révision

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Solutionnaire détaillé 1

b)

Chapitre 3 Les techniques d’intégration 1

1 x

4

x

1 pour tout x sur l’intervalle [1, ∞[. Selon 3.8.2, l’intégrale x2

4

1

conséquent, l’intégrale

1

1 dx est convergente avec p = 2 > 1. Par x2

dx est convergente par comparaison.

1 x4

1

142

72. La droite y = 3 coupe l’hyperbole y2 − x2 = 1 en deux points de sa branche supérieure, soit

2 2,3 et 2 2,3 . L’aire cherchée

est donc 2 2

A

x 2 1 dx

3

2 2

2 2

2

0

6 x x x 2 1 ln x

21

x 2 1 dx 2 3x

3

1 2

x x2 1

1 2

x2 1

ln x

2 2 0

2 2

x2 1

12 2

2 2 3 ln 2 2 3

6 2 ln 3 2 2

0

3

Autre méthode : Avec A 2

y 2 1 dy , utilisons la formule 39.

1

73. Pour tout x sur l’intervalle [0, 2 ] , 0 ≤ cos2 x ≤ cos x. Pour tout x sur l’intervalle [ 2 , ] , cos x ≤ 0 ≤ cos2 x. Par conséquent, /2

aire

0

(cos x cos 2 x)dx 1 2

[sin x

1 4

x

1

1

2

1 2

1 x

2

(cos 2 x cos x)dx

sin 2 x]0 / 2 [ 12 x

74. Les deux courbes y

0

/2

x

1 2 u

1 0 1

2

sin 2 x sin x]

[(1

/2

4

) 0] [ 2

sont définies pour x ≥ 0. Pour x > 0,

x

dx

1 4

1

0

1 2udu 2 u 2

2

1

u 2

u

x

1

1

2

x

2

u u 2

1 0

x

. Par conséquent, l’aire cherchée est

u du u 2

.

1

u 2 2 2 ln u 2

du

u 2

2

( 4 1)] 2

2u

4ln 3 4 0

75. En utilisant la méthode des disques, le volume est /2

V

/2 4

0

4

3 2

/2

[ f ( x)]2 dx

0

0

1 2

1 4

sin 4 x

4

2( 12 sin 2 x)

1 2

0 /2

(1 cos 2 2 x 2cos 2 x)dx

x

/2

(cos 2 x) 2 dx 0

1

1 2

/2 0

3 4

4

2

(1 cos 2 x) dx

(1 cos 4 x) 2cos 2 x dx 0 0

1 8

0

3 16

2

76. En utilisant la méthode des coquilles cylindriques, le volume est

V

/2 0

2 xf ( x)dx 1 2

1 2

Calcul intégral

/2

x2

0 2

2

0

/2

2 x 1 2

1 2

0

x cos 2 xdx

sin 2 x 1 2

cos 2 x

/2

/2 0

0 /2 0

/2

2 1 2

0

1 2

sin 2 xdx

3

8

x

4

1 1

(1 cos 2 x) dx

2

1 2

/2 0

(x

x cos 2 x) dx

intégration par parties avec u x, dv cos 2 xdx 1 8

(

3

4 )

3 Révision

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

143

77. Selon le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral,

f ( x)dx

0

78. a)

(arctan x) moy

0

t

f ( x)dx

lim [ f (t )

f 0 ] lim f (t )

t

t

1 t arctan t t

t

1 2

ln(1 t 2 )

f 0

t

89 1 t 1 arctan xdx lim x arctan x t t 0 0 t

lim lim

1 2

0

f 0

f 0 .

t

ln(1 x 2 )

0

ln(1 t 2 ) 2t

lim arctan t t

2

H

lim

2

b)

t

lim

t

2t /(1 t ) 2

0

2

2

f (x) ≥ 0 et t

L’intégrale

a

f ( x)dx est divergente

lim t

t a

. f moy

f ( x)dx

a

lim

f ( x)dx t a

t

dx H lim t

f (t ) 1

selon TFC1

lim f ( x) , si x

cette limite existe. c)

Supposons que l’intégrale

f moy

d)

lim t

(sin x)moy

1

t

t a

a

lim t

Par conséquent,

lim t

lim t

x 1/u

0

t

f ( x)dx

1 t sin xdx t 0

79. Posons u 1/x

f ( x)dx soit convergente, c’est-à-dire lim

a

ln x dx 1 x2

1 t a

t

t a

f ( x)dx

1 [ cos x]t0 t

t

ln x dx 1 x2

0

0 L cos t t

lim

(1/u 2 )du .

dx

0

lim

ln x dx 1 x2

t a

f ( x)dx

L . Alors,

0. 1 t

lim t

0

1 cos t t

ln(1/u ) ln(1/u 2 )

du u2

0

0

ln u ( du ) u 1 2

0

ln u du 1 u2

0

ln u du 1 u2

0.

80. Si la distance entre P et la charge ponctuelle est d, alors le potentiel V au point P est

V

W

d

Fdr

q

d

4

0

r

dr 2

lim t

q 4

0

1 r

d

t

q 4

lim 0

t

1 d

1 t

q 4

0

d

.

Problèmes supplémentaires 1.

Calcul intégral

3 Révision

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

144

Par symétrie, le problème peut se réduire à trouver une droite x = c telle que l’aire ombrée soit égale au tiers de l’aire du quart de

49 x 2 . Il faut donc que

cercle. Une équation du demi-cercle est y c 0

1 2

49 x 2 dx

c 49 c2

1 3

49 2

1 4

7

2

1 2

49 12

arcsin(c /7)

x 49 x 2

49 2

arcsin( x / 7)

c 0

49 12

[selon la formule 30]

. Cette équation serait difficile à résoudre avec exactitude. Nous traçons donc le membre de

gauche de l’équation comme si elle était une fonction de c et trouvons que l’équation est vérifiée avec c ≈ 1,85. Les coupes parallèles devraient donc être effectuées à des distances d’environ 1,85 pouces du centre de la pizza.

1

2.

x7

x

x5 dx x 6 ( x 6 1)

dx x( x 6 1)

dx 1 6

1 u

1 du 1 u

1 u 1 ln 6 u Autres méthodes :

1

1) 2) 3.

x

7

x

x

dx

1 (ln | u 1 ln u |) C 6

1 x6 1 ln 6 x6

C

7

1 x

6

u x6 , du 6 x 5dx

1 1 du 6 u (u 1)

dx

C

u 1 x 6, du 6 x 7 dx

1 6

1 16

du /u

1 6

ln | u | C

ln |1 x 6 | C

Effectuons le changement de variable u = x3 ou x3 = secθ.

L’intégrale représente la différence entre les aires ombrées, laquelle semble être 0. Elle peut être calculée en effectuant l’intégration par rapport à x ou à y; nous exprimons donc x en fonction de y pour chaque courbe :

y

3

1 x7

x

7

1 y 3 et y

7

1 x3

x

égalité est cependant de la forme z = −z. Donc,

4.

1

3

0

3

1 y 7 , donc

1 x7

7

1 x3 dx

1 0

3

1 y7

7

1 y 3 dy

1 0

7

1 x3

3

1 x7 dx . Cette

0.

L’aire de chaque disque est π(1)2 = π. Par symétrie, l’aire de l’union des deux disques est A = π + π − 4I. 1

I

1/ 2 30

x 2

0

Calcul intégral

1 x 2 dx 1 x2 4

1 2

arcsin

1 3 4 2

1 2 6

1

x 1

[ou en effectuant le changement de variable x

1/ 2 4

3 8

12

6

sin ]

3 8

3 Révision

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

Par conséquent, A 2

4

6

3 8

2 3

2

3 2

3 2

4 3

145

.

Autre solution (qui ne fait pas appel au calcul différentiel et intégral) : L’aire du secteur, avec un angle au centre à l’origine, qui contient I est 12 r 2

1 2

1

2 3

6

. L’aire du triangle avec hypoténuse OP est

1 2

3 2

1 2

3 8

. Par conséquent, l’aire de I est

6

3 8

,

tel que nous l’avons calculé précédemment.

A 4I 5.

4 30

L’aire A de la partie restante du disque est donnée par

a 0

a2

x2

b 2 a a

x 2 dx

4 1

a2 x arcsin 2 a

a

x2

4 x 2 ( a b) a a 2 4 ( a b) a

0

a2 2 2

0

b a

a 0

a2

x 2 dx ,

0

4 a2 ( a b) a 4

a ( a b)

qui est l’aire d’une ellipse dont les demi-axes sont a et a − b. Autre solution : En soustrayant l’aire de l’ellipse de l’aire du disque, nous obtenons πa2 − πab = πa (a − b), tel que nous l’avons calculé précédemment. (La formule de l’aire d’une ellipse a été obtenue à l’exemple 2 de la section 3.3.)

6.

a)

L’équation de la tangente à la courbe y = f(x) en x = x0 est y − f (x0) = f′(x0)(x − x0). L’ordonnée du point d’intersection de cette

tangente avec l’axe des y est f (x0) − f ′ (x0)x0. Par conséquent, L est la distance entre le point (0, f(x0) − f′ (x0)x0) et le point (x0, f(x0));

c’est-à-dire que L2

b)

dy dx

Calcul intégral

L2

x02 [ f ( x0 )]2 x02 , donc [ f ( x0 )]2

x2 x

y

L2

x2 x

L2

x02 2 0

x

et f ( x0 )

L2 x0

x02

pour 0 < x0 < L.

dx .

3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

146

Posons x = L sin θ. Alors, dx = L cos θ dθ et

L cos L cos d L sin

y

L cos

sin 2 sin

L

L ln | csc

1 d

L (sin L2

cot | C

csc )d

x2

L2 x 2 x

L x

L ln

C

L2

Lorsque x = L, y = 0 et 0 = −0 − L ln(1 − 0)+C, donc C = 0. Par conséquent, y

7.

Rappelons cos A cos B f ( x)

0 1 2 2

1 2

1 2

cos x

1 4

sin(2t

sin( x)

L ln

L

L2 x

x2

.

[cos( A B) cos( A B)] . Alors, 1 2 0

cos t cos( x t ) dt t cos x

x2

x) 1 4

[cos(t 2

0

x t ) cos(t 1 4

cos x

sin( x)

2

sin(2

x t )]dt x)

1 4

1 2 0

[cos x cos(2t

x)] dt

sin( x)

cos x

La valeur minimale de cos x dans ce domaine est −1, donc la valeur minimale de f (x) est f (π) = −π/ 2. 8.

Soit n est un entier positif, alors

(ln x)n dx

x(ln x)n

x n(ln x)n 1 (dx/x)

x(ln x)n

par parties

n (ln x)n 1dx

Par conséquent, 1 0

(ln x)n dx

lim

t

0

1 t

lim

t

0

(ln x)n dx

lim [ x(ln x) n ]1t n lim

t

0

t

1 (ln t ) n n (ln x) n 1dx 0 1/t

0

1 t

(ln x ) n 1dx

1

n (ln x) n 1dx 0

en appliquant la règle de L’Hospital à plusieurs reprises. Nous désirons montrer que

1 0

(ln x)n dx

n

1 n! pour tout entier positif n.

Pour n = 1, nous avons 1 0

(ln x)1dx

1

1 0

1

(ln x)0dx

0

dx

1

1

ou ln xdx 0

lim[ x ln x x]1t t

0

1

En supposant que la formule soit vraie pour n, nous trouvons que 1 0

(ln x)n 1dx

1

(n 1) (ln x)n dx 0

(n 1)

n

1 n!

1

n 1

(n 1)!

qui est la formule pour n + 1. Il s’ensuit, par induction mathématique, que la formule est bonne pour tout entier positif n.

Calcul intégral

3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

9.

Chapitre 3 Les techniques d’intégration 1

Selon l’indice donné, posons I k Ik+1 avec u

(1 x2 )k

1

0

du

147

(1 x 2 )k dx et trouvons une expression pour Ik+1 en terme de Ik. Nous intégrons par parties

(k 1)(1 x2 )k ( 2x) et dv

dx

v

x et nous divisons ensuite l’intégrale restante en

expressions identifiables :

Ik

1

x(1 x 2 )k 1 |10 2(k 1) x 2 (1 x 2 ) k dx

1

0

(2k Donc, I k 1[1 (2k

I0

1

20 0! 1!

2)] (2k

2)( I k

2) I k

(2k

1

2) (1 x 2 ) k [1 (1 x 2 )]dx 0

Ik 1) Ik

1

2k 2 I k . Prouvons maintenant la formule par induction mathématique : 2k 3

2

, donc la formule est vérifiée avec n = 0. Supposons maintenant qu’elle soit bonne avec n = k. Alors,

Ik

1

2k 2k

2 Ik 3

2k 2k

2 22 k (k !) 2 3 (2k 1)!

[2(k 1)]2 22 k (k !) 2 (2k 3)(2k 2)(2k 1)!

2( k 1)22 k ( k !) 2 (2k 3)(2k 1)!

2( k 1) 2( k 1)2 2 k ( k !) 2 2k 2 (2k 3)(2k 1)!

22( k 1) [( k 1)!]2 [2( k 1) 1]!

Donc, par l’axiome d’induction, la formule est bonne pour tous les nombres entiers n ≥ 0. 10. a)

Puisque −1 ≤ sin ≤ 1, nous avons −f (x) ≤ f (x) sin nx ≤ f(x) et la courbe de y = f (x) sinnx oscille entre f (x) et −f (x). (Le

graphique montre le cas où f(x) = ex et n = 10.) À mesure que n → ∞, la courbe oscille de plus en plus fréquemment, comme le montrent les graphiques à la sous-question b).

b)

Les graphiques de l’intégrande semblent montrer que lim n

1 0

f ( x)sin nxdx

0 , puisque à mesure que n augmente, la courbe de

l’intégrande oscille de plus en plus rapidement. Donc (puisque la fonction f′ est continue), il semble logique que les aires audessus et au-dessous de l’axe des x durant chaque oscillation se rapprochent de l’égalité.

Calcul intégral

3 Révision

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Solutionnaire détaillé

c)

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

Intégrons par parties avec u

1 0

f ( x)

f ( x)cos nx n

f ( x)sin nxdx

1

1 n

0

1

du

1 0

0

cos nxf ( x)dx

f ( x)dx et dv

cos nx 1 f ( x)dx n n f 0

1 0

sin nxdx

148

cos nx : n

v

cos nxf ( x)dx [ f ( x)cos nx]10

f 1 cos n

En prenant la valeur absolue du premier et du dernier terme dans cette égalité et sachant que |α ± β| ≤ |α| + |β|, 1 0

f ( x)dx

1 0

|f ( x)|dx , |f(0)| = f(0) [f est positive], |f′(x)| ≤ M pour 0 ≤ x ≤ 1 et |cos nx| ≤ 1, 1 0

1

1 n

f ( x)sin nxdx

0

Mdx

f 0

1 n

f 1

M

f 0

f 1

qui se rapproche de 0 à mesure que n → ∞. Ce résultat se fonde sur le théorème du sandwich.

11. Considérons 0 < a < b.

posons y

lim t

0

1

b

0

a

[bx a(1 x)]t dx

ut

du [u (b a)

1/ t

bt 1 a t 1 (t 1)(b a)

. Alors, ln y

lim t

0

bx a (1 x )]

ut 1 (t 1)(b a)

b

a

bt 1 a t 1 . Maintenant, (t 1)(b a)

1 bt 1 a t 1 ln . Cette limite est une indétermination du type 0/0; nous pouvons t (t 1)(b a)

donc appliquer la règle de L’Hospital et obtenir

ln y

lim t

0

bt

1

ln b at 1 ln a bt 1 a t 1

1 t 1

b ln b a ln a b ln b 1 b a b a

a ln a bb / (b a ) ln e ln a / (b a ) . Par conséquent, y b a ea

e

1

bb aa

1/ ( b a )

.

12.

Le graphique semble montrer que l’aire de la région sous la courbe de f(x) = sin(ex) sur l’intervalle [t; t +1] est maximale lorsque t ≈ −0,2. Pour trouver la valeur exacte, nous exprimons l’intégrale sous la forme I

t 1 t

f ( x)dx

t 1 0

f ( x)dx

t 0

f ( x)dx et utilisons

le TFC1 pour trouver dI/dt = f (t+1) − f (t) = sin(et+1)−sin(et)= 0 lorsque sin(et+1)= sin(et). Or, nous trouvons que sin x = sin y chaque fois que x − y = 2kπ et chaque fois que x et y sont à la même distance de (k rapport à la droite x

(k

1 2

1 2

) , k étant unnombre entier quelconque, puisque sin x est symétrique par

) . La première possibilité est la plus évidente, mais en résolvant pour t et+1 – et = 2kπ, nous obtenons

t = ln(2kπ/(e − 1)), qui est environ 1,3 avec k = 1 (la plus petite valeur possible de k). Selon le graphique, il ne semble pas que ceci soit la valeur maximale que nous recherchons. Posons donc plutôt

Calcul intégral

3 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

et

1

1 2

(k

)

Chapitre 3 Les techniques d’intégration 1 2

(k

Maintenant, k

0

t

1 6(1 x )

intégrale.

x2 dx 1 x6

x3

1

et

ln((2k 1) / (e 1)) .

t

0,168 53 , qui est la valeur maximale cherchée, déjà identifiée sur le graphique de f.

x5 dx . Alors, du = 3x2 dx, (1 x 6 ) 2

1 x2 dx . Effectuons le changement de variable t = x3 dans cette dernière 2 1 x6

6

6(1 x )

1 dt 3 1 t2

et (e 1) (2k 1)

(2k 1)

x5 dx . Intégrons par parties avec u = x3 et dv (1 x6 )2

x3

I

6

et

ln( / (e 1))

x8 dx (1 x6 )2

13. Écrivons I

v

et

)

149

1 arctan t C 3

1 arctan( x3 ) C . Par conséquent, I 3

x3 6(1 x6 )

1 arctan( x3 ) C . 6

Considérons maintenant l’intégrale impropre,

1

x4 1 x6

2

dx

t

lim t

x8 dx 1 (1 x6 )2 3

t 6(1 t 6 )

lim t

0

tan xdx

14.

u

1 6 2

2u u4 1

du

1 12

x3

lim

6

6(1 x )

t

1 arctan(t 3 ) 6 1 6

u 2udu

1 61 1

1 12 12

4

1 arctan( x 3 ) 6 1 arctan 6 24

8

t

1

1

1 12

tan x , u 2 tan x sec2 xdx, (tan 2 x 1)dx (u 4 1)dx

Enfactorisant le dénominateur, nous obtenons u4 1 u4

2u 2 u4 1

2u 2 1 2u 2

Au u2

(u 2 1)2

B Cu D 2u 1 u 2 2u 1

2u

2

2u 2

u2

2u 1 u 2

( Au

B)(u 2

puissances de u, nous obtenons A + C = 0 (termes en u3), B

A

2B C

2u 1 . Donc,

2u 1) (Cu

2A D

2C

D)(u 2

2u 1) . En égalisant les coefficients des

2 (termes en u 2 ) ,

2D 0 (termes en u ), B + D = 0 (termes constants). En remplaçant C par −A et D par −B dans l’équation termes

de u), nous obtenons B = 0 et D = 0. En substituant ensuite ces valeurs dans l’équation termes de u2), nous obtenons A

Calcul intégral

3 Révision

1/ 2

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

2u 2 du u4 1

1 2 u2 2u

1 2

1 2

u du 2u 1

u

1

2 1/ 2

2

2u 1

2u

2

2

ln

(2u u

2) 1/ 2

2

u2 u2

2u 2u

2 tanx ln 4 tanx

1 1

1

2u

2 2

u 1

1 2

2 2

1 1 u 1/ 2 arctan 2 1/ 2 1/ 2

2 tanx 1 2 tanx 1

2 arctan 2

du

2u 1

1 du 2 u2 2u 1 1 du 2u 1) 2 (u 1 / 2) 2

2 2 u 1 ln(u 2 2 2 1

1 2

1 2

du

u du 2u 1

2 du 2u 1

2

et C 1/ 2 . Par conséquent,

1 2 u2

150

2 tanx 1

2

2 du 2u 1

1 du 2 u2 2u 1 1 du 2u 1 2 (u 1/ 2) 2

ln u 2

1 1 u 1/ 2 arctan 2 1/ 2 1/ 2 2 arctan 2

2tanx 1

1 2

C C

15.

L’équation du cercle de centre (0, c) et de rayon 1 est x2 + (y − c)2 = 12, donc l’équation du demi-cercle inférieur est y

c

1 x2 .

Aux points de tangence, les pentes de la droite et du demi-cercle doivent être égales. Pour x ≥ 0, nous devons avoir y

x

2

1

donc, y donc y

2( 52 5) 4 5

5

inférieur est y

2

x

(2/5) 5

5

0

4 5

1 2

2

2

2 5

5)

y

1 2

1 x2

2 x dx 30 2

dv ub dt

x

1 5

5

4 5

Mg

x 1 x2 2

5x

2 1

M

4(1 x 2 )

5x2

5

y

1 2

x2

4

1 2

4 5

2 5

5 et

, et une équation du segment de droite est

5 . Donc c

x

x

5 et une équation du demi-cercle

1 x2 . Par conséquent, l’aire ombrée est

5 5

2 2

16. a)

x2

5 . La pente du segment de droite perpendiculaire est

(x

5

2 1 x2

x

(M 0 bt )

1 5

1 arcsin 2

dv dt

1 arcsin x 2

1 arcsin 2 2 5

2 5

(2/5) 5

x2 0

4 5

2 arcsin

ub (M 0 bt ) g

dv dt

2 0 2 5

ub M 0 bt

g

v(t) = −u ln(M0 − bt) − gt + C. Or, 0 = v(0) = −u ln M0 + C, donc C = u ln M0. Par conséquent, v(t ) u ln M 0 u ln(M 0 bt ) gt

Calcul intégral

u ln

M0 M 0 bt

gt .

3 Révision

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Solutionnaire détaillé

b)

Chapitre 3 Les techniques d’intégration

Vitesse de fin de combustion

v

M2 b

u ln

M0 M0 M2

g

M2 b

u ln

M0 M1

g

151

M2 . b

Remarque : Le terme « vitesse de fin de combustion » provient du fait que M2 kilogrammes de carburant sont utilisés en M2/b secondes, donc v(M2/b) est la vitesse de la fusée lorsque le carburant a été entièrement consommé. c)

Altitude au point de fin de combustion

donc y(t )

gt 2 2

(u ln M 0 )t

u (M 0 b

y

dy M2 . Or, dt b

bt )ln(M 0

bt ) ut C . Puisque 0 gt 2 2

u M 0 ln M 0 et y(t ) u (1 ln M 0 )t b

obtenons C

gt u ln( M 0 bt ) ,

v(t ) u ln M 0

u M 0 ln M 0 b

y 0

u ( M 0 bt )ln( M 0 bt ) b

C , nous

u M 0 ln M 0 . b

Par conséquent, l’altitude au point de fin de combustion est y

M2 b

u (1 lnM 0 ) u M2 b

M2 b

g M2 2 b

u M 1 ln M 0 b

2

u M 1 ln M 1 b

u M 1 ln M 1 b

u M 0 ln M 0 b 2

g M2 2 b

u M2 b

u M M 1 ln 1 b M0

g M2 2 b

2

[Dans le calcul de y(M2/b), on a utilisé à plusieurs reprises la relation M0 = M1 + M2. En particulier, t

d)

M2 / b

M1 .]

M 0 bt

La formule pour y(t) obtenue à la sous-question c) est valide tant qu’il reste du carburant. Une fois que le carburant a été entièrement consommé, la seule force qui a un effet sur la fusée est dûe à la gravité.

M1 g

où c1

M1

v

dv dt

M2 b

dv dt

g

gM 2 b

v(t )

v(t )

M2 b

M2 b

En résumé : Pour 0

t

M2 , y(t ) u (1 ln M 0 )t b

M2 , y(t ) b

y

pour t

y

M2 b

t

v

M2 b

g t

v

donc y(t )

M2 b

v

gt c1 ,

M2 b

g t 2

t

M2 b

M2 b

M2 b

y(t )

2

,t

gt 2 2 g t 2

v

M2 b

t

M2 b

g t 2

M2 b

2 c2 , où c2

y

M2 , b

M2 . b

u (M 0 b M2 b

bt )ln(M 0

bt )

u M 0 ln M 0 [selon la sous-question c)] et b

2

[selon l’analyse qui précède]. y

M2 b

et v

M2 b

apparaissent

aux sous-questions c) et b) respectivement.

Calcul intégral

3 Révision

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

1

4. D’AUTRES APPLICATIONS DE L’INTÉGRATION 4.1 La longueur d’un arc de courbe 1.

y

2x 5

3

L

3

1 (dy /dx)2 dx

1

1 (2) 2 dx

1

5[3 ( 1)] 4 5 .

Puisque la courbe est un segment de droite, la longueur de l’arc de courbe peut être calculée au moyen de la formule de la distance,

[3 ( 1)]2 [1 ( 7)]2

donc L [distance entre ( 1, 7) et (3,1)]

2.

80

1 0

dy dx

1

2 arcsin

2

1

dx x 2

0

x2 dx 2 x2

1

1

2 arcsin 0

dy dx

2 x2

Au moyen de la formule de la longueur d’un arc de courbe, avec y

L

4 5

2dx

1 0

1 2

2 x

arcsin 0

0

2[ 4

, nous obtenons

dx

1

2

2

x 2 x2

2 0]

2

x2 2

4

La courbe représente un huitième d’un cercle de rayon 2 ; la longueur de l’arc de courbe est donc 18 2

2 4 , soit le résultat

2

obtenu précédemment.

3.

y

sin x

4.

y

xe

5.

x

y

6.

x

7.

y 1 6 x3/ 2

L

8.

y2

1 0

x

cos x

dy /dx

x( e x ) e x (1) e x (1 x)

y

2y

2 0

dx /dy 1 / 2 y

dx /dy

9 x 37dx

Calcul intégral

2y 2

dy /dx 9x1/ 2 82

1 81x dx

y2 = 4(x + 4)3, y

L

1 (dy /dx)2 1 cos2 x . Donc, L

dy /dx

0

u1/ 2 ( 811 d )

0

y

u du

2

1

1 . Donc, L

2 y

1 (dx/dy)2 1 (2 y 2)2 . Donc, L

2 0

4 1

1

1 2 y

1 (2 y 2)2 dy

2

1 e

0

2x

(1 x)2 dx

2,1024 .

2

1 dy

3,6095 .

2,9579 .

1 (dy /dx)2 1 81x . Donc,

u 1 81x, du 81dx

2( x 4)3/ 2

9 x 37, 9dx

1 cos2 xdx 3,8202 .

1 (dy /dx)2 1 [e x (1 x)]2 . Donc, L

1 (dx /dy ) 2

1

0

1 81

2 3

[u 3/ 2 ]182

2 243

dy /dx 3( x 4)1/ 2 55

37

u1/ 2 ( 19 du )

1 9

2 3

[u 3/ 2 ]55 37

82 82 1

1 (dy /dx)2 2 27

1 9( x 4) 9x 37 . Donc,

55 55 37 37 .

4.1 La longueur d’un arc de courbe

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

2

9.

y

L

x3 3

1 4x

2

L

11.

x

2

1 ( y ) 2 dx

1

1 3 x 3

10. x

y

2

1 4x

y4 8

1

2

( 12 y 3

1 4 x2

x2

1 dx 4 x2

8 3

1

1 4 y2

1

x2

1 8

dx dy

1 3

1 2

y3 2

y 3 )2 dy

1 2

1 ( y )2 1

1

2

1 4

1 2

y

( 12 y 3

7 3

3

1 8

2

1 4 x2

x2

. Donc,

59 24

1 (dx/dy)2 1

1 2

1 1 2 16 x 4

x4

1 dx 4 x2

x2

1

1 1 2 16 x 4

x4

y 3 )dy [ 18 y 4

1 4

y 2 ]12

1 4

y6

1 2

(2

1 16

1 4

y

6

) ( 18

1 4

1 4

)

y6

1 2

1 4

y

1 2

y

6

( 12 y3

1 2

y 3 )2 . Donc,

.

33 16

2

1 16

1 3

y ( y 3)

1 3

y3/ 2

y1/ 2

dx /dy

1 2

y1/ 2

1 2

y

1 (dx/dy)2 1

1/ 2

1 4

1 4

y

1

1 4

y

1 2

1 4

y

1

( 12 y1/ 2

1 2

y

1/ 2 2

) .

Donc,

L

9 1 1 2

12.

y

L

13.

y

L

1 2

y1/ 2 8 3

(24

1 2

)

y 1 2

1/ 2

( 643 )

ln(cos x) /3

dy /dx

/4

sec2 xdx

0

ln

/3

2 1

Calcul intégral

0

dy dx

ln(sec x)

2 3

y 3/ 2

2 y1/ 2

9 1

1 2

[( 32 27 2 3) ( 32 1 2 1)]

32 3

sec2 x dx

0

1 2

dy

1 (dy /dx)2 1 tan 2 x sec2 x . Donc,

tan x /3

sec x dx

0

sec x tan x sec x /4

0

|sec x|dx

ln(1 0)

ln

.

sec x dx [ln|sec x tan x|]0 /3

tan x /4 0

1

dy dx

ln 2

3

ln(1 0) ln 2

3 .

2

1 tan 2 x sec2 x . Donc,

sec x dx [ln(sec x tan x)]0 / 4

2 1

4.1 La longueur d’un arc de courbe

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

14.

ex

y

x

y

2

ex

1

L

15.

e

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

1

dx

1 ln x 2

e

x

ex

e

1 x 2

y

x

ex

1

dx

2

0

e2 x

1 (dy /dx)2 1

2

2

x

2

0

1 2 x 4

y

e

ex

ex

dx

2

0

1 2x

x

e

1 ( y )2

x

e 2

1 2 x 4

1

2x

2 e 4

1 2

e2 x

1 0

e 2x 4

e1 e 2

1 4 x2

1

3

ex

2

2

x

e

. Donc,

2

e0 e 2

1 2 x 4

1 2

0 1 2

1 4 x2

e e

1

1 x 2

.

1 2x

2

.

Donc, 2

L

1

1 2 x 4

16.

x x2

y

arcsin

dy dx

x

1 ln|x| 2

1 2x 2 x x

2

ln(1 x 2 )

y

2

dy dx

1

18.

y 1 e

1 x2 1 x2 1/ 2

Donc, L

0

x

1 ( 2 x) 1 x2

y

2

1 1 x

1

y

1 x2 1 x2

1

( e x) e

x

x2

Calcul intégral

dy /dx

x

1 e

0

ln

1

2x

dx

1 u2 u

e

2

1

2x

e

1 u

1 ln 2 2

1 x x

1 2x2 x4 4x2 (1 x 2 )2

1 2

(

dy dx

1

2

1

1 x x

1 . Les extrémités x

2.

0

1

ln 23

1 1 x

1 2x2 x4 (1 x 2 )2

(1 x 2 )2 (1 x 2 )2

1 [fractions partielles] . 1 x

ln 12 ) 0 ln 3

1 2

.

. Donc, 1 du u

1 u2

1 dx 2x 3 4

0

[division euclidienne]

e x]

[u

2

2

[changement de variable u

tan ]

1

4

ln 1

1 e

4

ln e

ln 1

1 e

4

2

1

1

2 x

4x2 (1 x 2 )2

1

1 e e2

ln

1 2

2

1 4

2 2x 2 x 1 x

1 dx x

1

1 x 2

2 1

1 ln 2 2

1 1

1 (dy /dx)2 1 e

2

23

y

1 dx 2x

1 dx [ x ln|1 x| ln|1 x|]1/0 2 1 x

L

19.

2 1 x2

2

0

dy dx

1

1

1 2 x 1 x

de la courbe sont les points (0, 0) et (1, 2 ) , Donc, L

17.

1 x 2

2

1 ( y ) 2 dx

1 e

4

2

ln

1

1 e 1 e

4

2

2

1 4

ln 1

ln 1

2 2

2 2

1 (dy /dx)2 1 x2 . Donc, 4.1 La longueur d’un arc de courbe

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

1

L

1

20. x2

1 x 2 dx 1 2

2

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

2

1 2

2

ln 1

( y 4)3

1 0

2

1 2

(0

ln1)

2

( y 4)3/ 2 [pour x 0]

x

21

1 x 2 dx [par symétrie]

8 5

9 4

8 27

[103/ 2

L

2

1 x2

2

ln 1

10 13/ 4

( 134 )3/ 2 ]

1

1 x2

ln x

changement de variable x

tan

0

2

3 2

dx/dy

y 8 dy

1 2

4

( y 4)1/ 2

u ( 94 du )

u

1 (dx /dy)2 1 9 4

y 8, 9 4

du

4 9

dy

2 3

9 4

( y 4)

9 4

y 8 . Donc,

10

u 3/ 2

13/ 4

ou 271 80 10 13 13

21.

Le graphique montre que la longueur de la courbe est légèrement supérieure à la longueur de l’hypoténuse du triangle formé par les points (1, 2), (1, 12) et (2, 12). Cette longueur étant d’environ 102 12

y

x2

x3

y

2 x 3x 2

10 , nous estimons que la longueur de la courbe est 10.

1 ( y )2 1 (2 x 3x2 )2 . Donc, L

2 1

1 (2 x 3x 2 )2 dx 10,0556 .

22.

Le graphique montre que la longueur de la courbe est légèrement supérieure à la longueur de l’hypoténuse du triangle formé par les points (1, 1), ( 2 ,1) et ( 2 , 2 ) . Cette longueur étant d’environ ( 2 )2 courbe est 1,7. y

23.

y

x sin x

dy /dx

1 (dy /dx)2

f ( x) L

x cos x

y

1 sin x

x cos x (sin x)(1)

( 2 1)2

1,7 , nous pouvons estimer que la longueur de la

1 ( y )2 1 (1 sin x)2 . Donc, L

/2

1 (1 sin x)2 dx 1,7294 .

0

1 (dy /dx)2 1 ( x cos x sin x)2 . Soit

1 ( x cos x sin x)2 . Alors, L

2 0

f ( x)dx . Puisque n = 10,

x

2

0 10

5

. Or,

S10 /5 3

f (0) 4f ( 5 ) 2f ( 25 ) 4f ( 35 ) 2f ( 45 ) 4f ( 55 ) 2f ( 65 ) 4f ( 75 ) 2f ( 85 ) 4f ( 95 )

f (2 )]

15,498 085

La valeur de l’intégrale fournie par une calculatrice est 15,374 568 (à six décimales près). Calcul intégral

4.1 La longueur d’un arc de courbe

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

24.

y

3

x

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

1 3

dy /dx

2/3

x

L

6 1

f ( x)dx , où f ( x)

1

1 9

x

4/3

. Puisque n = 10,

5

x

6 1 10

1 2

.

Or, L

S10 1/ 2 3

[ f (1) 4 f (1,5) 2 f (2) 4 f (2,5) 2 f (3) 4 f (3,5) 2 f (4) 4 f (4,5) 2 f (5) 4 f (5,5)

f (6)]

5,074 212

La valeur de l’intégrale fournie par une calculatrice est 5,074 094 (à six décimales près).

25.

y

ln(1 x3 )

L

S10 1/2 3

dy /dx

1 3x 2 1 x3

L

5 0

f ( x)dx , où f ( x)

1 9 x4 /(1 x3 )2 . Puisque n = 10,

[ f (0) 4f (0,5) 2f (1) 4f (1,5) 2f (2) 4f (2,5) 2f (3) 4f (3,5) 2f (4) 4f (4,5)

x

5 0 10

1 2

. Or,

f (5)]

7,094 570

La valeur de l’intégrale fournie par une calculatrice est 7,118 819 (à six décimales près).

26.

y

e

x2

dy /dx L

e

x2

( 2 x)

L

2 0

f ( x)dx , où f ( x)

1 4 x 2e

2 x2

. Puisque n = 10, x

2 0 10

1 5

. Or,

S10 = 1/5 [ f (0) 4 f (0,2) 2 f (0,4) 4 f (0,6) 2 f (0,8) 4 f (1) 2 f (1, 2) 4 f (1,4) 2 f (1,6) 4 f (1,8) 3

f (2)]

2,280 559 La valeur de l’intégrale fournie par une calculatrice est 2,280 526. 27. a)

b)

Calcul intégral

4.1 La longueur d’un arc de courbe

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé Soit f ( x)

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

y

6

x 3 4 x . Le polygone inscrit ayant un côté est simplement le segment de droite qui relie les points

(0, f(0)) = (0, 0) et (4, f(4)) = (4, 0); sa longueur est L1 = 4. Le polygone inscrit ayant deux côtés relie les

2,2 3 2 et (4, 0). Sa longueur est

points (0, 0), (2, f (2))

(2 0)2

L2

23 2 0

2

(4 2) 2

0 23 2

2

2 4 28/3

6,43

De façon similaire, le polygone inscrit ayant quatre côtés relie les points (0, 0), 1, 3 3 , 2, 2 3 2 , (3, 3) et (4, 0). Sa longueur est donc

L4 c)

3

3

2

1

23 2

3

3

2

À l’aide de la formule de la longueur d’un arc de courbe, où

la courbe est L d)

1

4 0

1

dy dx

2

dx

4 0

12 4 x 3(4 x)2/3

1

3 23 2

1 dy dx

x

1 3

(4 x)

2

1 9

2/3

7,50

3

( 1)

4 x

12 4 x . La longueur L de 3(4 x) 2/3

2

dx .

La longueur de la courbe fournie par une calculatrice est L ≈ 7,7988. Cette valeur est donc supérieure aux deux estimations obtenues à la sous-question b). Ceci est toujours vrai, puisque toute approximation au moyen d’une ligne droite entre deux points de la courbe sera plus courte que la longueur de la courbe elle-même entre ces deux points.

28. a)

b)

Soit f (x) = y = x + sinx avec 0 ≤ x ≤ 2π.

Le polygone inscrit ayant un côté est simplement le segment de droite qui relie les points

0)2

(0, f(0)) = (0, 0) et (2π, f(2π)) = (2π, 2π); sa longueur est (2

0)2

(2

2 2

8,9 .

Le polygone inscrit ayant deux côtés relie les points (0, 0), (π, f (π)) = (π, π) et (2π, 2π). Sa longueur est

(

Calcul intégral

0)2

(

0) 2

(2

)2

(2

)2

2

2

2 2

8,9

4.1 La longueur d’un arc de courbe

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

7

Il n’est pas surprenant que les deux approximations soient identiques parce que les côtés du polygone ayant deux côtés sont en fait sur la même droite, puisque f ( )

f (2 ) .

1 2

Le polygone inscrit ayant quatre côtés relie les points (0; 0), ( 2 , 2 1) , (π; π), ( 32 , 32

( 2 )2 c)

( 2 1)2

( 2 )2

( 2 1)2

( 2 )2

( 2 1)2

( 2 )2

1) et (2π; 2π). Sa longueur est donc ( 2 1)2

9,4

Au moyen de la formule de la longueur d’un arc de courbe où dy/dx = 1 + cos x. La longueur de la courbe est 2

L d)

2

1 (1 cos x)2 dx

0

2 2cos x cos2 x dx

0

La valeur de l’intégrale fournie par une calculatrice est 9,5076. Cette longueur est supérieure aux approximations calculées à la sous-question b).

29.

y

ln x

1 (dy /dx)2 1 1/x2

dy /dx 1/x

2

L

1

x2 1 dx x2

30.

x4/3

y

1

L

0 22

31.

4 3

dy /dx

1

81 64

1 8

81 64

( 16

4/3

x 2/3 dx

16 9

x1/3

0

u (1 2u 2 ) 1 u 2 41 9

5 3

1 8

ln 3)

y 2/3 1 x2/3

conséquent, L

Calcul intégral

y

4

1 0

205 128

1 8

81 64

u 2 du

ln u

5

u

4 3

dx

9 4

1 u2

81 512

2/3

2

2

4/3

16 9

1 x2

ln 1

ln

1

1 x2 x

2

1

2

x2/3

x1/3 , du 2/3

x du 81 64

0

1 6

4 9 9 4

(1

32 9

x

2/3

9 16

2

dx, 81 64

u du 25 9

)

1 8

ln

u 2du 25 9

4 3

ln 3 1,427 758 6

(1 x2/3 )3/ 2

1 (x

1

1 (dy /dx)2 1

1 u2

1 x 2 23 dx x

2

1

5 ln

( x2 1)/x2

1)dx

dy dx 1

4 x 0

3 2

1/3

(1 x 2/3 )1/ 2

dx

2 3

x

4 lim[ 32 x2/3 ]1t t

0

1/3

x

1/3

(1 x 2/3 )1/ 2

dy dx

2

x

2/3

(1 x 2/3 )

x

2/3

1 . Par

6.

4.1 La longueur d’un arc de courbe

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

8

32. a)

b)

y

x 2/3

1

dy dx

x

y 3/ 2

1

dx dy

2

1/3 2

1

2 3

x

1

3 2

y1/ 2

2

4 9

(1

2

La seconde intégrale est égale à

2 3

4 9

1

9 4

1

9 4

2/3

x

1

8 27

0

0

1

y . Donc, L

y)3/ 2

1

. Donc, L

0

13 13 8

1

4 9

9 4

ydy .

x

13 13 8 27

1

2/3

1

dx [une intégrale impropre].

.

La première intégrale peut être évaluée comme suit : 1

1

0

4 9

x

2/3

dx

t

1 0

1

9 ydy 4

13 13 8 27

2 x3/ 2

s ( x)

34. a)

1 18

lim

t

0

9 9t

2/3

2 (u 4)3/ 2 3

u 4 du 18 9

0

u du

1 (133/ 2 27

9 x 2/3 , 6x

43/ 2 )

1/3

dx

13 13 8 27

longueur de l'arc de courbe allant de ( 1,1) à (8,4)

c)

y

9 x 2/3 4 dx 3x1/3

u 4 du 18

9

33.

t

0

0

L

1

lim

x 1

y

4 0

9 ydy 4

8 10 10 1 27

3x1/ 2

y

1

ln(sin x)

8 27

1

9 y 4

3/ 2

4

[selon la sous-question b)] 0

13 13 80 10 16 27

1 ( y )2 1 9 x . La fonction longueur d’arc dont le point initial est P0(1, 2) est

1 9tdt [ 272 (1 9t )3/ 2 ]1x

f ( x)

13 13 8 27

y

2 27

(1 9 x)3/ 2 10 10 .

1 cos x sin x

cot x

1 ( y ) 2 1 cot 2 x

csc 2 x

1 ( y )2

csc2 x

|csc x| . Par

conséquent,

s ( x)

x /2

1 [ f (t )]2 dt

x /2

csc tdt [ln|csc t cos t|]x / 2

ln|csc x cot x| ln|1 0| ln(csc x cot x) b)

Notons que la fonction s est croissante sur l’intervalle ]0, π[ et que x = 0 et x = π sont deux asymptotes verticales aux deux fonctions f et s.

Calcul intégral

4.1 La longueur d’un arc de courbe

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

35.

y

1 x2

arcsin x

1 ( y )2

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

y

(1 x)2 1 x2

1

1

x

1 x

1 x2

1 x2

1 x2

2 2x 1 x2

2(1 x) (1 x)(1 x)

1 x2 1 2 x 1 x2

x2

2

9

1 ( y )2

1 x

2 1 x

.

Par conséquent, la fonction longueur d’arc dont le point initial est (0, 1) est x

s ( x)

36.

y

1 [ f (t )]2 dt

0

50

1 10

( x 15)2

x

2

0

1 t

y

1 5

dt

2 2 1 t

x

2 2

0

1 ( y )2 1

( x 15)

1 x 1 .

( x 15)2 .

1 52

La distance parcourue par le cerf-volant est donc 25

L

1

0 21

1 2

5

1 ( x 15) 2 dx 52

u 1 u2 15 2

5 5

10

1 2

ln u

5 2

ln

2 3

1 u 2 (5du )

1 u2

2 45

2 3

5 10

90

L

1

0 21

45 2

1 2

1 ( y )2 1

x

4 2 x dx 452

u 1 u2

1 2

5 2

3

4 0

ln u

1 5

( x 15 ),

du

1 5

dx

2 5

ln 2

5

3 10 ln

3

4 452

0

180

1 45

x2

0

x2

45 180

91.2 91.2

x

8100

90 , puisque x doit être positif.

x 2 . La distance parcourue par la proie est donc u

1 u 2 ( 452 du ) 1 u2

4 0

du 45 2

2 45 2 45

2 17

x, dx 1 2

ln 4

17

45 17

38. Soit y = a − b cosh cx, où a = 211,49, b = 20,96 et c = 0,032 917 65. Alors, y Donc, L

10

43,1 m.

37. La proie touche le sol lorsque y

y

2

u

1 b2c 2 sinh 2 (cx)dx

451.137

45 4

ln 4

17

bc sinh cx

209,1 m

1 ( y )2 1 b2c2 sinh 2 (cx) .

451 , à un mètre près.

39. Puisqu’elle complète deux périodes sur une distance de 28 cm, l’onde sinusoïdale a une amplitude de 1 et une période de 14. Son équation est donc y 1sin( 214 x) sin( 7 x ) . La largeur l de la feuille de métal plane requise pour fabriquer le panneau est la longueur de l’arc de courbe de la fonction sinusoïdale allant de x = 0 à x = 28. Afin d’évaluer l au moyen d’une intégrale, nous utilisons la Calcul intégral

4.1 La longueur d’un arc de courbe

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

formule de la longueur d’un arc de courbe avec

dy dx

7

28

cos( 7 x) : L

10

1 [ 7 cos( 7 x)]2 dx

0

2

14 0

1 [ 7 cos( 7 x)]2 dx . Il est difficile

de trouver une primitive pour évaluer cette intégrale. Nous utilisons donc un logiciel de calcul symbolique et trouvons que L ≈ 29,36 cm.

40. a)

y

c a cosh( ax ) b

Donc, L b)

b

1 ( y )2 1 sinh 2 ( ax ) cosh 2 ( ax ) .

sinh( ax )

y

cosh 2 ( ax )dx

b

2 cosh( ax )dx 0

2[a sinh( ax )]b0

2a sinh( ba ) .

À x = 0, y = c + a, donc c + a = 20. Les poteaux téléphoniques sont espacés de 50 pi, donc b = 25 et 51 2a sinh(b/a) [selon la sous-question a)*]. La figure montre que la droite y = 51 coupe y = 2x sinh(25/x) à

L 51

x ≈ 72,3843 pour tout x > 0. Donc, a ≈ 72,3843 et le fil doit être fixé à une hauteur de y = c + a cosh(25/a) = 20 − a + a cosh(25/a) ≈ 24,36 pi au-dessus du sol.

41.

y

L

x 1

4 1

t 3 1dt

x3 dx

x3 1 [selon le TFC1]

dy /dx 4 1

x3/ 2dx

2 5

[ x5/ 2 ]14

2 5

(32 1)

62 5

1 (dy /dx)2 1

x3 1

2

x3

12,4

42. Par symétrie, la longueur de la courbe dans chaque quadrant est identique. Nous trouverons donc la longueur dans le premier quadrant et multiplierons le résultat par 4. x2k

y 2k

1

y 2k

utilisons donc la formule de la longueur d’un arc de courbe avec

1 x2k

dy dx

y

(1 x2k )1/(2k ) (dans le premier quadrant). Nous

1 (1 x 2 k )1/(2 k ) 1 ( 2kx2 k 1 ) 2k

x2 k 1 (1 x2 k )1/(2 k ) 1 . Par

conséquent, la longueur totale est

L2k

Calcul intégral

4

1 0

1 [ x2 k 1 (1 x2 k )1/(2 k ) 1 ]2 dx

4

1 0

1 x2(2 k 1) (1 x2 k )1/k 2 dx

4.1 La longueur d’un arc de courbe

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

11

La graphique montre qu’au fur et à mesure que la valeur de k augmente, les « coins » de ces cercles équarris se rapprochent des points

1, 1

et

1, 1

et leurs « extrémités » se rapprochent des droites qui relient ces quatre points. Il semble plausible

qu’à mesure que k → ∞, la longueur totale du cercle équarri avec n = 2k se rapprochera de la longueur du périmètre du carré dont les côtés sont de longueur 2. Prenons la limite, à mesure que k → ∞, de l’équation du cercle équarri dans le premier quadrant :

lim(1 x 2k )1/(2k )

k

1 pour 0 ≤ x < 1, nous trouverons que ceci est bien le cas. Nous supposons donc que lim L2 k k

4 2 8.

SUJET À EXPLORER : UNE COMPÉTITION ENTRE LONGUEURS D’ARC Consultez l’article (en anglais) « Arc Length Contest », par Larry Riddle, dans The College Mathematics Journal, volume 29, no 4, septembre 1998, pages 314 à 320, pour des conseils sur la façon de lancer cette compétition et pour des exemples de propositions faites par des étudiants.

Calcul intégral

4.1 La longueur d’un arc de courbe

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

12

4.2 L’aire d’une surface de révolution 1.

a) i)

y

dy /dx sec2 x

tan x

1 (dy / dx)2 dx

ds

1 sec4 x dx . Selon la formule 7, une intégrale qui représente

l’aire latérale de la surface résultant de la rotation de la courbe autour de l’axe des x est S ii)

/3

2 yds

0

2 tan x 1 sec4 x dx .

Selon la formule 8, une intégrale qui représente l’aire latérale de la surface résultant de la rotation de la courbe autour de l’axe des y est S

/3

2 xds

0

2 x 1 sec4 xdx .

b)

2.

i)

10,5017

ii)

7,9353

a) i)

y

x

S

2

2 yds

dy /dx 2 1

2 x

ii)

Selon la formule 8, S

i)

4,4566

ii)

11,7299

2x 2

3

ds

1 (dy /dx)2 dx

1 4x 6 dx . Selon la formule 7,

1 4 x 6 dx .

2 xds

2 1

2 x 1 4 x 6 dx .

b)

3.

a) i)

y

S

e

x2

2 yds

dy /dx 1 1

2 e

ii)

Selon la formule 8, S

i)

11,0753

ii)

3,9603

e x2

x2

( 2 x)

1 4x 2e 2 xds

ds 2x2

1 0

1 (dy /dx)2 dx

1 4 x 2e

2 x2

dx . Selon la formule 7,

dx . 2 x 1 4 x 2e

2 x2

dx [symétrique par rapport à l'axe des y]

b)

Calcul intégral

4.2 L’aire d’une surface de révolution

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 4.

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

13

a) i)

x

ln(2 y 1)

S

2 yds

2 2y 1

dx /dy

1 0

Selon la formule 8, S

i)

4,2583

ii)

5,6053

4 dy . Selon la formule 7, (2 y 1)2

1

4 dy . (2 y 1)2

2 y 1

ii)

1 (dx /dy ) 2 dy

ds

1

2 xds

0

2 ln(2 y 1) 1

4 dy . (2 y 1)2

b)

5.

y

x3

y

3x 2 . Donc, 2

S

2 y 1 ( y ) 2 dx

0

145

2 36

6.

3 , donc 1 2 x 2

2

dy dx

x3 1 9 x 4 dx [u 1 9 x 4 , du

145

u 3/ 2

27

1

36 x 3dx]

145 145 1

6 2

2

1 4x

1 2

y

(1 4 x)

5

S

1

2

y

S

1 ex

1 0

y

2 y 1 ( y ) 2 dx

[e x

Calcul intégral

2 x]10

1 2

[( x

1 3/ 2 6 2 4

25 9

2

(4)

1 0

1 ex

5

2

1

1 4x

u 4 x 5, du 4dx

ex

(e x )

2 1 e ex

2 x

2 1 e [(e 2) (1 0)] (e 1)

6

6 2

dx

1 0

2 4

(e x

1

5 4x dx 1 4x

dx

3

1

27 8

5 1

6

6 )

4 1 4x

2

[ 32 u 3/ 2 ]925

1 ( y )2

x

9 4

x 2

( 94 )3/ 2 ] 4 ( 125 8

1 ( y )2

1 4x

u ( 14 du )

1/ 2

4 [( 254 )3/ 2

) ]

2 y 1 ( y ) 2 dx

(1 e x )

2

1/ 2

9 dx 4( x 2)

3 x 2 1 2 3

6

y

3 x 2.

9 . Par conséquent, 4( x 2)

1

S

8.

2 3

18

0

La courbe 9x = y2 + 18 est par rapport à l’axe des x. Nous n’utilisons donc que sa moitié supérieure, représentée par y

dy dx

7.

udu

1

2

2

2

4

(x

1 1/ 2 4

98 8

49

) dx

5 4x . Donc, 1 4x

4 x 5dx

(253/ 2 93/ 2 )

e2 x 4(1 e x )

3

(125 27)

4 4e x e2 x 4(1 e x )

98 3

(e x 2)2 4(1 e x )

ex

2

2 1 ex

. Donc,

2)dx

4.2 L’aire d’une surface de révolution

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 9.

y

sin x 1

S

0

y

4

x3 6

21

2

1

2

y

2

1 u 2 du

0

1 2x

1

2

1

1 u2

4

1 ( y )2 1

cos x

2 y 1 ( y ) 2 dx

2

10.

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

0

2

du

ln

1 2

0

2 1

1

dy dx

x3 6

1 2x

x5 12

x 3

1 2x2 1 1/ 2

2 1

2

1/ 2

2 [( 721

S

1 3

( y2

2)3/ 2 2

2

y( y 2 1)dy

1

12. x 1 2 y 2

13.

S

2

y

3

S

2

2

x 2

27

14.

15. x

S

sin xdx

1 2

1 6

1 8

2

x4 4 x2 2

x3 dx 4

1 4

1 2

1 4x4

)

1/ 2

x2 6

x2 2

1 2 x2

x5 12

x 12

x2 8

263 )] 2 ( 512 )

2

x2 2

x 4

1 dx 4 x3

21 2

1 2 x2

1

1/ 2

263 256

1 (dx /dy)2 1 y 2 ( y 2

2 1 2

1

2

x6 72 1 2

2

1

2 1 24

y y2

2 (4 2

ln

1 dx 2x2

) ( 64172

2)1/ 2 (2 y)

y 2 ]12

2

2

2) ( y 2 1)2 . Donc,

.

y3

(16 y 2 1)1/ 2 32 ydy

[ (16 y 2 1)3/ 2 ]12

2 16 3

24

(65 65 17 17) .

1 (dx /dy)2 1 9 y 4 . Donc,

2

2 1

y 3 1 9 y 4 dy

2 36

2 1

1 9 y 4 36 y 3dy

[ (1 9 y 4 )3/ 2 ]12

2 18 3

145 145 10 10

1

2

0

a/2

1 (dy /dx)2 1 4 x2 1

x 1 4 x 2 dx

a2

0

2 16 1

x 1 (dx /dy ) 2 dy

y 1 x2

S

2

du

1 (dx/dy)2 1 (4 y)2 1 16 y 2 . Donc,

x

1

( y2

2 [ 14 y 4

y 1 16 y 2 dy

1

1 2

dx /dy

cos x,

1 u2

ln u

2

S

11. x

u

cos 2 ( x)dx

0

1

x2 2

dy dx

cos2 ( x) . Donc,

1 u 2 du

4 u 1 u2 2 1 2

2

sin x 1

2

14

y2

2

Calcul intégral

4

0

8x 4 x 2 1dx

1 2

dx /dy

a2

y2

a a

2

y

2

(a 2

y2 )

dy

2

1/ 2

a/2 0

4

[ 32 (4 x 2 1)3/ 2 ]10

( 2 y)

a dy

y / a2

2 a[ y ]0a / 2

6

y2

2 a

5 5 1

1

a 0 2

dx dy

2

1

y2 a

2

y

2

a2 a2

y2 y2

y2 a

2

a2 y

2

a

2

y2

a2 .

4.2 L’aire d’une surface de révolution

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

15

On constate qu’il s’agit ici du quart de l’aire latérale de la surface d’une sphère de rayon a; la longueur de l’intervalle allant de y = 0 à y = a/2 est le quart de la longueur de l’intervalle allant de y = −a à y = a.

16.

1 4

y

x2

1 2

dy dx

ln x

x 2

1 2x 2

S

1

2 x

[( 83

17.

1 5

y

dy /dx

5 0 10

x S

x5 1 2

x4

dy dx

1

x 2

1 2x

2

1

2

2) ( 13 1)]

dx

2

x2 4 2 1

x

1 2

x2 4

1 4 x2

x 2

1 2

1 dx 2x

2 1

1 4x2

x 2

( x 2 1)dx

1 2x

2

. Donc,

[ 13 x 3

x]12

10 3

1 (dy /dx)2 1 x8

5

S

0

2 ( 15 x5 ) 1 x8 dx . Soit f ( x)

2 5

x5 1 x8 . Puisque n = 10,

. Par conséquent,

S10 1/ 2 3

[ f (0) 4 f (0,5) 2 f (1) 4 f (1,5) 2 f (2) 4 f (2,5) 2 f (3) 4 f (3,5) 2 f (4) 4 f (4,5)

f (5)]

1 230 507

La valeur de cette intégrale produite par une calculatrice est environ 1 227 192.

18.

y

x2

x

Soit f ( x)

S

dy /dx 1 2 x

1 (dy /dx)2 1 (1 2 x) 2

2 ( x x 2 ) 1 (1 2 x) 2 . Puisque n = 10, x

1 0 10

1

S 1 10

0

2 (x

x2 ) 1 (1 2 x) 2 dx .

. Par conséquent,

S10 1/10 3

[ f (0) 4 f (0,1) 2 f (0,2) 4 f (0,3) 2 f (0,4) 4 f (0,5) 2 f (0,6) 4 f (0,7) 2 f (0,8) 4 f (0,9)

f (1)]

13,649 368 La valeur de cette intégrale produite par une calculatrice est environ 13,649 370 (à six décimales près).

19.

y

xe x

Soit f ( x)

S

dy /dx

xe x

ex

2 xe x 1 ( xe x

1 (dy /dx)2 1 ( xe x

e x )2 . Puisque n = 10, x

1 0 10

e x )2 1 10

S

1 0

2 xe x 1 ( xe x

e x ) 2 dx .

. Par conséquent,

S10 1/10 [ f (0) 4 f (0,1) 2 f (0,2) 4 f (0,3) 2 f (0,4) 4 f (0,5) 2 f (0,6) 4 f (0,7) 2 f (0,8) 4 f (0,9) 3 24,145 807

f (1)]

La valeur de cette intégrale produite par une calculatrice est environ 24,144 251 (à six décimales près).

20.

y

x ln x

Soit f ( x)

Calcul intégral

dy /dx

x

1 x

ln x 1 ln x

1 (dy /dx)2 1 (1 ln x) 2

2 x ln x 1 (1 ln x)2 . Puisque n = 10, x

2 1 10

1 10

S

2 1

2 x ln x 1 (1 ln x) 2 dx .

. Par conséquent,

4.2 L’aire d’une surface de révolution

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé S

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

16

S10 1/10 3

[ f (1) 4 f (1,1) 2 f (1,2) 4 f (1,3) 2 f (1,4) 4 f (1,5) 2 f (1,6) 4 f (1,7) 2 f (1,8) 4 f (1,9)

f (2)]

7,248 933

La valeur de cette intégrale produite par une calculatrice est environ 7,248 934 (à six décimales près).

21.

y 1/x 2

S

1

2 4 1

1 1 1 4 dx x x

ln 4

3

S

0 21

2

2 2 2 2 3 19

2 1

17

x x2

3 2

19 2

2

x

x

2

1

dx

ln x

ln 3

19 2

ln 3 2

1

y 1

1

ln 1

2

ds

3

2

0

x2 1 4

4ln

4

dy dx

1

2 x 2 1dx 3 1 2

dx

3

4ln

1

2

9

1 2 1 4

2 1

x2 x

x2

0

19 2

3 2

2 2

4

2

3 2

2 2 0

ln 2

17

2 2

1

1 2 1 4

4 2

dx

2

dx

ln 3

ln 3 2

17

9

1 2

1 4

ln

1 2

19

19

1

y

3x 2 et 0 ≤ x ≤ 1.

0 21

2 x 1 (3x 2 ) 2 dx

2

3 0

1 u 2 16 du

u du

[ou à l'aide d'un logiciel de calcul symbolique] 3

Calcul intégral

2 xdx]

1 u2

S

23. y = x3 et 0

x 2 , du

4

1

1 4

1 2 1 4

2

1 1/x 4 dx

u2 1 1 ( 2 du ) [u u2

4

2

ln u

x

x2

x2 1 1 1 2

1

1 ( 1/x 2 )2 dx

x4 1 dx x3

1 u2 u

dy dx

x2 1

y

2

2

24 1 u2 du 2 u 17 4

22.

1 (dy /dx)2 dx

ds

3 2

10

1 2

ln 3

10

6

3 10

4.2 L’aire d’une surface de révolution

ln 3

3x 2 , 6 xdx 3

1 2

3 3

u 1 u2

0

1 u 2 du 1 2

ln u

1 u2

3 0

10

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

24. y = ln(x +1), 0 ≤ x ≤ 1. ds

1

S

0

2

2

1

( x 1)

2

2

dx

1

1 u2 du 2 u

u

2

5

2

1 2

2

1

ln 2

5

ln 2

5

ln

y 1

dy dx

1 2

que x4 1

x4

dx

1 u2 du u

2 1

1 2

2 2

1 2

1

1 2

5

2

dx

2

1

2

3 2

2

1 2

ln u

dx] 1 u2 du u

2 1

1 u

2

2

2

1 u

2

ln

1 u2 u

1

1

2

2

ln 1

2

1 1 1 4 dx x x

x 1, du

1 u 2 du 2

1

u 1 u

2 2

2

dx , donc

x 1

1 du [u u2 2

ln 1

2

1

1

2 (u 1) 1

ou à l'aide d'un logiciel de calcul symbolique

21,23

25. S

1

2 x 1

2

dy dx

1

17

2

5 ln

1

5

2

2

ln 1

2

1

2

x4 1 dx . Plutôt que d’évaluer cette intégrale telle quelle, notons x3

1

x2 pour x > 0. Alors, par comparaison nous avons S

2

x4 1 dx x3

1

2

1

x2 dx x3

2

1

1 dx . Or, sachant x

que cette intégrale est divergente, donc l’aire latérale de la surface S est infinie.

26. S

0

2 y 1 (dy /dx)2 dx

2

0

x

e

1 ( e x ) 2 dx [ y

e x, y

e x ] . Calculons I

e

x

1 ( e x )2 dx en posant le

changement de variable u = −e−x, du = e−x dx:

1 u 2 du

I

21

1 2

u 1 u2

1 2

1 u2

ln u

C

1 2

( e x) 1 e

2x

1 2

ln

e

x

1 e

2x

C . Revenons maintenant à

l’intégrale donnant l’aire latérale de la surface. Nous obtenons

S

t

x

2 lim e 0

t

2 lim

1 2

t

2

1 2

2

[0]

1 ( e x ) 2 dx

( e t) 1 e

(0) 1 1 2

1 2

ln 0

2 ln

2t

2 lim t

1 2

1 2 1

ln

e 1 2

1 2

t

( e x) 1 e 1 e

2

1 2

ln

2 ln

2x

2t

1

1 2

1 2

ln

e

( 1) 1 1

x

1 e

2x

t 0

1 2

ln

1

1 1

2

2 1

27. Puisque a > 0, la courbe 3ay2 = x(a − x)2 n’a des points que lorsque x ≥ 0. [3ay 2

0

x(a x)2

0

x 0.] La courbe est

symétrique par rapport à l’axe des x (puisque l’équation demeure inchangée si y est remplacé par −y). y = 0 lorsque x = 0 ou a; la boucle de la courbe s’étend donc de x = 0 à x = a.

Calcul intégral

4.2 L’aire d’une surface de révolution

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

d (3ay 2 ) dx 2

dy dx

1

dy dx

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

d [ x( a x ) 2 ] dx

6ay

( a x) 2 ( a 3 x) 2 36a 2 y 2 2

a2

1

a

S

x 0

a)

a

3a

0

(a 2

6ax 9 x 2 12ax

x (a x) a 3x dx 3a 12ax

a

2

a2

12ax 12ax

0

2ax 3x 2 )dx

3a

dy dx

x 2(a x)( 1) (a x) 2

[a 2 x ax 2

( a 3 x) 2 12ax

est 1/y 2 a2

a

2

(a x)[ 2 x a x] 6ay

la dernière fraction

( a x) 2 ( a 3 x) 2 3a 36a 2 x (a x ) 2

6ax 9 x 2 12ax

2 yds

dy dx

6ax 9 x 2 12ax

(a

(a 3x) 2 12ax

pour x

0.

x)(a 3x) dx 6a

0

x 3 ]0a

18

3a

(a 3

a3

a3 )

3a

a2 . 3

a3

Nous avons considéré une rotation de la moitié supérieure de la boucle autour de l’axe des x. Ceci génère l’aire latérale de la surface entière. b)

Nous devons effectuer une rotation de la boucle entière autour de l’axe des y; nous obtenons donc le double de l’aire latérale de la surface que nous avons générée en effectuant la rotation de la moitié supérieure de la boucle :

S

2 2

a x 0

xds

4

2 2 3/ 2 ax 3a 3 56

3a 45

a 0

6 5/ 2 x 5

x

a 3x dx 12ax a

4

a

2 3a

2 3 2 5/ 2 a 3 a 3

0

0

2 3a

x1/ 2 (a 3x)dx

6 5/ 2 a 5

2

3 2 3 3

a 0

(ax1/ 2

6 2 a 5

2

3x 3/ 2 )dx 3 28 2 a 3 15

2

28. En général, si on effectue une rotation de la parabole y = ax2, −c ≤ x ≤ c autour de l’axe des y, l’aire latérale de la surface qui est générée est

2

c 0

x 1 (2ax) 2 dx

4a Ici, 2c = 10 m et ac2 = 2 m, donc c = 5 et a

S

29. a)

6

625 4

[(1 4

x2 a2

Calcul intégral

y2 b2

4 625

1

25)3/ 2 1]

625 24

y (dy /dx) b2

[(1

x a2

2 ac

2

0

(1 u 2 )3/ 2

2 ac

2 ac

4a

2

0

(1 u 2 )1/ 2 2u du

[(1 4a 2c 2 )3/ 2 1].

2

2 3

2 25

. Par conséquent, l’aire latérale de la surface est

16 3/ 2 25

)

u 2ax, du 2adx

u 1 1 u2 du 2a 2a

1]

dy dx

625 24

6a 2

0

41 41 125

1

5 24

41 41 125

90,01 m2 .

b2x a2 y

4.2 L’aire d’une surface de révolution

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration 2

dy dx

1

b4 x2 a4 y2

1 a4

b4 x2 a 4 y 2 a4 y2

b2 x2 a 2 x2 a4 a2 x2

a4

b 4 x 2 a 4b 2 (1 x 2 /a 2 ) a 4b 2 (1 x 2 /a 2 )

19

a 4b 2 b 4 x 2 a 2b 2 x 2 a 4b 2 a 2b 2 x 2

(a 2 b 2 ) x 2 a (a 2 x 2 ) 2

L’aire latérale de l’ellipsoïde allongé est le double de l’aire générée en effectuant la rotation autour de l’axe des x de la portion de l’ellipse située dans le premier quadrant. Par conséquent,

2 2 y 1

dy dx

4 b a2

a4

a

S

0

a a2 b2 0

4 b a2 a2

x2 a2

b)

y2 b2

b2

2

dx

a

4

0

du

u2

a2

a a2 b2 2

a

4

a (a

2

1 b4

a4 y2 b4 x2

(a 2

a a

a2

b2 ) x2

2

x

2

a2 a2

b2

b )

dx dy

a2 y b2 x

b4 x2 a 4 y 2 b4 x2

b2 y 2 a 2 y 2 b4 b2 y 2

b4

4 b a2

4 b

30

b2 x

dx

a4 a 2 b2 arcsin 2 a

2

y b2

2

dx dy

1

2

a4

x2

u

b2

x(dx /dy ) a2

1

b 2 a a

a

a4

0

u 4 a 2

2

b

u2

a a2 b2

a4 u arcsin 2 2 a

a 2b arcsin

2

a2

b 4a 2 (1 y 2 /b 2 ) a 4 y 2 b 4 a 2 (1 y 2 /b 2 )

(b 2 b (b 2

(a 2 b 2 ) x 2 dx

a

2

b

0 2

a b2

a 2b 4 a 2b 2 y 2 a 4 y 2 a 2b 4 a 2b 2 y 2

a2 ) y2 y2 )

2

L’aire latérale de l’ellipsoïde aplati est le double de l’aire générée en effectuant la rotation autour de l’axe des x de la portion de l’ellipse située dans le premier quadrant. Par conséquent,

S

2

2 2 x 1

dx dy

4 a b2

b4

(b 2

a2

u 4 b 2

b

0

b 0

4 a

30

b2 b2 4 a b

2

b

2

b b a

dy

0

a 2 ) y 2 dy

2

u

a

2

2

a 2 b b 4 a b2

b 2 (b 2

b4

y2

(b 2

b b2

b b2 a 2 0

b4 u arcsin 2 2 b

b4

2

2

b

4

b4

a2 ) y2 y2

u2

dy

du b

2

a2

2

2

u

b2

a2 y

b b2 a 2

0

4

b b a arcsin 2 b

a2 )

2

a2

ab 2 arcsin b2

b2

a2 b

a2

Remarquons que ce résultat peut être obtenu à partir de la réponse à la sous-question a), en intervertissant a et b. 30. On génère la moitié supérieure du tore en effectuant la rotation de la courbe(x − R)2 + y2 = r2, y > 0 autour de l’axe des y.

y

dy dx

( x R)

Calcul intégral

1

dy dx

2

1

( x R)2 y2

y2

( x R )2 y2

r

2

r2 . Par conséquent, ( x R) 2

4.2 L’aire d’une surface de révolution

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

S

2

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

R r R r

4 r

udu

r

2

r

2

dy dx

2 x 1

2

dx

r u 8 Rr[arcsin(u /r )]0r

R r

r

2

du

r

4 Rr

rx

R r

4

r

r 8 Rr ( 2 )

2

( x R)

2

dx

4 r 0 8 Rr

2

r

4 r

u 4 2 Rr

r

r

du

0

2

r

u

R

r2

u2

u

du [u

32.

y

n

lim

n

b

f ( xi* )] 1 [ f ( xi* )]2 x

2 [c

a

i 1

x1/ 2

1 2

y

x

1/ 2

2 [c

33. Pour le demi-cercle supérieur, f ( x) r

S1

r

2

34. a)

y

S2

8

r2

r 0

r2

x2

Effectuons la rotation de y

R2

x2

y

1 2

(R2

1/ 2

r2

2

x2

r2

x2

1

4

r

x

2

6

0

2

4

1 1/(4 x)dx . À l’aide d’un

x

80,6095 .

31 17 1

x 2 . L’aire latérale de la surface générée est

dx

r

4

0

r2

r

r

x2

r2

x2

dx

r dx

r2

x2

r2

x 2 et f ( x)

r 2 arcsin

x r

x r2

, donc S2

x2

r2

r

4

0

r2

x2

r dx . Par conséquent, l’aire totale

r

8 r2 0

4 2r 2 .

2

x 2 , avec a ≤ x ≤ a + h, autour de l’axe des x afin de générer une portion de sphère.

( 2 x)

S

ds

a h a

2

2 yds a h

a

R2

2 x2

2

x

1

2 R(a h a)

Calcul intégral

4

r

dx 8

x2 )

17

x/ r 2

0

R2

2 ln

x 2 , f ( x)

Pour le demi-cercle inférieur, f ( x)

S1

f ( x)] 1 [ f ( x)]2 dx .

r2

r

4

est S

f ( xi* ) , donc

1 ( y )2 1 1/4 x , donc, selon l’exercice 31, S

logiciel de calcul symbolique, nous obtenons S

x R]

puisque la première intégrande est impaire et la seconde paire

2

31. Ce à quoi correspond f ( xi* ) dans le développement de la formule 4 est maintenant c S

20

R2 a h a

R2

x 2 dx

x2

dx . L’aire latérale de la surface est

x2 1 2 R[ x]aa

x2 R

2

x2

dx

h

2 Rh

4.2 L’aire d’une surface de révolution

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

b)

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

21

Effectuons la rotation de y = R, avec 0 ≤ x ≤ h, autour de l’axe des x afin de générer une portion de cylindre.

y

R

y

0

ds

1 02 dx

dx . L’aire latérale de la surface est S

h 0

2 yds

2

h 0

Rdx

2 R[ x]0h

2 Rh .

35. Dans le développement de la formule 4, nous avons considéré qu’un élément représentatif de l’aire latérale de la surface était 2

yi

1

2

yi

|Pi 1Pi | , soit l’aire latérale d’un cône droit tronqué. Lorsque la valeur de f(x) n’est pas nécessairement positive, les

approximations yi et yi

1

f ( xi )

f ( xi* ) et yi

1

|f ( xi 1 )| |f ( xi* )| . Par conséquent, 2

nous avons fait auparavant, nous obtenons S

f ( xi* ) doivent être remplacées par yi

f ( xi 1 )

yi

yi

1

2 b a

|f ( xi )| |f ( xi* )|

|Pi 1Pi | 2 |f ( xi* )| 1 [ f ( xi* )]2 x .Avec un raisonnement semblable à celui que

2 |f ( x)| 1 [ f ( x)]2 dx .

36. Puisque g(x) = f (x) + c, nous avons g′(x) = f′(x). Par conséquent,

Sg

b a b a

Calcul intégral

2 g ( x) 1 [ g ( x)]2 dx

b a

2 [ f ( x) c] 1 [ f ( x)]2 dx

2 f ( x) 1 [ f ( x)]2 dx 2 c

b a

1 [ f ( x)]2 dx

4.2 L’aire d’une surface de révolution

Sf

2 cL

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

22

SUJET À EXPLORER : ROTATION AUTOUR D’UN AXE OBLIQUE 1.

Dans le graphique, le segment a situé au-dessus de l’intervalle [xi – Δx, xi] et le long de la droite tangente à C est de

x 1 tan 2

longueur x sec

1 [ f ( xi )]2 x . Le segment de droite dont l’origine est au point

(xi, f(xi)), tracé perpendiculairement à la droite y = mx + b, est de longueur

g ( xi ) [ f ( xi ) mxi

De plus, cos(

)

b]cos

f ( xi ) mxi sec

b

f ( xi ) mxi

cos cos

sin sin

b

f ( xi ) mxi

1 tan 2

b

1 m2

u x sec u

x sec cos( x

)

1 1 m

x

m 2

1 m

2

x(cos

cos 1 mf ( xi )

f ( xi )

1 m2

sin tan )

x

Par conséquent,

Aire(R )

lim

n

n i 1

1 1 m2

Calcul intégral

g ( xi ) u q p

lim

n

n i 1

f ( xi ) mxi 1 m

b 1 mf ( xi )

2

1 m2

x

[ f ( x) mx b][1 mf ( x)]dx

4.2 L’aire d’une surface de révolution

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 2.

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

Selon le problème 1, avec m = 1, f (x) = x + sin x, mx + b = x − 2, p = 0 et q = 2π,

Aire

1 1 12 2 1 2 0 1 2

3.

V

n

lim

n

[ g ( xi )]2 u

i 1 q 2 3/ 2

(1 m )

4.

23

V

p

2

(1 12 )3/ 2 2

2 2

0

2 2

0

2

2 2 2 2 q

0

(2sin x sin x cos x 4 2cos x) dx

2

1 mf ( xi ) 1 m2

1 2 1 2

2 1 2 0

(sin x 2)(2 cos x) dx

[ 2cos x

(8 )

1 2

sin 2 x 4 x 2sin x]02

4

x

[ f ( x) mx b]2 [1 mf ( x)]dx

( x sin x

x 2) 2 (1 1 cos x)dx 2

(sin x 2) 2 (cos x 2)dx

2 2

0

(sin 2 x 4sin x 4)(cos x 2)dx

(sin 2 x cos x 4sin x cos x 4cos x 2sin 2 x 8sin x 8) dx

2 g ( x) 1 [ f ( x)]2 dx

6.

Selon le problème 5, avec f ( x)

S

x

1 2

9 2 2

8 16 ) ( 8)]

S

Calcul intégral

b

1 m2

i 1

[ 13 sin 3 x 2sin 2 x 4sin x [(2

0) ( 2 0 0 0)]

f ( xi ) mxi

n

5.

p

[ x sin x ( x 2)][1 1(1 cos x)]dx

[( 2 0 8

lim

n

2 0

sin 2 x 8cos x 8 x]02

2

2

q

1 m

2

p

[ f ( x) mx b] 1 [ f ( x)]2 dx

x , p = 0, q = 4, m

2

4 1 2 2

1 ( )

0

[puisque 2sin 2 x 1 cos 2 x]

x

1 2

x 1

1 2

1 2 x

et b = 0, 2

dx

ln

LCS

5

17

4

32

4.2 L’aire d’une surface de révolution

37 17 24

1 3

8,554

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

24

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie 1.

gd ≈ (1000 kg/m3)(9,8 m/s2)(1 m) = 9800 Pa = 9,8 kPa

a)

P=

b)

F = PA ≈ (9800 Pa)(1,5 m)(0,5 m) = 7350 N. (A est l’aire du fond de l’aquarium.)

c)

Comme à l’exemple 1, l’aire de la ie bande est 0,5(Δx) et la pression hydrostatique est 1

F

2.

= 1000 kg/m3.

La masse volumique de l’eau est

0

gx 0,5dx

1

(1000)(9,8)(0,5) xdx 0

4900[ 12 x 2 ]10

4900( 12 )

2450 N .

a)

P = ρgd = (820 kg/m3)(9,8 m/s2)(1,5 m) = 12 054 Pa ≈ 12 kPa

b)

F = P A = (12 054 Pa)(8 m)(4 m) ≈ 3,86 × 105 N (A est l’aire du fond du réservoir.)

c)

L’aire de la ième bande est 4(Δx) et la pression hydrostatique est ρgd = ρg xi. Par conséquent, F

1,5 0

gx 4dx

(820)(9,8) 4

1,5 0

xi . Par conséquent,

d

xdx 32144[ 12 x 2 ]3/0 2 16 072( 94 ) 3,62 104 N .

Aux exercices 3 à 9, n est le nombre de sous-intervalles de longueur Δx, et xi* est un point d’échantillonnage dans le ième sous-intervalle [xi−1, xi]. 3.

Comme le montre la figure, établissons un axe des x vertical, pour lequel x = 0 à la surface de l’eau et la valeur de x augmente vers le bas. L’aire de la ie bande rectangulaire est donc 6Δx et la pression qui s’exerce sur la bande est gxi* (où conséquent, la force hydrostatique sur la bande est gxi* 6 x et la force hydrostatique totale

n

≈ 1000 kg/m3). Par

gxi* 6 x . La force totale est

i 1

F

4.

lim

n

n i 1

gxi* 6 x

6 2

gx 6dx

6 g

6 2

xdx

6 g[ 12 x 2 ]62

6 g (18 2) 96 g

940 800 9,41 105 N .

Positionnons un axe des x vertical comme le montre la figure. L’aire de la ie bande rectangulaire est alors

Selon les propriétés des triangles semblables,

la force hydrostatique sur la bande est gxi*

Calcul intégral

4 3

li 4 xi*

4 , donc li 3

4 3

4 3

(4 xi* ) x .

(4 xi* ). La pression qui s’exerce sur la bande est gxi* , donc

(4 xi* ) x et la force totale sur la plaque

n

gxi*

i 1

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

4 3

(4 xi* ) x . La force totale est

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

F

n

gxi*

i 1

g[2 x 2

4 3

5.

n

lim

1 3

4 3

4

(4 xi* ) x

x3 ]14

4 3

4 3

gx

1

64 3

g[(32

4 3

(4 x)dx

) (2

1 3

)]

g

4 1

25

(4 x x 2 )dx

g (9) 12 g 117 600 1,18 105 N.

4 3

Positionnons un axe des x vertical comme le montre la figure. La base du triangle apparaissant à la figure est de longueur 32

2 9 ( xi* )2 , et l’aire de la ième bande rectangulaire est 2 9 ( xi* )2 x . La ième bande rectangulaire est

( xi* )2 , donc li

située à ( xi* 1) m sous la surface de l’eau; la pression qui s’exerce sur la bande est donc g ( xi* 1) . La force hydrostatique sur la n

bande est g ( xi* 1) 2 9 ( xi* )2 x et la force totale sur la plaque

g ( xi* 1) 2 9 ( xi* ) 2

x . La force totale

i 1

F

n

lim

3

g ( xi* 1) 2 9 ( xi* ) 2 x

2 g ( x 1) 9 x 2 dx 1

i 1

2 g

3 1

x 9 x 2 dx 2 g

2 g 0 32 3

2 g

1 3

8 8 9 2

g

3 1

30

9 x 2 dx 2 g[

2 g 0

9 2

1 2

2

8

2 2 g 9[arcsin( 13 )] g

1 3 9 2

(9 x 2 )3/ 2 ]13 arcsin

1 3

38 3

9 2

2

2 g

x 9 x2 2

9arcsin( 13 )

9 2

arcsin

x 3

3

1

g

4

6,835 1000 9,8 66 983 6,7 10 N Remarque : Si nous choisissons plutôt un système de coordonnées où la surface de l’eau se trouve en y = −1, alors

F

6.

1 3

g ( 1 y)2 9

y 2 dy .

Selon les propriétés des triangles semblables, li /4

xi* /5 , donc li

4 5

xi* et l’aire de la ième bande est

sur la bande est gxi* , donc la force hydrostatique sur la bande est gxi*

4 5

4 5

xi* x . La pression qui s’exerce

xi* x et la force totale sur la plaque

n i 1

gxi*

4 5

xi* x . La

force totale

Calcul intégral

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

F

lim

n

gxi*

i 1

100 3

7.

n

4 5

5

xi* x

4 5

4 5

xdx

g[ 13 x 3 ]50

4 5

g

125 3

100 3

g

1000 9,8 326 667 3,3 105 N

Positionnons un axe des x vertical comme le montre la figure. L’aire de la ième bande rectangulaire est donc 2

Selon les propriétés des triangles semblables,

li 2

F

lim

n

n

gxi* 2

i 1

g x2

2 3 3

xi*

3 3

, donc li

2 * xi 3

donc la force hydrostatique sur la bande est gxi* 2

8.

gx

0

26

2 * xi 3

x

2 3

n

2 * xi 3

gxi* 2

i 1

gx 2

x.

xi* . La pression qui s’exerce sur la bande est gxi* ,

x et la force sur la plaque

3 0

2

2 * xi 3

2 x dx 3

g

3 0

2x

x . La force totale

2 2 x dx 3

3

x3

g[(3 2) 0]

g 1000 9,8 9,8 103 N

0

Positionnons un axe des x vertical comme le montre la figure. L’aire de la ième bande rectangulaire est donc (4 xi* ) x .

Selon les propriétés des triangles semblables,

li 4

4 xi* , donc li 4

4 xi* . La ième bande rectangulaire est située à ( xi* 1) m sous la

surface de l’eau, donc la pression qui s’exerce sur la bande est g ( xi* 1) . La force hydrostatique sur la bande est g ( xi* 1)(4 xi* ) x et la force sur la plaque

n

g ( xi* 1)(4 xi* ) x . La force totale

i 1

Calcul intégral

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

F

n

lim

n

2

g ( xi* 1)(4 xi* ) x

1

i 1

g[ 7 6

1 3

x3

x2

4 x]12

8 3

g[(

g

5 2

4)]

10 8) (

1 3

( x2

5 x 4)dx

1000 9,8 11 433 1,14 10 N 1

Remarque : Si nous décidons que le niveau de l’eau correspond à x = 0, alors F

9.

2 1

4

7 6

g

5 2

g ( x 1)(4 x)dx

27

gx(3 x)dx .

0

Positionnons des axes de coordonnées comme le montre la figure. La longueur de la ie bande est 2 25 ( yi* ) 2 et son aire est

2 25 ( yi* )2 y . La pression qui s’exerce sur cette bande est d’environ gdi

yi* ) ; la force sur la bande est donc

9800(7

yi* )2 25 ( yi* ) 2 y . La force totale est

d’environ 9800(7

F

n

lim

n

5

yi* )2 25 ( yi* ) 2 y 19 600 (7

9800(7

0

i 1 5

19 600

0

19 600 7

52

1 4

5

y 2 dy

7 25

1 3

0

y 2 dy

y 25

(0 125)

19 600

19 600 7 175 4

y 2 dy

y ) 25

125 3

5

25

0

y 2 dy

1 3

y 2 )3/ 2

(25

5 0

1877 249 1,88 106 N.

10. Positionnons des axes de coordonnées comme le montre la figure. Pour la moitié supérieure, la longueur de la ième bande est 2(a / 2

yi* ) et son aire est 2(a / 2

yi* ) y . La pression qui s’exerce sur cette bande est d’environ

n

lim

n

i 1

2 g

1 3

2

a 2

2 g

yi*

y

3 a/ 2

a 2

y 0

2 g

0

2 g 0 3

a 2

y dy 3

Pour la moitié inférieure, la longueur est 2(a / 2

F2

lim

n

n i 1

2 g 0

Calcul intégral

2 g

a 2 2a 3 4

yi*

yi* ) ; la

2

a 2

a/ 2

g (a / 2

yi* )2 y . La force totale est

force sur la bande est donc d’environ 2 g (a / 2

F1

gdi

a 2 2a 3 12

2 g a3 3 2 2

2a 3 g 6

yi* ) et la force totale

yi* 2 g

y

2 g 2a 3 6

0 a/ 2

a2 2

y 2 dy

2 2a 3 g 6

[ F2

2 g

1 2

a2 y

1 3

y3

0 a/ 2

2 F1 ]

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

Par conséquent, la force totale F

F1

3 2a 3 g 6

F2

28

2a 3 g . 2

11. Positionnons un axe des x vertical comme le montre la figure. L’aire de la ième bande rectangulaire est donc ah (2h

Selon les propriétés des triangles semblables,

lim

n

n i 1

a gxi* (2h xi* ) x h

a g hx 2 h

12. a)

2a , donc li 2h

a 2h xi* . La pression qui s’exerce sur la bande est gxi* , h

gxi* ah (2h xi* ) x . La force totale

donc la force hydrostatique sur la plaque

F

li 2h xi*

xi* ) x .

1 3

x3

g

a g 3 (h h

h 0

1 3

a h

h 0

h3 )

x(2h x)dx a g 2h 3 h 3

a g h 2 3

h 0

(2hx

x 2 )dx

gah 2

1035g (1 yi* ) et la force totale

La solution est similaire à celle de l’exemple 2. La pression sur une bande est d’environ gdi

est F

lim

n

n

1035 g (1 yi* )2 1 ( yi* ) 2 y

2070 g

1

2070 g (1 035) g

b)

2070 g

i 1

1 1 2

1 y 2 dy 2070 g (1) 2

0

1 1

1 1

(1 y) 1 y 2 dy

y 1 y 2 dy

La première intégrale est l'aire d'un secteur sphérique semi-circulaire de rayon 1, et la seconde est nulle parce que l'intégrande est une fonction impaire.

31 865 3, 2 104 N.

Si le réservoir est à moitié plein, la surface du lait est située en y = 0 ; la pression sur une bande est donc d’environ

gdi

1035g (0 yi* ) . La borne supérieure d’intégration change de 1 à 0 et la force totale est

F Calcul intégral

2070 g

0 1

(0

y) 1 y 2 dy

2070 g

1 3

(1 y 2 )3/ 2

0 1

2070 g (1 0) 3

6762

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

6,8 103 N. © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

29

On constate que cette force est environ 21 % de celle qui s’exerce lorsque le réservoir est plein.

13. Selon les propriétés des triangles semblables,

qui s’exerce sur elle est g (4 3

F

4 3 0

g 4 3

x

8

li xi*

4 3

li

2 xi* 2 xi* . L’aire de la ième bande rectangulaire est x et la pression 3 3

xi* ) .

2x dx 8 g 3

4 3

2 g 3

xdx

0

4 3 0

x 2 dx

2 g 3 4 3 2 g [ x ]0 192 g 64 3 3 192 g 128 g 3 3 3 3 64(840)(9,8) 526 848 5,27 105 N 4 g[ x 2 ]04

14.

F

2 0

3

g (10 x)2 4 x 2 dx 2

20 g

0

4 x 2 dx

20 g 14 (22 ) 20

g

2 3

g 4

g

0

4 x 2 2 xdx

20

0 16 3

2 0

u1/ 2 du [u

4

g u 3/ 2

(1000)(9,8)(20

15. a)

g

4 x 2 , du 16 3

g (20

16 3

)

)

563 485 5,63 10 N

La face supérieure du cube est à une profondeur p = 1 m− 20 cm = 80 cm = 0,8 m. gpA (1000)(9,8)(0,8)(0,2)2

313,6 314 N

L’aire d’une bande est 0,2 Δx et la pression qui s’exerce sur elle est gxi* .

F

1 0,8

triangles semblables,

50 2

Calcul intégral

0,2 g[ 12 x 2 ]10,8

gx(0,2)dx

16. La hauteur du barrage est h

l

g

2 xdx]

5

F

b)

64 g

25 h

702

a h x

252 cos30

a

(0,2 g )(0,18) 0,036 g

15 19

3 2

0,036(1000)(9,8) 352,8 353 N

. La largeur du trapèze est l = 50 + 2a. Selon les propriétés des

25 (h x) . Par conséquent, h

25 50 50 50 x 50 x (h x) 50 h x 50 50 100 . h h h h h 4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

Selon le petit triangle qui apparaît à la seconde figure, cos30

F

h 0

gx 100

200 g h 2 3 2

17. a)

50 x h

2 dx 3

100 g h3 h 3 3

200 g 3

h 0

200 gh 2 3 3

100 g h 3

xdx

h 0

x z

z

200(1000)(9,8) 12 825 1,21 109 N 4 3 3

1

F

0

gx6 dx

= 3(1000)(9,8)

6 g[ 12 x 2 ]30

6 g

9 2

27 g

gxi .

6 g[ 12 x 2 ]10

6 g

1 2

3 g 4

29 400 N = 2,94 10 N

27(1000)(9,8)

F

c)

Pour le premier mètre, la longueur du côté est constante à 12 m. Pour 1 < x ≤ 3, nous pouvons utiliser les propriétés des triangles semblables pour trouver la longueur a :

F

1 0

6 g d)

gx12dx

3 1

6 g ( 272

a 12

3 x 2

gx(6)(3 x)dx 12 g[ 12 x 2 ]10 9) ( 32

1 3

)

6 g

264 600 N

2,65 105 N .

b)

0

gx6dx

2 x/ 3 .

x 2dx

L’aire d’une bande est 6Δx et la pression qui s’exerce sur elle est

3

x sec30

30

20 g

a 12 3

3 x 2

6 g (3x x 2 )dx 1

26 g

6(3 x) .

6 g

26(1000)(9,8)

6 g[ 32 x 2

254 800 N

1 3

x 3 ]13

2,55 105 N

Pour tout triangle rectangle dont l’hypoténuse forme le dessous,

Calcul intégral

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

31

x hypoténuse

sin

hypoténuse 3

F

1

x csc

gx6 37dx

6 37 g ( 92

1 2

x

122 22 2

148 x 2

37 x.

6 37 g[ 12 x 2 ]13

) 1 430 666 N 1,43 106 N.

18. Partitionnons l’intervalle [a, b] en sous-intervalles de même longeur par des points xi comme nous le faisons habituellement et choisissons xi* [ xi 1 , xi ] pour tout indice i. La ième bande horizontale de la plaque immergée peut être représentée approximativement par un rectangle de hauteur Δxi et de largeur l ( xi* ) ; son aire est donc Ai la ième bande est presque constante et Pi est Fi

PA i i

l ( xi* ) xi . Pour les petites valeurs de Δxi, la pression Pi sur

gxi* selon la formule 1. La force hydrostatique Fi qui s’exerce sur la ième bande

gxi*l ( xi* ) xi . En additionnant ces forces et en calculant la limite à mesure que n → ∞, nous obtenons la force

hydrostatique sur la plaque immergée : F

b

19. Selon l’exercice 18, nous avons F

a

lim

n

n

Fi

i 1

gxl ( x)dx

n

lim

n

gxi*l ( xi* ) xi

i 1

944 7,0

b a

gxl ( x)dx

1025gxl ( x)dx . Selon le tableau, Δx = 0,4 ; en utilisant la règle de Simpson

pour évaluer F, nous obtenons donc

F

20. a)

x

1025 g 0,4 [7,0l (7,0) 4(7,4)l (7,4) 2(7,8)l (7,8) 4(8,2)l (8,2) 2(8,6)l (8,6) 4(9,0)l (9,0) 9,4l (9,4)] 3 410 3

g[7(1,2) 29,6(1,8) 15,6(2,9) 32,8(3,8) 17,2(3,6) 36(4,2) 9,4(4,4)]

410 3

g (486,04)

650 970 6,51 105 N.

Selon les formules 8, 1 A

b a

xl ( x)dx

Ax

b a

xl ( x)dx

gAx

g

b a

xl ( x)dx

( gx ) A

b a

gxl ( x)dx

F selon

l’exercice 18. b)

Selon la figure de l’exercice 10, les coordonnées du centre de masse sont ( x , y )

F Calcul intégral

( gx ) A

g

a 2 a 2

2a 2 a 2

(a / 2,0) .

2a 3 . 2

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

21. Le moment M par rapport à l’origine du système est M

2

mi xi

m1 x1

m2 x2

32

6 10 9 30 330 . La masse m du système

i 1

2

est m

mi

m1

6 9 15 . Le centre de masse du système est x

m2

M /m

i 1

330 15

22 .

22. Le moment M est m1x1 + m2x2 + m3x3 = 12(−3) + 15(2) + 20(8) = 154. La masse m est m1 + m2 + m3 = 12 + 15 + 20 = 47. Le centre de masse est x

154 47

M /m

23. La masse est m

3

.

mi = 4 2 4 10 .

i 1

Le moment par rapport à l’axe des x est M x

3

mi yi

4( 3) 2(1) 4(5) 10 .

mi xi

4(2) 2( 3) 4(3) 14 .

i 1

Le moment par rapport à l’axe des y est M y

3 i 1

My Mx , m m

Le centre de masse est ( x , y )

24. La masse est m

4

mi

14 10 , 10 10

7 ( , 1) . 5

5 4 3 6 18 .

i 1

Le moment par rapport à l’axe des x est M x

4

mi yi

5(2) 4(5) 3(2) 6( 2)

24 .

mi xi

5( 4) 4(0) 3(3) 6(1)

5.

i 1

Le moment par rapport à l’axe des y est M y

4 i 1

My Mx , m m

Le centre de masse est ( x , y )

5 24 , 18 18

5 4 , . 18 3

25. La région se situe principalement à la droite et au bas du graphique; nous savons donc que x que x

A

0,7 et y 1 0

0,5 et y 1 , et nous pouvons supposer

0,7 .

2 xdx [ x 2 ]10 1 0 1 .

x

1 1 A 0

y

1 1 1 A 0 2

x(2 x)dx (2x)2 dx

[ x3 ]10

1 2 1 3

1 1 1 0

2 3

.

2x 2dx [ 32 x3 ]10

2 3

.

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y ) ( 23 , 23 ) .

Calcul intégral

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

26. La région se situe principalement à la droite et au bas du graphique; nous savons donc que x que x

2,3 et y

4

A x

4 1 A 0

y

4 1 1 A 0 2

4 3 16 0

x( x )dx

16 3

x3/ 2dx

4 3 1 16 0 2

( x )2dx

.

xdx

[ x5/ 2 ]04

3 2 16 5

[ x2 ]04

3 1 32 2

3 40

3 64

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y )

12 5

(32 0)

(16 0)

3 4

.

.

12 3 ( , ). 5 4

27. La région se situe principalement à la droite et au bas du graphique; nous savons donc que x que x

A x

0,6 et y

1 0

1 e 1

y

xe x dx

(e x )2 dx

Calcul intégral

e 1

1 e 1

[0 ( 1)]

1 1 1 A 0 2

0,5 et y 1 , et nous pouvons supposer

0,9 .

e x dx [e x ]10

1 1 A 0

2 et y 1 , et nous pouvons supposer

0,8 .

xdx [ 23 x3/ 2 ]04

0

33

[ xe x

1 e 1

e x ]10 [intégration par parties]

.

1 e 1

1 4

[e2 x ]10

1 4( e 1)

(e2 1)

e 1 4

.

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y )

1 e 1

,

e 1 4

(0,58; 0,93) .

28. Comme la région montrée dans le graphique est symétrique autour de la droite x principalement au bas du graphique, donc nous savons que y

A x

1 A 0 1 2

y

sin xdx [ cos x]0

0

A

[(0

) (0 0)]

(sin x) 2 dx 1 2

[x

x

y

1 0

1 2

2

0,5 , et nous pouvons supposer que y

2

. La région se situe

0,4 .

.

1 1 2 0 2

sin 2 x]0 = 18 [(

( x1/ 2

1 1 A 0

, nous savons que x

2.

(1 cos 2 x)dx

0) (0 0)]

x 2 )dx [ 23 x3/ 2

x( x1/ 2

x 2 )dx

3[ 52 x5/ 2

1 4

1 1 1 A 0 2

( x1/ 2 )2

[ x2

3 1 2 2

1 5

x 4 ]10

x5 ]10

1 3

1

3 ( x3/ 2 1 4

) 3( 203 )

1 5

1 3

1 3

) 0

.

9 20

.

1

( x 2 )2 dx ( 12

( 32

(2 , 8) .

x3 )dx

0

3( 52

3 2

x3 ]10

.

0,39

8

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y )

29.

2

x sin xdx 82 12 [sin x x cos x]0

1 1 A 0 2 1 8

1 ( 1)

34

3( 12 ) ( x x 4 )dx 0

)

3 3 2 10

( )

9 20

.

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y ) ( 209 , 209 ) .

30. Les courbes se coupent lorsque 2 x2

Calcul intégral

x

0

x2

x 2

0 ( x 2)( x 1)

x

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

2 ou x = 1.

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Solutionnaire détaillé

1

A

2

1

1 A

x

2 9

[ x2

1 9

1 4

1

1 22

x4

1 3

x3

1 5

1

2 9

x)dx x3 ]1 2

[(2 x 2 )2 5 3

[4 x

1 3

x)dx [2 x

x(2 x 2

2

1 A

y

(2 x2

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

2

x3

(2 x x3

2 5 9 12

8 3

(

x 2 ]dx

x5 ]1 2

x2 ]1 2

1 2

2 9

1 38 9 15

[

1 2

(

1 2 16 15

(

/4

A

0

x

A

(4 5 x 2 2 5

)]

/4 0

x 4 )dx

A [ x(sin x cos x) cos x sin x]0 / 4

/4

1 0

1 2

2 1

1 4

A 1 ( 4 2 1)

A

1

A

0

2 1

Calcul intégral

, 52 ) .

intégration par parties

.

(cos2 x sin 2 x)dx

x3dx

1 4

1 2

2 1.

1 2A 0

/4

cos 2 xdx

2 1

(2 x)dx [ 14 x 4 ]10 [2 x

(4 2) (2

1 2

)

3 4

1 4A

[sin 2 x]0 / 4

1 4A

2 4 1 , 4( 2 1) 4( 2 1)

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y )

32.

.

x(cos x sin x)dx

1

y

.

.

(cos x sin x)dx [sin x cos x]0 / 4

1

9 2

)

.

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y ) (

31.

10 3

x 2 )dx

1 2

)

7 6

35

1 2

1 . 4( 2 1)

(0,27; 0,60) .

x 2 ]12

.

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

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Solutionnaire détaillé

x

1

1 A

0

2

x( x 3 )dx

1

[ 15 x5 ]10 [ x 2

4 3

4 13 3 15

52 45

( )

y

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

1 1 0 2

1 A 2 3

( 17

1 3

x3 ]12

4 1 3 5

[

1

4 3

0

(4

8 3

x(2 x)dx

2

x 4dx

1

) (1

1 3

36

x 2 )dx

(2 x

)]

. 2 1 1 2

( x3 )2 dx 1 3

0 0

)

(2 x)2 dx

2 10 3 21

20 63

( )

1

2 3

0

2

x 6 dx

1

( x 2) 2 dx

2 3

[ 17 x 7 ]10 [ 13 ( x 2)3 ]12

.

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y ) ( 52 , 20 ) . 45 63

y2

33. Les courbes se coupent lorsque 2 y

1

A

2

1 A

x

1 9

y

1

1 22

y 2 )dy [2 y

y

y)2

[(2

[4 y 2 y 2

1 A 2 9

(2

1 2

y (2

[ y2

1 3

1 3

y3

( y 2 ) 2 ]dy y3

1 5

y 2 )dy

y 1 4

1 2

y 4 ]1 2

1 2

1 32 9 15

1 2

2 5 9 12

(

1 3

2 9

y 5 ]1 2 2 9

y2

y 3 ]1 2 1 2

(

(2 y

y2

8 3

)

7 6

(

1 2

184 15

10 3

8 5

)]

A

1 4

(1)2

1 2

, donc m

A 3( 4

Mx

y

2 ou y 1 .

.

.

y 3 )dy . 1 2

).

1 x 2 pour 0 ≤ x ≤ 1 et l’équation de la droite est y = x − 1. 1 2

)

3 4

(

1

1 0 2 1 3 2 0

Calcul intégral

9 2

0 ( y 2)( y 1)

y 4 )dy

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y ) ( 85 ,

34. L’équation du quart de cercle est y

y 2

)

y2

(4 4 y

[

y2

0

( 2x2

2) .

1 x2

2

2 x)dx

( x 1) 2 dx 3 2

[

2 3

x3

1 3 2 0

x 2 ]10

[(1 x 2 ) ( x 2 3 2

(

2 3

1)

3 2

2 x 1)]dx ( 13 )

1 2

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration 1

My

1 3

3[ 3 2

My

x

m

3 4

(

2 2)

2

35. L’équation de la droite est y

x. A

1 2

160 60

m

8 et y 3

b a n

36. Posons n = 8, donc x 8

A

0

f ( x)dx S10

1 3

Mx m

(

1 2

x 2 ]10

2 2)

3(

3[(0

1 3

1 2

x)dx

) (

1 3

0 0)]

( x) 2 dx 10

4 0

x( 34 x)dx

4

15 2 0

4 9 2 0 32

[ x3 ]04

45 1 16 3

x dx

x 2dx

[ x3 ]04

15 1 2 3

15 2

45 16

( 643 )

,

2 3(

2 2)

.

60

( 643 ) 160

8 0 8

1.

[ f (0) 4 f (1) 2 f (2) 4 f (3) 2 f (4) 4 f (5) 2 f (6) 4 f (7)

[0 4(2,0) 2(2,6) 4(2,3) 2(2,2) 4(3,3) 2(4,0) 4(3,2) 0]

1 3

(60,8)

304 15

2

60 1 . Par conséquent, le centre de masse est ( x , y ) ( 83 , 1) . 60

1 3

20,26 [ou

3 2

. Par conséquent, le centre de masse est

2)

4 1 3 0 2 4

My

My

x3

x2

0

(4)(3) 6 , donc m = ρA = 10(6) = 60.

Mx

x

1 3

1 2 3 4

1

3 ( x 1 x2

( x 1)]dx

(1 x 2 )3/ 2

Mx m

et y

3 4

x[ 1 x 2

0

37

f (8)]

]

Or, 8 0

1 3

xf ( x)dx

[0· f (0) 4 1 f (1) 2 2 f (2) 4 3 f (3) 2 4 f (4) 4 5 f (5) 2 6 f (6) 4 7 f (7) 8 f (8)] 1 3

[0 8 10,4 27,6 17,6 66 48 89,6 0]

1 3

(267,2) 89,06 [ou

1336 15

], donc x

8 1 A 0

xf ( x) dx

4,39.

De plus, 8 0

[ f ( x)]2 dx

1 3

[(02

1 3

4(2,0) 2

2(2,6) 2

(176,88) 58,96, donc y

4(2,3) 2 8 1 1 A 0 2

2(2,2) 2

4(3,3) 2

2(4,0)2

4(3,2)2

02 )]

[ f ( x)]2 dx 1,45.

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y ) (4,4;1,5) .

37.

A

1

[( x3

1 1

x) ( x 2 1)]dx

2 (1 x 2 )dx 0

Calcul intégral

2[ x

1 3

x3 ]10

1 1

(1 x 2 )dx

2( 23 )

4 3

en laissant tomber les termes de degré impair

.

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

x

1

1 A

1 1

3 4

1

x( x3

[ x5

y

1

1 A

x 2 )dx 1 3

1

12

x 2 1)dx

x

( x4

3 1 2 5

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

x3 ]10

[( x3

3 2

(

x) 2

1

2 ( x 6 3x 4

3 8

3 4

1

3 4

1

1

2 ( x4 1 5

)

x3

x)dx

.

( x 2 1)2 ]dx 3x 2 1)dx

0

x2

x 2 )dx

0

2 15

( x4

38

3 4

1

1 2

1

[ x7

3 1 4 7

( x6

2x4

x2

x4

x5

x3 ]10

3 4

16 35

3 5

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y ) (

1 15

,

12 35

2 x 2 1)dx 12 35

.

).

38. Les courbes se coupent lorsque x = a ≈ −1,315 974 et x = b ≈ 0,537 274 45.

A x

b a

[(2 x2 ) e x ]dx [2 x

b 1 A a

x(2 x 2

e x )dx

1 A

1 3

[ x2

x3 e x ]ba 1 4

x4

1,452 014 .

xe x

e x ]ba

0,374 293 y

b 1 1 A a 2 1 2A

[(2 x 2 ) 2

[4 x

4 3

x3

1 5

(e x ) 2 ]dx x5

1 2

e2 x ]ba

b 1 2A a

(4 4 x 2

x4

e 2 x )dx

1,218131

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y ) ( 0,37;1,22) .

39. Sur le graphique, positionnons les axes des x et des y de manière que la base (un côté du triangle) repose le long de l’axe des x et que l’autre sommet repose sur le côté positif de l’axe des y. Nous avons appris en géométrie que les médianes d’un triangle se coupent en un point situé aux deux tiers de la distance entre chaque sommet et le côté opposé (donc sur la médiane). Une des médianes va de B au point milieu ( 12 (a c),0) du côté AC; le point d’intersection des médianes est donc ( 23

Calcul intégral

1 2

(a c), 13 b) ( 13 (a c), 13 b) .

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

39

Nous pouvons vérifier cette réponse en trouvant les équations des deux médianes et en les résolvant simultanément afin de trouver leur point d’intersection. Calculons maintenant l’emplacement du centre de masse de ce triangle. L’aire est A

1 A

x

0 a

x

b a

(a

b 1 2 ax Aa 2 2 a (c a )

c

x)dx 0

1 3 x 3 a3 6

0

x

b c

(c

b 1 2 cx AC 2

a

c3 c (c a ) 6

1 b A a

x)dx 1 3 x 3

2

1 3(c a)

c

0 a

b Aa

0

(c 2

a2 )

(ax

x 2 )dx

1 3 a 2

1 3 a 3

c

b c

0

(cx

1 2

(c a)b .

x 2 )dx

b 1 3 c Ac 2

1 3 c 3

a c 3

et

y

1 A

0 a

1 b (a 2 a

1 b2 A 2a 2

0 a

(a 2

2

x) dx

a3

0

x 2 )dx

2ax

1 b2 2 [a x ax 2 A 2a 2 1 b2 ( a3 A 2a 2

1 b (c 2 c

c

1 3

1 3

x 3 ]0a

a3 )

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y )

2

x)

b2 2 (c 2c 2

dx

b2 2 [c x cx 2 2c 2 b2 3 3 (c c 2c 2

x 2 )dx

2cx

1 3

1 3

c3 )

x 3 ]c0 1 b2 ( a c) A 6

2 (c a)b 2 (c a)b 6

b 3

a c b , tel que calculé précédemment. , 3 3

Remarques : Il n’est nécessaire, en fait, que de calculer y . En considérant à tour de rôle chaque côté du triangle comme la base du triangle, nous voyons que le centre de masse est situé à un tiers de la distance entre chaque côté et le sommet opposé et doit, par conséquent, être le point d’intersection des médianes.

Le calcul de y dans ce problème (et dans plusieurs autres) peut être simplifié en utilisant des rectangles servant d’approximation horizontaux plutôt que verticaux. Si la longueur d’un rectangle mince à la coordonnée y est ℓ(y), son aire est alors ℓ(y) Δy, sa masse est pℓ (y) Δy et son moment par rapport à l’axe des x est ΔMx = pyℓ(y) Δy. Par conséquent,

Calcul intégral

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

Mx

Dans ce problème, ( y )

c a (b b

y

1 A

y ( y )dy

y

1 y ( y )dy A

A

y ) selon les propriétés des triangles semblables, donc

b 0

y ( y )dy et

40

c a y(b b

2 b2

y)dy

b 0

y 2 )dy

(by

2 1 2 [ by b2 2

1 3

y 3 ]b0

2 b3 b2 6

b 3

Il est à remarquer qu’on n’a besoin que d’une seule intégrale lorsqu’on utilise cette démarche.

40. Le centre de masse du rectangle à la gauche de l’axe des y est (

1 2

, 1) et son aire est 2. L’aire du triangle à la droite de l’axe des y

est 2 et son centre de masse est ( 23 , 23 ) [selon l’exercice 39, le centre de masse est situé aux deux tiers de la distance entre le sommet (0, 0) et le point (1, 1)]. x

y

My m

1 m

Mx m

1 m

2

mi xi

1 [2( 2 2

mi yi

1 [2(1) 2( 23 )] 2 2

i 1

2 i 1

1 2

) 2( 23 )]

1 4

( 13 )

1 10 4 3

( )

1 12

5 6

.

. Par conséquent, le centre de masse est ( x , y )

( 121 , 65 ) .

41. Partageons la membrane en deux triangles et un rectangle dont les masses respectives sont 2, 2 et 4, de sorte que la masse totale est 8. Selon les résultats de l’exercice 39, les centres de masse des triangles sont ( 1, 23 ) et (1, 23 ) . Le centre de masse du rectangle (son centre) est (0,

x

1 2

) . En utilisant les formules 5 et 7, nous obtenons donc y

Mx m

1 m

3

mi yi

i 1

1 8

[2( 23 ) 2( 23 ) 4(

1 2

)]

1 8

( 23 )

1 12

,

0 , puisque la lamelle est symétrique autour de la droite x = 0. Par conséquent, le centre de masse est ( x , y ) (0, 121 ) .

42. L’équation de la parabole est y = kx2 et la parabole passe par le point (a, b), donc b

L’aire de R1 est A1

a 0

b 2 x dx a2

b 1 3 x a2 3

a

0

b a3 a2 3

ka 2

k

b et par conséquent, y a2

1 ab . Puisque l’aire de R est ab, l’aire de R2 est A2 3

ab

1 3

ab

2 3

b 2 x . a2

ab .

Pour R1 :

x1

Calcul intégral

1 A1

a 0

x

b 2 x dx a2

3 b ab a 2

a 0

x3dx

3 1 4 x a3 4

a

0

3 1 4 a a3 4

3 a 4

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

1 A1

y1

1 b 2 x 2 a2

a 0

2

3 b2 ab 2a 4

dx

a 0

3b 1 5 x 2a 5 5

x 4dx

a

0

41

3b 1 5 a 2a 5 5

3 b 10

Par conséquent, le centre de masse de R1 est ( x1, y1 ) ( 34 a, 103 b) . Pour R2 :

1 A2

x2

a 0

2

2

3 a 2a 2

y2

1 A2

a 0

b 2 x dx a2

x b

2

a 4

3 a 2a 4

1 (b) 2 2

3b 1 a a 4a 5

3 2ab

3 1 2ab 2

dx

3b 4a 4a 5

0

1 3 x dx a2

b x

3 1 2 x 2a 2

1 4 x 4a 2

a

0

3 a 8

2

b 2 x a2

a

a 0

1 4 x dx a4

b2 1

3b x 4a

1 5 x 5a 4

a

0

3 b 5

Par conséquent, le centre de masse de R2 est ( x2 , y2 ) ( 83 a, 53 b) . Remarquons les relations : A2 = 2A1, x1

43.

b a

b

(cx d ) f ( x)dx

a

cx

b

cx f ( x)dx b a

a

f ( x)dx d

df ( x)dx b

a

f ( x)dx

c

b a

(cx

xf ( x)dx d d)

b a

b a

f ( x)dx

cxA d

b a

2 x2 , y2

2 y1 .

f ( x)dx [selon la formule 8]

f ( x)dx

44. On peut générer une sphère en effectuant la rotation d’un demi-cercle autour de son diamètre. Selon l’exemple 4, le centre de masse se déplace sur une distance de 2 y

est V

Ad

r 2 8r 2 3

4r 3

2

8r , donc, selon le théorème de Pappus, le volume de la sphère 3

4 3 r . 3

45. Comme on peut le voir sur le graphique, on peut générer un cône de hauteur h et de rayon r en effectuant la rotation d’un triangle rectangle autour d’une de ses cathètes. Selon l’exercice 39, x

V

Ad

1 3

r , donc, selon le théorème de Pappus, le volume du cône est

( 12 base hauteur) (2 x )

46. Étant donné la symétrie qu’on peut observer sur le graphique, y

1 2

rh 2 ( 13 r)

1 3

r 2h .

4 . La distance parcourue par le centre de masse lorsqu’on effectue

la rotation du triangle autour de l’axe des x est donc d = 2π ·4 = 8π. L’aire du triangle est A

1 2

bh

1 2

(2)(3) 3 . Selon le théorème

de Pappus, le volume du solide résultant de la rotation est Ad = 3(8π) = 24π. Calcul intégral

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

42

47. Selon l’illustration à la figure 13, supposons que la région est située entre les deux courbes y = f (x) et y = g(x) où f (x) ≥ g(x). Choisissons des points xi avec a que xi*

1 2

xi

( xi

1

x0

x1

b et choisissons xi* , le milieu du ième sous-intervalle, c’est-à-dire

xn

xi ) . Le centre de masse du ième rectangle d’approximation Ri est donc son centre Ci

( xi , 12 [ f ( xi ) g ( xi )]) . Son

aire est [ f ( xi ) g ( xi )] x ; sa masse est donc [ f ( xi ) g ( xi )] x . Par conséquent, M y ( Ri )

M x ( Ri )

[ f ( xi ) g ( xi )] x xi

[ f ( xi ) g ( xi )] x

n → ∞, nous obtenons M y et M x

x

48. a)

b)

lim

i

n

My

My

m

pA

1 2

1 A

b

[ f ( xi ) g ( xi )]

lim

n

[ f ( xi )2

a

1 2

xi [ f ( xi ) g ( xi )] x et

i

1 2

[ f ( xi )2

b

xi [ f ( xi ) g ( xi )] x b 1 a 2

g ( xi )2 ] x

x[ f ( x) g ( x)]dx et y

[ f ( x)2

Mx m

Mx pA

g ( xi )2 ] x . En sommant sur i et en calculant la limite à mesure que

a

x[ f ( x) g ( x)]dx

g ( x)2 ]dx . Par conséquent, 1 A

b 1 a 2

[ f ( x) 2

g ( x) 2 ]dx .

Soit 0 ≤ x ≤ 1. Si n < m, alors xn > xm, c’est-à-dire qu’élever x à une plus grande puissance résulte en un plus petit nombre.

En utilisant les formules 9 et en nous fondant sur le fait que l’aire de R est A

1 0

( xn

x m )dx

1 n 1

1 m 1

x

m n , nous obtenons (n 1)(m 1)

(n 1)(m 1) 1 n x[ x x m ]dx 0 m n (n 1)(m 1) 1 1 m n n 2 m 2

(n 1)(m 1) 1 n (x 0 m n (n 1)(m 1) (n 2)(m 2)

1

x m 1 )dx

et

Calcul intégral

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration (n 1)(m 1) m n

y

1 1 0 2

( x n )2

(n 1)(m 1) 1 2(m n) 2n 1

c)

(n 1)(m 1) 2(m n)

( x m ) 2 ]dx 1 2m 1

1 0

( x 2n

43

x 2 m )dx

(n 1)(m 1) (2n 1)(2m 1)

Si nous posons n = 3 et m = 4, alors le point 4 5 4 5 , 5 6 7 9

(x, y)

**qui est situé à l’extérieur de R puisque ( 32 )3

8 27

20 63

2 20 , 3 63

. Il y a d’autres réponses possibles, mais le choix fait ici est le plus

simple.

SUJET À EXPLORER : DES TASSES À CAFÉ COMPLÉMENTAIRES 1.

h

Le volume de la tasse A est VA

0

VB

[ f ( y)]2 dy et le volume de la tasse B est h 0

[k

[ k 2 y ]0h Par conséquent, VA VB

h

f ( y )]2 dy 2 k

h 0

{k 2

0

h

f ( y )dy

k (kh 2 A1 ) 0

2kf ( y ) [ f ( y )]2 }dy [ f ( y )]2 dy

0

k 2h 2 kA1 VA

2( A1 /h) , c’est-à-dire que la valeur de k est le double de la valeur moyenne

k

de f sur l’intervalle [0, h]. 2.

Selon le problème 1, VA

3.

Soit x1 et x2 les coordonnées sur l’axe des x des centres de masse de A1 et de A2, respectivement. Selon le théorème de Pappus, VA

VA VB

2 x1 A1 et VB

x1 A1

kA2

VB

kh

2 A1

A1

2 (k

x2 ) A2 , donc

x2 A2

kA2

x1 A1

x2 A2

A2

(*)

2 A1

kA2

A2

1 2

k ( A1

A1 .

1 2

A2 )

kA2

1 2

kA1

A2

A1 , tel que nous l’avons

démontré au problème 2. [(*) La somme des moments des régions des aires A1 et A2 par rapport à l’axe des y est égale au moment de l’ensemble du rectangle k-par-h par rapport à l’axe des y.] Donc, puisque A1 + A2 = kh, nous obtenons VA VB

A1

A2

A1

1 2

( A1

A2 )

A1

1 2

(kh)

k

2( A1 /h) , tel

que nous l’avons démontré au problème 1.

Calcul intégral

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 4.

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

44

Utilisons une tasse de hauteur h = 8 cm et d’un diamètre de 6 cm au haut et au bas, avec au centre un renflement symétrique d’un diamètre de 8 cm (dimensions intérieures dans tous les cas).

Considérons l’équation d’une parabole qui a un sommet au point (4, 4), soit, x = a(y − 4)2 + 4. Pour trouver a, utilisons le point (3, 0) : 3 a(0 4)2

4

1 16a

1 16

a

. Pour trouver k, utilisons la relation identifiée au problème 1; nous

avons donc besoin de A1. 8

A1

0

[

1 16

( y 4) 2

1 16

u2

4

2 ( 0

Par conséquent, k

2( A1 /h)

2

88/3 8

Donc, avec h = 8 et la courbe x

VA

8 0

[

1 16

22 3

1 16

1 2 [ 1280 u5

1 6

2[

1 48

(

u3

1 16

u2

4u ]04

4)du [u 2(

4 3

16)

y 4] 88 3

.

4 , nous obtenons 4

4]2 dy

u 3 16u ]04

Ceci est environ 340 cm3 ou 340 ml. Avec k

Calcul intégral

4)du

4

.

( y 4)2

( y 4) 2

4

4]dy

4

2 ( 54 22 3

(

1 16 32 3

u2 64)

4) 2du

[u

2 ( 812 ) 15

y 4] 2

4 0

1 ( 256 u4

1 2

u 2 16)du

1624 15

, nous savons, selon le problème 1, que la tasse B contient la même quantité.

4.3 Les applications aux domaines de la physique et du génie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

45

4.4 Les applications aux domaines de l’économie et de la biologie 1.

Selon le théorème de la variation nette, C (4000) C (0)

C (4000) 18 000

4 000 0

4000 0

(0,82 0,000 03 x 0,000 000 003 x 2 ) dx

18 000 [0,82 x 0,000 015 x 2

2.

C ( x)dx

0,000 000 001x3 ]04 000 18 000 3104

21104 $

Selon le théorème de la variation nette, 10 000

R(10 000) R(5000)

5000

R ( x)dx

10 000 5000

000 (48 0,0012 x)dx [48 x 0,0006 x 2 ]10 5000

420 000 225 000 195 000 $

3.

Selon le théorème de la variation nette,

C (50) C (0)

50 0

(0,6 0,008 x)dx

C(50) 100 [0,6 x 0,004 x2 ]50 100 (40 0) 140 000 $ . De façon 0

similaire, C(100) C(50) [0,6 x 0,004 x2 ]100 100 40 60 000 $ . 50

4.

Surplus du consommateur

300 0 300 0 300 0

[ p ( x)

p(300)]dx

[20 0,05 x (5)]dx (15 0,05 x)dx [15 x 0,025 x 2 ]3000 0

= 4500 2250

5.

p( x) 10

Calcul intégral

450 10 x 8

x 8 45

2250 $

x 37 .

4.4 Les applications aux domaines de l’économie et de la biologie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

37

Surplus du consommateur [450ln( x 8) 10 x]37 0 45 8

450ln( ) 370

6.

0,01 3

P

ps ( x)

400 200 0,2 x3/ 2

450 10 dx x 8

407,25 $

10

x3 ]10 0

50

1 20

x et p

200

Surplus du consommateur

Surplus du producteur

p( x)

800 000e x /5 000 x 20 000

0

200 0

1 10

(50

(40 20

16

Surplus du consommateur

Calcul intégral

20

x x1 0

[P

ps ( x)]dx

100 0

10 0

[4 3 0,01x 2 ]dx

10 3,33 6,67 $

[P

200 x

Les courbes p

0

200 0,2 x3/ 2

Surplus du producteur

9.

0

ps(x) = 3 + 0,01x2. P = ps(10) = 3 + 1 = 4.

[x

8.

37

[ p( x) 10]dx

(450ln 45 370) 450ln8

Surplus du producteur

7.

0

46

1000 100

ps ( x)]dx 2 25

x 5/ 2

0

100

x3/ 2

x 10002/3 100 .

[400 (200 0,2 x3/ 2 )]dx

100 0

200

1 5

x 3/ 2 )dx

20 000 8000 12 000 $

0

x se coupent en p = 40 et en x = 200. 1 20

x 40)dx [10 x

1 10

x1

x)dx [20 x

1 20

1 40

x 2 ]0200 1000 $

x 2 ]0200

2000 $

3727,04 .

[ p( x) 16]dx

37 753 $

4.4 Les applications aux domaines de l’économie et de la biologie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

0,5 50

10. La fonction demande est linéaire avec une pente 1 100

p 10

( x 500) ou p

700

Surplus du consommateur

11.

f (8)

f (4)

8 4

0

8

f (t )dt

1 100

4

(

et p(500) = 10; une équation serait donc

1 100

x 15 . Un prix de vente de 8,00 $ signifie que 8 1 100

8 2 3/ 2 3 4

tdt

1 200

x 15 8)dx [

2 3

t

47

x2

7 x]700 0

1 100

1 100

x 15

x 7

x 700 .

2450 $ .

(16 2 8) 9,75 millions de dollars

12. Le revenu total R pour les quatre premières années est R

4 0

2 3

4500

b

13. N

a

Ax k dx

x k 1 k 1

A

b

a

x2 k 2 k

A

a

Par conséquent, x

n(9) n(5)

14.

9 5

1 N

b a

PR 4 8 l

(2200 10e0,8t )dt

(4000)(0,008)4 8(0,027)(2)

k

3 4

R0

P P0

R0 3 R 4 0

9

3000(27 1)

1

9 1

9000u1/ 2 ( 12 du ) [u 1 2t , du

2dt ]

78 000 $

a1 k ) .

b

a

A (b 2 2 k

e4 )

k

k k

10e0,8t 0,8

2200t

a2 k ) .

a2 k ) a1 k )

(1 k )(b2 k a 2 k ) . (2 k )(b1 k a1 k )

9

[2200t ]95

25 2

[e0,8t ]95

5

24 860

1,19 10 4 cm3 /s

16. Si le débit sanguin demeure constant, alors

R

9000 1 2tdt

[ A/(2 k )](b2 [ A/(1 k )](b1

Ax1 k dx

2200(9 5) 12,5(e7,2 15. F

0

u 3/ 2

A (b1 1 k

b

De façon similaire, Ax1 k dx

4

f (t )dt

P0 R04 8 l

PR 4 8 l

P0 R04

PR 4

P P0

R0 R

4

.

4

P

P0 ( 34 )4

3,160 5P0

3P0 , c’est-à-dire que la pression sanguine est égale à plus du triple de sa

valeur initiale.

Calcul intégral

4.4 Les applications aux domaines de l’économie et de la biologie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration A

17. Selon la formule 3, F

T 0

Par conséquent, F

6 , où 20 I

c(t )dt

10

I

0

0,6 t

te

48

1 ( 0,6t ( 0,6)2

dt

6(0,36) 20(1 7e 6 )

0,108 1 7e 6

10

1)e

0,6 t

[intégration par parties]

1 0,36

( 7e

6

1)

0

0,1099 L/s ou 6,594 L/min .

18. Comme dans l’exemple 2, estimons le débit cardiaque à l’aide de la règle de Simpson, avec Δt = (16 − 0)/8 = 2. 16 0

Par conséquent, F

c(t )dt

A 72,53

2 3

[c(0) 4c(2) 2c(4) 4c(6) 2c(8) 4c(10) 2c(12) 4c(14) c(16)]

2 3

[0 4(4,1) 2(8,9) 4(8,5) 2(6,7) 4(4,3) 2(2,5) 4(1,2) 0,2]

2 3

(108,8)

5,5 72,53

72,53 mg s/L

0,0758 L/s ou 4,55 L/min .

19. Comme dans l’exemple 2, estimons le débit cardiaque à l’aide de la règle de Simpson, avec Δt = (16 − 0)/8 = 2. 16 0

Par conséquent, F

Calcul intégral

c(t )dt

A 72,73

2 3

[c(0) 4c(2) 2c(4) 4c(6) 2c(8) 4c(10) 2c(12) 4c(14) c(16)]

2 3

[0 4(6,1) 2(7,4) 4(6,7) 2(5,4) 4(4,1) 2(3,0) 4(2,1)

2 3

(109,1)

7 72,73

1,5]

72,73 mg s/L

0,0962 L/s ou 5,77 L/min .

4.4 Les applications aux domaines de l’économie et de la biologie

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

49

4.5 Les probabilités 1.

a) b)

2.

3.

40 000 30 000

25 000

f ( x)dx est la probabilité qu’un pneu choisi au hasard aura une durée de vie de 30 000 à 40 000 kilomètres. f ( x)dx est la probabilité qu’un pneu choisi au hasard aura une durée de vie d’au moins 25 000 kilomètres.

15

f (t )dt .

a)

La probabilité que le trajet dure moins de 15 minutes est

b)

La probabilité que le trajet dure plus d’une demi-heure est

a)

En général, il faut satisfaire aux conditions qui précèdent l’exemple 1, c’est-à-dire, 1) f (x) ≥ 0 pour tout x, et 2)

0

30

f (t )dt .

f ( x)dx 1 .

Pour 0 ≤ x ≤ 1, f (x) = 30x2(1 − x)2 ≥ 0 et f (x) = 0 pour toutes les autres valeurs de x, donc f(x) ≥ 0 pour tout x. De plus, 1

f ( x)dx

0

1

30 x 2 (1 x) 2 dx

0

30 x 2 (1 2 x

[10 x3 15 x 4

1

x 2 )dx 6 x5 ]10

0

(30 x 2

60 x3 30 x 4 )dx

10 15 6 1

Par conséquent, f est une fonction de densité de probabilité.

4.

1 3

1/3

)

1/3

f ( x)dx

30 x 2 (1 x) 2 dx [10 x3 15x 4

6 x5 ]1/3 0

10 27

15 81

6 243

17 81

b)

P( X

a)

Puisque f(x) = xe−x ≥ 0 si x ≥ 0 et f (x) = 0 si x < 0, il s’ensuit que f (x) ≥ 0 pour tout x. De plus,

0

t

xe x dx

f ( x)dx

lim xe x dx 96 1)e x ]t0

= lim[( x t

[intégration par parties]

0

t

lim[( t

1)e

t

t

1] 1 lim t

t 1H 1 1 lim t t t e e

1 0 1

Par conséquent, f est une fonction de densité de probabilité.

5.

2)

2

xe x dx [( x 1)e x ]12

2e

1

2/e 3/e2 [ 0,33]

P(1 X

a)

En général, il faut satisfaire aux conditions qui précèdent l’exemple 1, c’est-à-dire, 1) f (x) ≥ 0 pour tout x, et 2)

1

3e

2

b)

f ( x)dx 1 .

Si c ≥ 0, alors f (x) ≥ 0; la première condition est donc satisfaite. En ce qui concerne la seconde condition, nous voyons que

f ( x)dx

c dx et que 1 x2

0

De façon similaire,

0

c dx 1 x2

lim

c dx 1 x2

c

t

2

t 0

c dx 1 x2 , donc

c lim[arctan x]t0 t

c dx 1 x2

2c

2

c lim arctan t t

c

2

c

Puisque cπ doit être égal à 1, nous devons avoir c = 1/π ; f est donc une fonction de densité de probabilité. Calcul intégral

4.5 Les probabilités

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

6.

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

1

1/ dx 1 x2

2

1

1 dx 1 x2

2

[arctan x]10

1 2

b)

P( 1 X

a)

Pour 0 ≤ x ≤ 3, nous avons f (x) = k(3x − x2), qui n’est pas négatif si et seulement si k ≥ 0. De plus,

1)

1

3

f ( x)dx

0

k (3x x2 )dx

0

k[ 32 x2

1 3

x3 ]03

densité de probabilité si et seulement si k b)

Soit k

2 9

c)

2 9

9)

9 2

k . Or,

9 2

k 1

k

2 9

. Par conséquent, f est une fonction de

.

1)

1

3 2 1 9

f ( x)dx

(3x x 2 )dx

[ x2

2 3 9 2

1 3

x3 ]13

2 27 9 2

[

9]

3 2

1 3

2 10 9 3

20 27

( )

.

La moyenne 3

xf ( x)dx 2 9

a)

k ( 272

0

4

.

P( X

7.

2

50

[ x3

1 4

x 4 ]30

0

x[ 92 (3x x 2 )]dx

2 9

(27

81 4

2 9

)

3 2 9 0

( 274 )

3 2

(3x 2

x3 )dx

.

En général, il faut satisfaire aux conditions qui précèdent l’exemple 1, c’est-à-dire, 1) f (x) ≥ 0 pour tout x, et 2)

f ( x)dx 1 .

Puisque f (x) = 0 ou f (x) = 0,1 la première condition est satisfaite. En ce qui concerne la seconde condition, nous constatons que

f ( x)dx

10 0

0,1dx [ 101 x]10 1 . Par conséquent, f(x) est une fonction de densité de probabilité des valeurs indiquées par 0

l’aiguille. b)

Comme tous les nombres entre 0 et 10 ont une chance égale d’être choisis, nous nous attendons à ce que la moyenne soit à michemin entre les extrémités de l’intervalle, c’est-à-dire, x = 5. 10

xf ( x)dx

8.

a)

0

100 x(0,1)dx [ 201 x 2 ]10 0 = 20

Comme dans l’exercice précédent, 1) f(x) ≥ 0 et 2)

f ( x)dx

5, comme nous nous y attendions.

10 0

f ( x)dx

1 2

(10)(0,2) 1 [aire d’un triangle] . Donc, f (x) est

une fonction de densité de probabilité. b)

3)

3

ii)

Nous calculons d’abord P (X > 8) et soustrayons ensuite de 1 (la probabilité totale) le résultat de ce calcul et la réponse à la sous-question i). P( X

c)

(3)(0,1)

3 20

P( X

0

f ( x)dx

1 2

i)

8)

10 8

f ( x)dx

0,15

1 2

(2)(0,1)

2 20

0,10 . Donc, P (3 ≤ X ≤ 8) = 1 – 0,15 – 0,10 = 0,75.

Nous déterminons les équations des droites de (0, 0) à (6; 0,2) et de (6; 0,2) à (10, 0) et trouvons que

Calcul intégral

4.5 Les probabilités

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration 1 30 1 20

x x 0

f ( x)

6

xf ( x)dx 216 90

9.

0

1000 60

(

100 4

m /5

1 2

1000

10. a)

b)

)

e

f (t )

i)

P(0

X

ii)

P( X

800)

m /5

1 2

1 1000

200)

200 0

1 800 1000

e

e

t /1000

si t si t

t /1000

m /1000

1 2

36 4

dt

x(

1 20

16 3

1 2

x

)dx [ 901 x 3 ]60 [

1 60

x3

1 4

x 2 ]10 6

5, 3

x 1 m5

lim

1 2

e

x

5ln 12

m

t /5

dt

lim

1 2

x

1 5

( 5)e

x

t /5

m

1 2

5ln 2 3,47min.

0 0

e

lim[ e x

t /1000 200

t /1000 x 800

]

m/1000 ln 12

m

1/5

e

0

f (t )dt

m

si 0 x 6 si 6 x 10 dans les autres cas

)

f (t )dt

m

dt

Nous devons trouver m de sorte que

0 e

6

m/5 ln 12

0 e t /1000

1 1000

216 60

) (

Nous devons trouver une valeur m de sorte que

( 1)(0 e

10

x( 301 x)dx

1 2

51

0 e

4/5

lim

1 2

x

1 0,181 0,449

x

1

m 1000

e

t /1000

dt

lim[ e

1 2

x

t /1000 x m

]

1 2

1000ln 12 1000ln 2 693,1 h.

11. Considérons une fonction de densité exponentielle avec μ = 2,5 min. t / 2,5

x

t / 2,5

4/ 2,5

a)

P( X

b)

P(0

c)

Nous devons trouver a de sorte que P (X ≥ a) = 0,02, ou, de façon équivalente,

P(0 e

4) X

X

a / 2,5

4

2)

f (t )dt 2 0

x

e

1 4 2,5

f (t )dt

a) 0,98 0,02

lim

e

a 0

dt

t / 2,5 2 0

f (t )dt

a / 2,5 ln 0,02

lim x

e

2/ 2,5

e

0,202

1 0,551

0,98

e a

0 e

4

t / 2,5 a

2,5 ln

0 1 50

0,98

2,5ln50

e

a / 2,5

1 0,98

9,78min 10min . La publicité devrait dire que, si un

client n’est pas servi en moins de dix minutes, il recevra un hamburger gratuit.

12. a)

Avec μ = 175,4 et σ = 7,6, nous obtenons P(170

X

185)

185 170

1 exp 7,6 2

( x 175,4) 2 dx 2 · 7,62

0,658 (en évaluant

l’intégrale à l’aide d’une calculatrice ou d’un ordinateur). b)

P (X > 183 cm) = 1 − P (0 ≤ X ≤ 183) ≈ 1 – 0,841 = 0,159, donc 15,94 % de la population des hommes adultes mesure plus de 183 cm.

Calcul intégral

4.5 Les probabilités

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

13. P( X

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

1

4,5)

4,5

( x 4,3)2 2 · 1,92

exp

1,9 2

52

dx . Afin d’éviter l’évaluation d’une intégrale impropre, faisons l’évaluation en

intégrant de 4,5 à 100. Par conséquent, P( X

1

100

4,5)

4,5

( x 4,3)2 dx 2 · 1,92

exp

1,9 2

0,458 (en évaluant l’intégrale à l’aide d’une

calculatrice ou d’un ordinateur), donc environ 46 % des ménages jettent au moins 4,5 kg de papier par semaine. Remarque : Dans ce problème, nous ne pouvons pas évaluer 1 − P (0 ≤ X ≤ 4,5) puisqu’une partie significative de l’aire est située à la gauche de X = 0.

14. a)

P(0

X

1

480

480)

12

0

2

( x 500)2 dx 2 · 122

exp

0,0478 (en évaluant l’intégrale à l’aide d’une calculatrice ou d’un

ordinateur). Il y a donc une probabilité d’environ 4,78 % qu’une boîte contienne moins de 480 g de céréales. b)

Nous devons trouver une valeur μ de sorte que P (0 ≤ X < 500) = 0,05. En utilisant une calculatrice ou un ordinateur pour trouver P (0 ≤ X ≤ 500) pour différentes valeurs de μ, nous trouvons que si μ = 519,73, P = 0,050 07, et si μ = 519,74, P = 0,049 98. La masse cible est donc d’au moins 519,74 g.

15. a)

P(0

X

100

100)

0

( x 112) 2 2 · 82

1 exp 8 2

dx

0,0668 (en évaluant l’intégrale à l’aide d’une calculatrice ou d’un

ordinateur). Il y a donc une probabilité d’environ 6,68 % qu’un véhicule choisi au hasard roule à une vitesse permise. b)

P( X

125)

125

( x 112) 2 dx 2 · 82

1 exp 8 2

ordinateur pour évaluer

300 125

125

f ( x)dx ou 1

0

f ( x)dx . Dans ce cas, nous pourrions utiliser une calculatrice ou un

125

f ( x)dx . Comme les deux résultats sont d’environ 0,0521, environ 5,21 % des

conducteurs sont ciblés.

16

f ( x)

f ( x)

f ( x)

)2 /(2 2 ) 2( x

1 (x e 2

3

3

1 2

e

1 e 2

f ( x) 0

(x

f ( x) 0

x

Calcul intégral

)2 /(2 2 )

1 (x e 2

)

2 2

(x

(x

) 2 / (2

)2 / (2

2

2

)

)

· 1 (x

)e

1

)2

(x

=

(x

)2

2 ou x

0

)2 / (2

2

)

1

2

5

|x

)2 /(2 2 )

1 (x e 3 2

2 |

2( x 2 e

(x

(x

)

) 2

)2 / (2

2

)

(x

x

)2

2

x

et, de façon similaire,

. Par conséquent, f change de concavité et a des points d’inflexion en x = μ ± σ.

4.5 Les probabilités

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

17. P(

2

obtenons

18. Soit f ( x)

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

X

1 2

2 2

0 ce

cx

e

t2 / 2

1 exp 2

2

2 )

2

1 2

( dt )

si x 0 si x 0

2 2

e

)2

(x 2

t2 / 2

2

x

dx . En posant t

53

1

et dt

dx , nous

0,9545 .

dt

où c = 1/μ. En intégrant par parties, à l’aide de tables d’intégrales ou à l’aide d’un logiciel de calcul

symbolique, nous trouvons que 1)

xebx dx

(ebx /b2 )(bx 1)

2)

x2ebx dx

(ebx /b3 )(b2 x 2

2bx 2)

Or, 2

(x

t

0 lim c ( x t

0

) 2 f ( x)dx 0

) 2 f ( x)dx

(x

) 2e cx dx

t

c lim ( x 2e 0

t

0 cx

) 2 f ( x) dx

(x 2x e

cx

2

cx

e

)dx

Utilisons ensuite 2) et 1) avec b = −c afin d’obtenir 2

c lim t

e cx 2 2 (c x c3

2cx 2) 2

e cx ( cx 1) c2

2

e

cx

t

c

0

En appliquant la règle de l’Hospital plusieurs fois, ainsi que le fait que μ = 1/c, nous obtenons 2

19. a)

D’abord, p(r )

4 2 re a03

2 r / a0

c 0

2 c3

2 1 c c2

1 c2

1 c

c

1 c3

1 c2

1 c

0 pour r ≥ 0. Ensuite,

p(r )dr

0

4 2 re a03

2 r / a0

dr

t 4 lim r 2e 3 t 0 a0

2 r / a0

dr

En intégrant par parties, à l’aide de tables d’intégrales ou à l’aide d’un logiciel de calcul symbolique [ou comme à l’exercice 18], nous trouvons que

x2ebx dx

obtenons

b)

(ebx /b3 )(b2 x 2

4 a03 ( 2) a03 8

2bx 2) . (*) Ensuite, en utilisant (*) (avec b = −2/a0) et la règle de l’Hospital, nous

1 . Ceci satisfait la seconde condition pour qu’une fonction soit une fonction de densité de probabilité.

À l’aide de la règle de l’Hospital,

4 r2 lim 2 r / a0 3 r a0 e

4 2r lim a03 r (2/a0 )e2 r / a0

2 2 lim a02 r (2/a0 )e2 r / a0

0 . Pour trouver la valeur maximale

de p, nous annulons la dérivée :

Calcul intégral

4.5 Les probabilités

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

4 2 re a03

p (r )

p (r )

0

r

0 ou 1

r a0

r

2 a0

2 r / a0

a0 [a0

e

2 r / a0

5,59 10

(2r )

11

4 e a03

2 r / a0

(2r )

54

r a0

1

m] .

La valeur de p′(r) change de positive à négative à r = a0, donc p(r) atteint sa valeur maximale en r = a0. c)

Il serait assez difficile de trouver un rectangle d’approximation, mais le fait que nous avons trouvé la valeur maximale en b) nous aidera. p(a0 )

4 2 a0 e a03

2 a0 /a0

4 e a0

2

9 684 098 979

Avec une valeur maximale de près de 10 milliards et une aire totale sous la courbe de 1, nous savons que la « bosse » dans le graphique doit être extrêmement étroite. d)

P( r )

r 0

4 2 se a03

2 s /a0

ds

P(4a0 )

P(4a0 )

4 e 2 s /a0 4 2 s a03 8/a03 a02 1 41e

rp(r )dr

e)

t 4 lim r 3e 3 t 0 a0

trouvons que x3ebx dx

obtenons

Calcul intégral

4 a03

4 a0 0

8

2 r /a0

3 2

2 s /a0

4 s 2 a0

ds . En utilisant (*) à la sous-question a) [avec b = −2/a0],

4 a0

0

4 a03 [e 8 (64 16 2) 1(2)] a03 8

1 2

(82e

8

2)

0,986

dr . En intégrant par parties trois fois ou à l’aide d’un logiciel de calcul symbolique, nous

ebx 3 3 (b x 3b2 x 2 b4

a04 ( 6) 16

4 2 se a03

6bx 6) . Donc, avec b

2 , nous appliquons la règle de l’Hospital et a0

a0 .

4.5 Les probabilités

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

55

4. Révision Compréhension des concepts 1. a)

On définit la longueur d’une courbe comme étant la limite de la somme des longueurs composant la ligne brisée; on trouve cette définition près de la figure 3 à la section 4.1.

2.

3.

b)

Se référer à la formule 4.1.2.

c)

Se référer à la formule 4.1.4.

a)

S

b)

Si x = g(y), c ≤ y ≤ d, alors S

c)

S

b a

b a

2 f ( x) 1 [ f ( x)]2 dx d c

2 x 1 [ f ( x)]2 dx ou S

2 y 1 [ g ( y)]2 dy . d c

2 g ( y) 1 [ g ( y)]2 dy

Posons c(x) la longueur en coupe transversale de la paroi (mesurée parallèlement à la surface du fluide) à la profondeur x. La force hydrostatique qui s’exerce sur la paroi est F la paroi, et

4.

5.

b a

gxc( x)dx , où a et b sont les bornes inférieure et supérieure pour x aux points sur

est la masse volumique du fluide.

a)

Le centre de masse est le point auquel la plaque est en équilibre horizontalement.

b)

Se référer aux formules 4.3.8.

Si on fait tourner une région plane R située entièrement d’un côté d’une droite ℓ dans son plan autour de cette même droite ℓ, le volume du solide résultant est alors égal au produit de l’aire de R et de la distance parcourue par le centre de gravité de R.

6.

Se référer à la figure 3 à la section 4.4, et à l’analyse qui la précède.

7.

a)

Se référer à la définition qui apparaît dans le premier paragraphe de la sous-section intitulée Le débit cardiaque à la section 4.4.

b)

Se référer à l’analyse dans le second paragraphe de la sous-section intitulée Le débit cardiaque à la section 4.4.

8.

Une fonction de densité de probabilité f est une fonction dont le domaine est celui d’une variable aléatoire continue X telle que

b a

f ( x)dx mesure la probabilité que X soit comprise entre a et b. Une telle fonction f a des valeurs non négatives et satisfait à la

relation

D

f ( x)dx 1 , où D est le domaine de la variable aléatoire correspondante X. Si D = , ou si nous posons que f(x) = 0 pour

tout nombre réel x

D , alors

f ( x)dx 1 . (Il est évident que, pour définir f de cette façon, nous devons supposer que f est

intégrable.)

Calcul intégral

4 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

9.

60

a)

0

56

f ( x)dx représente la probabilité que la masse d’une élève au collégial choisie au hasard soit inférieure à 60 kilogrammes. xf ( x)dx

b) c)

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

xf ( x)dx

0

La médiane de f est le nombre m tel que

1 2

f ( x)dx

m

.

10. Se référer à l’analyse qui apparaît près de la formule 3 à la section 4.5.

Exercices récapitulatifs

1.

y

1 6

( x2

4)3/ 2 3

Par conséquent, L

2.

y

1 4

dy /dx

0

4)1/ 2 (2x) 3

( 12 x 2 1)2 dx

dy dx

2ln(sin 12 x)

( x2

0

1 (dy /dx)2 1 [ 12 x( x2

( 12 x2 1)dx [ 16 x3

1 cos( 12 x) sin( 12 x)

2

1 2

x]30

15 2

cot( 12 x)

4)1/ 2 ]2 1

1 4

x2 ( x2

1 4

4)

x4

x2 1 ( 12 x2 1)2 .

.

dy dx

1

2

1 cot 2 ( 12 x)

csc2 ( 12 x) .

Par conséquent, L

csc 2 ( 12 x)dx

/3

/3

2[ln|csc u cot u|]

/2 /6

2 ln|1 0| ln|2

3.

a)

y

x4 16

1 2x2

1 4 x 16

1 (dy /dx)2 1 ( 14 x3 2

L

b)

4.

a)

1 2

S

y

1

( 14 x3

1 x 2

x 3 )2 1

x 3 )dx [ 161 x4

2 x( 14 x3

x 3 )dx

y

1 2

2

2 [( 32 20

1 2

x2

1 ( y )2 1 4 x 2

x2

Calcul intégral

2[ln|csc 2

3|

2ln(2

1 3 x 4

x

1 2

x

6

1 16

x 2 ]12 =(1

1 8

) ( 161

1 2

2 1

1 0

1 16

( 14 x 4 1 2

x 2 )dx 1 20

1)

/3

cot 2 | ln|csc 6 3)

)

x6

/6

csc u (2du )

u

1 2

x,

du

1 2

dx

cot 6 |]

2,63

1 2

21 16

2 [ 201 x 5 41 2 ( 20 )

2 x 1 4x 2 dx

/2

csc( 12 x)dx

3

x6

) ( 201 1)] 2 ( 85

S b)

dy dx

2

|csc( 12 x)|dx

5 1 4

x

6

( 14 x3

x 3 )2 . Par conséquent,

. 1 2 x 1

]

41 10

udu [u 1 4x 2 ]

6

u 3/ 2

5 1

6

(53/ 2 1)

1 ( y )2 1 4 x2 . Donc,

4 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

S

5.

y

sin x

L

y

f ( x)dx

0

1

2

0

x 2 1 4 x 2 dx

4

1 8

u (1 2u 2 ) 1 u 2

4

1 4

(9) 5

1 8

2 1 2 0 4

2

u

1 8

ln(2

1

1 u2 |

ln | u

5) 0

32

2 0

2

2 x]

[u

18 5 ln(2

4

0

u 2 1 u 2 du

tan formule 22] 5)

1 cos2 x . Alors,

1 ( y )2 1 cos2 x. Soit f ( x)

cos x

u 2 12 du [u

57

S10 (

0)/10 [ f (0) 4 f ( 10 ) 2 f ( 210 ) 4 f ( 310 ) 2 f ( 410 ) 3 4 f ( 510 ) 2 f ( 610 ) 4 f ( 710 ) 2 f ( 810 ) 4 f ( 910 )

f ( )]

3,820 188

6.

S

0

S

2 yds

0

g ( x)dx

0

2 sin x 1 cos2 xdx . Soit g ( x)

2 sin x 1 cos2 x . Alors,

S10 (

0)/10 [ g (0) 4g ( 10 ) 2g ( 210 ) 4g ( 310 ) 2 g ( 410 ) 3 4 g ( 510 ) 2 g ( 610 ) 4 g ( 710 ) 2 g ( 810 ) 4 g ( 910 )

g ( )]

14,426 045

7.

x

y

t 1 dt

1

dy /dx 16

Par conséquent, L

16

16

x·x1/ 4dx

16

Comme à l’exemple 1 de la section 4.3,

2(0,5 a) 1 2a 1 2 0,6

F

10.

0

F

4 0

gx(

9 5x ) dx 6

g (4

4 g[ 83 y 3/ 2 512 15

Calcul intégral

g

2 5

y 5/ 2 ]04

a 0,6 x

[ 92 x 2

4 g

4 g ( 643

5 3

4 0

)

1

4 5

x 1

(32 1)

16 1

0,25 0,6

8 9

124 5

x.

.

(512 1)

0,6a

4088 9

0,15 0,25x et

9 5x 6

pg 81 x3 ]0,6 0 = 6 ( 50

4 y1/ 2

64 5

16

2 · 94 x9/ 4

0,15 0, 25 x 0, 6 pg 6

y )2 2 y dy

1

x5/ 4

4 5

x5/ 4dx

9.

1

2

x1/ 4dx

S

l

2

1

8.

1

2 xds

16

xdx

1

1 (dy /dx)2 1

x 1

9 25

)

pg 6

63 ( 50 )

2058 N

y 3/ 2 dy

256 g ( 13

1 5

)

5

3,35 10 N

4 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

11.

4

A

x

0

x

4 1 A 0

x

3 4

x5/ 2

2 5

x dx

x

4 1 1 A 0 2

y

1 2

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

1 2 1 6

x

2 3

x 3/ 2 4 3 4 0

x dx 4

x3

3 4

0

2

1 2

1 4

x

x 3/ 2

( 645 2

x2

64 6

)

4

16 3

0 1 2 3 4

4 3

x 2 dx

64 ( 30 )

4 3 1 4 0 2

dx

4

58

(x

8 5 1 4

x 2 )dx

3 8

[ 12 x 2

1 12

x 3 ]04

3 8

(8

16 3

3 8

)

( 83 ) 1

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y ) ( 85 , 1) .

12. Étant donné la symétrie de la région, x

y

1 A

3 /4 /4

1 2

1 [x 4 2 1 3 [4 4 2

sin 2 xdx

1 A

1 2

sin 2 x]3 / 4/ 4

1 2

( 1)

4

3 /4 /4

1 2

·1]

1 4

2

3 /4

.A

/4

sin xdx

cos x

1 4 2

x( 32 x)dx

Calcul intégral

2 27

[x3 ]30

1 2

1 2

= 2

( 2 +1)]

2

,

1 4 2

( 2 1)

(1,57; 0,45) .

13. Une équation de la droite qui passe par les points (0, 0) et (3, 2) est y 3 1 3 0

/4

(1 cos 2 x)dx

Par conséquent, le centre de masse est ( x , y )

x

3 /4

2 et y

3 1 1 3 0 2

2

( 23 x) dx

2 81

[x3 ]30

2 3

2 3

x. A

1 2

3 2 3 . Donc, selon les formules 4.3.8,

. Par conséquent, le centre de masse est ( x , y ) (2, 23 ) .

4 Révision

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

59

14. Supposons d’abord un grand rectangle complet, de sorte que sa masse serait 6 · 3 = 18. Son centre de masse serait (1, 32 ) . La masse qui a été enlevée de cet objet afin de créer celui qui est à l’étude est 3. Le centre de masse de la pièce qui a été découpée est ( 32 , 32 ) . Donc, en ce qui concerne la membrane elle-même, dont la masse est 15, x symétrique autour de la droite y

3 2

18 15

(1)

3 15

( 32 )

9 10

3 2

et y

puisque la membrane est

. Par conséquent, le centre de masse est ( x , y ) ( 109 , 23 ) .

15. Le centre de masse de ce cercle, (1, 0), parcourt une distance de 2π(1) lorsqu’on effectue la rotation du disque autour de l’axe des y. L’aire du disque est π(1)2. Donc, selon le théorème de Pappus, V

(1)2 2 (1)

A(2 x )

2

2

.

16. Le demi-disque a une aire de 12 r 2 et produit une sphère de rayon r lorsqu’on en effectue la rotation autour de l’axe des x. x

0

étant donné la symétrie autour de la droite x = 0. Finalement, selon le théorème de Pappus,

V

r3

4 3

A(2 y )

17. x 100

r 2 (2 y )

1 2

4 3

y

r . Par conséquent, le centre de masse est ( x , y )

2000 0,1(100) 0,01(100)2 1890

P

100

Surplus du consommateur

0

24 0

c(t )dt

100

[ p( x) P]dx

0 0,01 3

[110 x 0,05 x 2

18.

(0, 34 r ) .

(2000 0,1x 0,01x 2 189)dx

x3 ]100 0

11 000 500

10 000 3

7166,67 $

24 0 [1(0) 4(1,9) 2(3,3) 4(5,1) 2(7,6) 4(7,1) 2(5,8) 12 3 4(4,7) 2(3,3) 4(2,1) 2(1,1) 4(0,5) 1(0)]

S12

(127,8) 85,2 mg · s/L Par conséquent, F ≈ A/85,2 = 6/85,2 ≈ 0,0704 L/s ou 4,225 L/min. 2 3

f ( x)

19. a)

20

sin( 10 x)

si 0 x 10 si x 0 ou x 10

0

f (x) ≥ 0 quelque soit x et

f ( x)dx

10 0 20

sin( 10 x)dx

20

·10 [ cos( 10 x)]10 0

1 2

( cos

cos 0)

1 2

(1 1) 1

Par conséquent, f est une fonction de densité de probabilité.

b)

P( X

4

4) 1 2

f ( x)dx

10 0 20 5 0

Calcul intégral

sin( 10 x)dx

( 0,309 017 1) 10

xf ( x)dx c)

4 0 20

0

20

u sin udu

5

[ cos( 10 x)]04

1 2

( cos 25

cos0)

0,3455

x sin( 10 x)dx

u (sin u )( 10 )du [u 82

1 2

10

x, du

[sin u u cos u ]0

10 5

[0

dx] ( 1)] 5

4 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

60

On pouvait s’attendre à cette réponse puisque la courbe de f est symétrique autour de la droite x = 5.

20. P(250

X

280

280)

250

( x 268) 2 dx 2 152

1 exp 15 2

0,673. Par conséquent, le pourcentage de grossesses qui durent entre 250 et

280 jours est d’environ 67,3 %.

21. a)

0

La fonction de densité de probabilité est f (t )

P(0 t /8

t /8

x

X

b)

P( X

c)

Nous devons trouver une valeur m telle que

10)

P( X

e

1 10 8

m)

1 2

x /8

e

lim( e x

dt

,

m /8

)

lim

e

x

e

1 8

t /8

1 2

dt

e

m /8

10

1 8

1 2

x /8

lim( e x

e

x

t /8

3 1 0 8

3)

lim

1 2

e

t /8

si t si t

e

t /8

e

10/8

x m

0 0

dt

t /8 3

e

e

0

) 0 e

5/ 4

3/8

1 0,3127

0,2865

1 2

m/8 ln 12

8ln 12

m

8ln 2 5,55 minutes

Problèmes supplémentaires 1.

x2

y2

4y

x2

( y 2)2

4 , donc S fait partie d’un cercle, comme le graphique le montre. L’aire de S est 1 0

4y

y 2 dy 113

y 2 2 1 2

4y

y2

2arccos(

2 y 2

)

1 0

2( 3 ) 2(0)

CAB

3

(1) 3

2 3

3 2

2 3

Autre solution (sans utiliser le calcul différentiel et intégral) : Nous avons que

Calcul intégral

2]

3 2arccos( 12 ) 2arccos1

3 2

(aire du secteur OAB)

[a

(aire du ABC)

4 Révision

1 2

(22 ) 3

1 2

; l’aire est donc 3 2

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

2.

x3

y

x4

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

La boucle de la courbe est symétrique autour de la droite y = 0 et, par conséquent, y

x où 0 ≤ x ≤ 1, la membrane a une longueur verticale de x3 1

que x

x 2 x3

0

1 0

2

x3

1

x 4 dx

0

1

x x3

1

x 4 dx

0

0

x x3

x3

x 4 dx

x 4 dx

1

/2

2 sin 6 cos

/2

/2 0 /2 0

1

x3

1 8

(1 2 cos2

1 8

[1 2 cos2

[ 1 32

3 64

1 64

1 0

/2 0 /2 0

3.

a)

1 2

x4 )

2 x3

x 4 . Il s’ensuit

[

1 32 0

1 4

/2 0

sin 8 ]

/2 0

5 8

,0 .

1 8

sin 4

1 6

(1 cos 2 ) d

cos 4 2 ) d

1 64 0 1 64 0

/2

/2

1 4

(1 cos 4 ) 2 d

cos 2 4 ) d

(1 2cos4 (1

cos 8 ) d

(1

cos 8 ) d

5 128

2 sin 4 cos /2 0

1 2

[1 cos 2

[2

3 1 2

2[ 12 (1 cos 2 )]

1

sin 2 d

[sin

x]

2

2 · 14 (1 cos 2 ) · 12 (1 cos 2 ) d

cos 2 2

(1 cos 2

1 4

/2

sin 4 ]0 / 2

2 sin 4 cos 2 d 1 4

x , cos d dx /(2 x ) 2sin cos d = dx

2cos2 (1 sin 2 2 )

sin 4 ]0 / 2

1 8

sin

2cos3 2

x 3/ 2 1 x dx

0

5 et ( x , y ) 8

1 2

[

1 32

/2

5 /128 /16

[

16

x 4 dx

/2 0

sin 3 2 ]0 / 2

1 3

16

1 sin 2 d

2 sin 6 cos 2 d

0

0

x3

(

x 5/ 2 1 xdx

0

1 8

x4

0 . En tout

. Évaluons les intégrales séparément :

x 4 dx

0

Par conséquent, x

61

cos3 2 ) d

(1 cos 4 ) cos2 (1 sin 2 2 )]d

sin 3 2 ]0 / 2

16

Comme la figure le montre, les deux calottes sphériques, respectivement d’aire S1 et S2, résultent de la rotation autour de l’axe

des y d’arcs circulaires. Ces arcs sont les portions supérieure et inférieure du cercle x2 + y2 = r2, lesquelles sont produites lorsque le cercle est coupé par la droite y = d. La portion de l’arc supérieur située dans le premier quadrant est suffisante pour générer la calotte sphérique supérieure. Cette portion de l’arc peut être décrite par la relation x

dx /dy

Calcul intégral

y / r2

r2

y 2 pour d ≤ y ≤ r. Par conséquent,

y 2 et

4 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

ds

2

dx dy

1

dy

1

y2 r

2

y

2

r2

dy

r

2

y2

62

dy

rdy r 2 y2

À l’aide de la formule 4.2.8, nous obtenons

S1

r d

2

dx dy

2 x 1

dy

d

De façon similaire, nous pouvons calculer S2

r

r d

2

r2

y2

rdy r 2 y2 d

2 x 1 (dx /dy)2 dy

r

r d

2 rdy

2 rdy

2 r (r d )

2 r (r d ) .

Il est à remarquer que S1 + S2 = 4πr2, l’aire de la sphère entière. b)

r = 6373 km et d = r (sin 75°) ≈ 6156 km; l’aire de l’océan Arctique est donc d’environ 2πr(r−d) ≈ 2π(6373)(217) ≈ 8,70×106 km2.

c)

L’aire latérale de la zone sphérique est située entre les plans y = y1 et y = y2, où y2 − y1 = h. Par conséquent, nous pouvons y2

calculer que l’aire latérale de la zone sphérique est S

y1

2 x 1

dx dy

2

dy

y2 y1

2 rdy

2 r ( y2

y1 )

2 rh .

Ceci est égal à l’aire latérale d’un cylindre de rayon r et de hauteur h, puisqu’un tel cylindre est obtenu par la rotation de la droite x = r autour de l’axe des y; l’aire du cylindre entre les plans y = y1 et y = y2 est donc A

y2 y1

2 x 1

dx dy

2

2 ry | yy2 y1 2 r ( y2

Calcul intégral

y2

dy

4 Révision

y1

y1 )

2 r 1 02 dy 2 rh

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

4.

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

63

d)

h = 2r sin 23,45° ≈ 5072 km; l’aire de la zone torride est donc 2πrh ≈ 2π(6373)(5072) ≈ 2,03 × 108 km2.

a)

Puisque les triangles rectangles OAT et OTB sont semblables, nous obtenons

point B est S d 2 (x dy

y2 )

r a

2 x 1

b)

H r

r a

a

r2 . L’aire visible du r H

(dx / dy)2 dy . À partir de x2 + y2 = r2, nous obtenons

d 2 (r ) dy

2x

S

r

r a

dx dy

2 x

2y

r dy x

0

dx dy

2 r ( r a)

y et 1 x 2 r r

dx dy

r2 r H

2

x2

y2 x

r2 . Par conséquent, x2

2

2 r2 1

r r

H

2 r2

H r H

2 r 2H r H

Supposons que R ≥ r. Si une source de lumière est placée au point L, à une distance x du centre de la sphère de rayon r, alors nous trouvons, à partir de la sous-question a), que l’aire de la surface éclairée totale sur les deux sphères est [avec r + H = x et r + H = d − x]

Calcul intégral

4 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

2 r 2 (x r) x

A( x)

donc A ( x)

0

2

dx x

2 R 2 ( d x R) [r d x

3

R r

1

r2

0

Or, A ( x)

r x2

R2·

d 1 x r3 x2

2

R r

x

d

R ( d x) 2 3/ 2

R3 (d x) 2

d x A ( x)

R].

A( x) 2

r3 x2

R3 ( d x) 2

1

2

R r

r2 1

r x

x

2 R3 ( d x )3

d

x) 2

3/ 2

2r 3 x3

R

R2 1

(d

x

64

x

,

R3 r3

2

d . 1 ( R / r )3/ 2

x*

et A″(x*) < 0; la fonction atteint donc un maximum

local en x = x*. Cependant, x* pourrait être une valeur non permise de x; nous devons montrer que x* est situé entre r et d − R. x* r

1)

x*

d

2) R

R

R r r /R

d ( R / r )3/ 2

1

R R r

1

3/ 2

d

R r

r

d

d ( R / r )3/ 2

d

3/ 2

d

r

R R/r

R

d

R ( R /r )3/ 2

R

d

R d

R r

3/ 2

R

3/ 2

R r

R r r /R , mais

R r , et puisque d > r + R [donné], nous concluons que x* ≤ d − R.

Par conséquent, à partir de 1) et de 2), nous trouvons que x* est une valeur non permise de x si d

r

R R /r .

Donc, A peut atteindre un maximum en x = r, x* ou d − R.

A(r )

A(r ) R2d d

A(d r 2d

R) R3 r 3

[( R r )2

2 R 2 (d r d r

R)

et

A(d

R2 r2 R 2 ( d R) r 2 ( d r ) d r d R d (R r )(R r ) (R r )(R 2 Rr r 2 )

Rr ]/( R r )

d

R r

R)

2 r 2 (d r d R

R 2d d

R3

(R 2

r 2d

R)

r3

Rr r 2 )/(R r )

Rr /( R r ) . Or, R + r − Rr/(R + r) < R + r, et nous savons que d > R + r; nous

concluons donc que A(r) > A(d − R). En conclusion, A atteint un maximum absolu en x = x*, à la condition que d

r

R R / r ; autrement, A atteint son

maximum en x = r. 5.

a)

Positionnons un axe des x vertical dont le sens positif est vers le bas et dont l’origine est à la surface de l’eau. Afin de calculer

la pression à la profondeur z, partitionnons n sous-intervalles l’intervalle [0, z] à l’aide de nombres xi et choisissons xi

[ xi 1 , xi ]

pour chaque indice i. La couche mince d’eau qui est située entre la profondeur xi−1 et la profondeur xi a une densité d’environ ( xi ) , donc le poids d’une partie de cette couche, avec une aire en coupe transversale d’une unité, est ( xi ) g x . Le poids total d’une colonne d’eau allant de la surface jusqu’à la profondeur z (avec une aire en coupe transversale d’une unité) serait Calcul intégral

4 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé n

d’environ

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

65

( xi )g x . Nous pouvons transformer cette approximation en un nombre exact en calculant la lorsque n → ∞; le poids

i 1

lim ( xi ) g x . En d’autres termes, P( z )

(ou la force) par unité d’aire à la profondeur z est P

n

si nous ne formulons aucune hypothèse au sujet de la localisation de l’origine, alors P( z )

P0

z 0

z 0

( x) gdx . De façon plus générale,

( x) gdx , où P0 est la pression

en x = 0. En prenant la dérivée, nous obtenons dP/dz = ρ(z)g. b)

F

r r r r

P0

6.

P( L

x) 2

( P0

0

r r

r2

L x 0

r2

2

x 2 dx

ez / H

gdz ) 2 r 2

x 2 dx r

r2

( P0

0

gH )

( P0

0

gH )( r 2 )

r

0

2

gH

r

e( L

r

x 2 dx 0

x 2 dx

0

gHe L / H

r r

x )/ H

gH

e

x/H

r r

1· 2

r2

e( L

· 2 r2

·2

x )/ H

r2

x 2 dx x 2 dx

x 2 dx

Le problème peut se réduire à trouver la droite qui fait que l’aire ombrée dans le graphique soit minimale. Une équation du cercle dans le premier quadrant est x

1 y 2 . L’aire ombrée est donc h

A(h)

0 h 0

A ( h) 1

A

1 h2

0

A (h)

Calcul intégral

2

1 2

(1 h2 )

1 2

1/ 2

( 2h)

1 h2

2h 1 h2

1 4

1

1 y 2 dy

1

1 y 2 dy 1 h2

h2

0 , donc h

1 h h 1

1 h2 3 4

h

1 y 2 dy 1 y 2 dy

[selon le TFC] =1 2 1 h 2 3 2

3 produit une valeur minimale de A. 2

4 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

66

Remarque : Une autre stratégie consiste à utiliser l’angle θ comme variable (se référer au graphique ci-dessus) et à montrer que A

7.

cos

4

1 2

atteint sa valeur minimale lorsque

sin 2

6

.

Utilisons des triangles semblables pour calculer la hauteur de la pyramide. La première figure montre une coupe transversale de la pyramide qui passe par le sommet et de deux coins opposés de la base carrée. Or, |BD| = b, puisque c’est un rayon de la sphère, qui a un diamètre de 2b puisqu’elle est tangente aux côtés opposés de la base carrée. De plus, |AD| = b puisque le ΔADB est isocèle. La hauteur est donc |AB|

b2

b2

2b .

Nous observons tout d’abord que le volume commun est égal à la moitié du volume de la sphère, moins la somme des quatre volumes égaux (calottes sphériques) coupés par les faces triangulaires de la pyramide. Se référer à l’exercice 2.2.49 pour une démonstration de la formule utilisée pour calculer le volume d’une calotte sphérique. Afin d’employer cette formule, nous devons trouver la distance perpendiculaire h entre chaque face triangulaire et la surface de la sphère. Nous trouvons tout d’abord la distance d entre le centre de la sphère et une des faces triangulaires. La troisième figure montre une coupe transversale de la pyramide qui passe par le sommet et les milieux de côtés opposés de la base carrée. Au moyen des propriétés des triangles semblables, nous trouvons que d b

Donc, h b d

b

6 b 3

3

6 3

|AB| |AC|

2b b

( 2b)

2

6 b 3

3b2

b . Par conséquent, à l’aide de la formule V = πh2(r − h/3) de l’exercice 2.2.49 avec r = b, nous

3

trouvons que le volume de chacune des calottes est

6 3

1 2

notre première observation, le volume commun est V

8.

2

2b 2

d

4 3

b

2

b3

b

3

4

6 3·3

2 3

b 7 27

15

6

6 6 6 6 9 9

·

b3

28 27

b3

( 32

6 2

7 27

6) b3 . Il s’ensuit que, selon

b3 .

Positionnons l’axe des x positif comme dans la figure. Supposons que la plaque est de hauteur h et est symétrique par rapport à l’axe des x. Considérons qu’à la profondeur x sous la surface de l’eau (2 ≤ x ≤ 2 + h), la largeur de la plaque est 2f (x). Or, chacune des n bandes horizontales est de hauteur h/n et la ième bande (1 ≤ i ≤ n) va de x

est F (i) Calcul intégral

2 (i / n) h 2 [( i 1)/ n ]h

2

i 1 h à x n

2

i h . La force hydrostatique qui s’exerce sur la ième bande n

1000(9,8) x[2 f ( x)]dx 4 Révision

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

67

Si nous posons maintenant x[2f (x)] = k (une constante), de sorte que f (x) = k/(2x), alors 2 (i / n ) h

F (i)

2 [( i 1)/ n ] h

1000(9,8)kdx 1000(9,8)k[ x]22

(i / n ) h [( i 1)/ n ]h

1000(9,8)k

2

i h n

i 1 n

2

h 1000(9,8)k

h n

La force hydrostatique qui s’exerce sur la ième bande est donc indépendante de i, c’est-à-dire que la force qui s’exerce sur chaque bande est identique. On peut donc donner à la plaque la forme qui apparaît à la figure. (En fait, la condition requise est satisfaite chaque fois que la plaque est de largeur C/x à une profondeur x, pour une certaine constante C. Plusieurs formes sont possibles.) 9.

Nous pouvons supposer que la ligne de coupe est tracée le long de la droite verticale x = b > 0, que la ligne de délimitation du disque est le cercle x2 + y2 = 1 et que le centre de masse de la plus petite pièce (à la droite de x = b) est ( 12 , 0) . Nous désirons calculer b à 1

1 deux décimales près. Nous avons 2

x

b

x 2 1 1 b

obtenons

1 b

(1 x 2 )1/ 2 ( 2 x)dx

2 3

x 2 dx

2 1 x 2 dx

(1 x 2 )3/ 2

1 b

2 3

. En évaluant le numérateur, nous

0 (1 b2 )3/ 2

2 3

(1 b2 )3/ 2 .

À l’aire de la formule 30 dans la table d’intégrales, nous trouvons que le dénominateur est

[ x 1 x2

équivalente,

arcsin x]1b

2 3

(1 b2 )3/ 2

(0

2

4

) (b 1 b2

1 2

b 1 b2

arcsin b) . Par conséquent, nous obtenons

1 2

1 2

2 3

x 2

(1 b2 )3/ 2

b 1 b2

arcsin b

ou, de façon

arcsin b . En utilisant une calculatrice ou un logiciel de calcul symbolique pour résoudre

cette équation, nous obtenons b ≈ 0,138 173 ou b = 0,14 m à deux décimales près.

10.

A1

30

Calcul intégral

1 2

bh 30

bh 60.

4 Révision

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Solutionnaire détaillé

x

1 A2

6 b

0

x

b

h b

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

10 0

xf ( x)dx

x 10 h dx

10 b

h b

h 3b

x3 5 x 2

480 (hb)b

h 2

x2

b 0

6

x(10)dx

x2 10 x hx dx 10

0

68

x2

1 2

6(70) 10 b

5(100 b2 )

1 3

420

hb2

b 8 . Donc, h

480 60b

y

420

1 A2 1 140 1 140

10 0 8 0

1 2

[ f ( x)]2 dx

225 2 ( 256 x

75 16

x

5b2 60 8

1 70 2 25 4

1 2

hb2

15 2

500 5b2

80

1 6

hb2 15/2 x 8

et une équation de la droite est y

8 0

2

15 5 x dx 16 2

)dx 100(10 8)

(150 150 50 200)

420

550 140

10 8

1 140

10

15 2

15 x 16

5 . Or, 2

(10) 2 dx

225 3 ([ 768 x

75 32

x2

25 8 4 0

]

200)

55 14

Autre solution : Supposons que les cathètes du triangle rectangle obtenu en coupant un coin du carré sont de longueur a cm et b cm, comme le montre le graphique. Le triangle a une aire de 30 cm2, donc 12 ab 30 et ab = 60. Plaçons le carré dans le premier quadrant du plan xy comme le montre le graphique, et posons que T, R et S représentent le triangle, la portion restante du carré et le carré entier, respectivement. Par symétrie, le centre de masse de S est (5, 5). Selon l’exercice 4.3.39, le centre de masse de T est b , 10 3

a . 3

Le problème spécifie que le centre de masse de R est (6 c); la valeur de c est à déterminer. Posons que la densité du carré est 1, afin que nous puissions utiliser les aires comme des masses. Alors, la masse de T est mT = 30, la masse de S est ms = 100 et la masse de R est mR = mS − mT = 70. Comme aux exercices 40 et 41 de la section 4.3, considérons que S consiste en une masse mT au centre Calcul intégral

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration mT xT mT

de masse ( xT , yT ) de T et en une masse R au centre de masse ( xT , yT ) de R. Alors, xS

30(b /3) 70(6) et 5 100

c’est-à-dire que 5

69 mR xR et yS mR

mT yT mT

mR yR ; mR

30(10 a /3) 70c . 100

En calculant la valeur de b dans la première équation, nous trouvons b = 8 cm. Puisque ab = 60 cm2, il s’ensuit que a La seconde équation devient 70c = 200 + 10a, donc 7c

20 a

55 2

et c

60 8

7,5 cm .

3,928 571 4 cm.

55 14

La solution apparaît à la figure.

11. Si h = L, alors P

Si h = L/2, alors

12. a)

aire sous y L sin aire du rectangle

P

0

aire sous y 12 L sin aire du rectangle

L sin d

[ cos ]0

( 1) 1

2

.

L 1 0 2

L sin d L

[ cos ] 2

2 2

1

.

L’ensemble de toutes les positions possibles de l’aiguille est représentée par la région rectangulaire

R = {(θ , y) | 0 ≤ y < L, 0 ≤ θ < π}. Même lorsque h > L, l’aiguille coupe au moins une droite si et seulement si y ≤ h sin θ. Soit R1 = {(θ, y) | 0 ≤ y ≤ h sin θ, 0 ≤ θ < π}. Lorsque h ≤ L, R1 est contenu dans R , mais cela n’est plus vrai lorsque h > L. Par

conséquent, la probabilité que l’aiguille coupe une droite devient

P

aire R

R1

aire R

aire R

R

1

L

Lorsque h > L, la courbe y = h sin θ croise la droite y = L deux fois [en (arcsin(L/h); L) et en (π − arcsin(L/h); L)]. Soit θ0 = arcsin(L/h) et θ2 = π − θ1. Alors,

Calcul intégral

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

aire (R

1

R 1)

0

2

2

h sin d

Ld

1

h sin d

2

L(

2

1

2h(1 cos 1 ) L(

2h 2 h 2

Le problème spécifie que L = 4 et h = 7, donc l’aire (R 1 4

)

2h[ cos ]01

L

L2

2arcsin

2

2 1)

L h

L h

L 2 L arcsin

R 1) 14 2 33 4

aire ( R ∩ R1 ) ≈ 0,812 588. (Par comparaison, P

L(

2 1)

h 2 L2 h

2h 1

P

h sin d

1

0

70

8arcsin( 74 ) 10,211 28 et

0,636 620 lorsque h = L, comme il a été montré à la solution

du problème 11.) b)

L’aiguille coupe au moins deux droites lorsque y + L ≤ h sin θ, c’est-à-dire lorsque y ≤ h sin θ − L. Soit R 2 = {(θ, y) | 0 ≤ y ≤ h sin θ − L, 0 ≤ θ < π}. Alors, la probabilité que l’aiguille coupe au moins deux droites est

P2

aire R

R

2

aire R

aire R

R

2

L

Lorsque L = 4 et h = 7, R 2 est contenue dans R (se référer à la figure). Par conséquent, Calcul intégral

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Chapitre 4 D’autres applications de l’intégration

P2

1 aire(R 2) 4

1 4

1 [ 7cos 2

/2 4 ]arcsin(4/ 7)

arcsin(4/ 7) arcsin(4/ 7)

(7sin

1 4

4) d

1 0 2 2

7

/2

2

33 7

(7sin

arcsin(4/ 7)

4arcsin

71

4) d 33 4arcsin( 74 ) 2 2

4 7

0,301 497 c)

L’aiguille coupe au moins trois droites lorsque y + 2L ≤ h sin θ, c’est-à-dire lorsque y ≤ h sin θ − 2L. Soit R3 = {(θ, y) | 0 ≤ y ≤ h sin θ − 2L, 0 ≤ θ < π}. Alors, la probabilité que l’aiguille coupe au moins trois droites est aire(R R 3) aire R R 3 = . (À ce point, la généralisation à Pn, n étant tout entier positif, devrait être claire.) Selon aire R L

P3

l’hypothèse donnée, 1 aire(R 3) L 2 [ h cos L

P3

1 L

arcsin(2 L / h ) arcsin(2 L / h )

(h sin 2 [ L

/2 2 L ]arcsin(2 L / h)

2 L

2 L) d h2

L

4 L2

/2 arcsin(2 L / h )

(h sin

2 L)d

2 L arcsin(2 L / h)]

Il est à remarquer que la probabilité que l’aiguille coupe exactement une droite est P1 − P2, la probabilité qu’elle touche exactement deux droites est P2 − P3, et ainsi de suite.

13. Résolvons pour y : x2 y

A

x 1

1 x2

2 1 x 2 dx

2( 2 )

1 1 1

x

1 A

1

y

1 A

1

x 2 1 x 2 dx

1

1

2

1 2 1 1

2

y 1)2 1

(x

1)2 1 x2

y

x

y 1

1 x2

1 x2 .

x 1 1

(x

0

x 1 x 1 x2

x

1

x 2 dx

1

aire d'un demi-cercle

0

1 x2

intégrande impaire 2

1 x 2 dx

intégrande impaire

x

1 2

1 1

2 2

1 x2

2

x 1 x 2 dx

dx 2

1

1 1

1 1

1 2

4x 1 x2

4 1 x 2 dx

1 x 2 dx

aire d'un demi-cercle

1

Par conséquent, comme on s’y attendait, le centre de masse est ( x , y ) (0, 1) . Nous pouvions nous attendre à ce résultat puisque le centre de masse d’une ellipse est situé à son centre.

Calcul intégral

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

1

5. LES ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 5.1 La modélisation avec des équations différentielles 1.

y

2 3

ex

e

2x

y

2 3

ex

2x

2e

. Afin de démontrer que y est une solution de l’équation différentielle, remplaçons y et y′ par

leurs expressions respectives dans le membre gauche de l’équation, puis montrons que le membre de gauche est égal au membre de droite.

Membre de gauche

y 6 3

2.

y

t cos t t

dy /dt

2y ex

2 3

ex

2e x

2e

2x

2( 23 e x

e

2x

)

2 3

ex

2x

2e

4 3

ex

2e

2x

Membre de droite

t ( sin t ) cos t ( 1) 1 t sin t cos t 1 .

dy t (t sin t cos t 1) t 2 sin t cos t t dt t 2 sin t y Membre de droite,

Membre de gauche t

y est donc une solution de l’équation différentielle. De plus, y(π) = – π cos π – π(–1) – π = π – π = 0 et la condition initiale est donc satisfaite.

3. a)

y

erx

rerx

y

y

r 2erx . En remplaçant les variables originales par leurs expressions respectives dans l’équation

différentielle 2y″ + y′ – y = 0, nous obtenons 2r 2erx

rerx

(2r 1)(r 1) 0 [puisque erx ne s'annulle jamais] b)

Soit r1

1 2

Membre de gauche

2y

ae x / 2

be

y

2( 14 ae x / 2

y

1 2

x

r 1)erx

0

1.

ou

0

cos kt

y

k sin kt

y

1 2

y

ae x / 2

( 12 a

y

1 2

r

(2r 2

0

ae x / 2

et r2 = −1. Il faut donc démontrer que chaque membre de la famille de fonctions y

l’équation différentielle 2y″ + y′ – y = 0. y

4. a)

erx

x

1 4

y

ae x / 2 be x .

be x ) ( 12 ae x / 2 be x ) (ae x / 2 2be

1 2

ae x / 2 be

x

1 2

ae x / 2

a a )e x / 2

be

x

(2b b b)e

ae x / 2

be

be x est une solution de

be x ) x

x

Membre de droite

k 2 cos kt . En remplaçant les variables originales par leurs expressions respectives

dans l’équation différentielle 4y″ = –25y, nous obtenons

4( k 2 cos kt ) b)

y

Asin kt

(25 4k 2 )cos kt

25(cos kt ) B cos kt

y

Ak cos kt

0 [quelque soit t ]

Bk sin kt

y

Ak 2 sin kt

25 4k 2

0

k2

25 4

k

5 2

.

Bk 2 cos kt .

L’équation différentielle donnée 4y″ = –25y est équivalente à 4y″ + 25y = 0. Par conséquent,

Calcul intégral

5.1 La modélisation avec des équations différentielles

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

Membre de gauche

4y

25 y

4( Ak 2 sin kt

2

Bk 2 cos kt ) 25( A sin kt

2

4 Ak sin kt 4 Bk 2 cos kt

25 A sin kt

B cos kt ) 25B cos kt

(25 4k 2 ) A sin kt (25 4k 2 ) B cos kt 0 puisque k 2

5.

a)

y

sin x

y

cos x

25 4

.

sin x .

y

Membre de gauche = y′′ + y = – sin x + sin x = 0 ≠ sin x, donc y = sin x n’est pas une solution de l’équation différentielle. b)

y

cos x

y

sin x

cos x .

y

Membre de gauche = y′′ + y = – cos x + cos x = 0 ≠ sin x, donc y = cos x n’est pas une solution de l’équation différentielle. c)

y

1 2

x sin x

1 2

y

Membre de gauche

( x cos x sin x)

y

1 2

y

1 2

y

( x sin x cos x cos x) .

1 2

( x sin x 2cos x)

x sin x cos x sin x , donc y

1 2

x sin x n’est pas une solution de

l’équation différentielle d)

y

1 2

x cos x

1 2

y

Membre de gauche

y

( x sin x cos x) 1 2

y

y

( x cos x 2sin x) (

1 2

1 2

( x cos x sin x sin x) . x cos x) sin x

Membre de droite , donc y

1 2

x cos x est une

solution de l’équation différentielle.

6.

a)

y

ln x C x

x (1/x) (ln x C ) x2

y

Membre de gauche

1 ln x C . x2

1 ln x C ln x C x x2 x 1 ln x C ln x C 1 Membre de droite, donc y est une solution de l'équation différentielle. x2 y

xy

x2

b)

Quelques remarques au sujet de la courbe de y = (ln x + C)/x:

c)

1)

Il existe une asymptote verticale d’équation x = 0.

2)

Il existe une asymptote horizontale d’équation y = 0. C

; il existe donc un point d’intersection avec l’axe des x en e–C.

3)

y

0

ln x C

0

x

e

4)

y

0

ln x 1 C

x

e1 C ; il existe donc un maximum local en x = e1–C.

y(1)

Calcul intégral

2

2

ln1 C 1

2 C , et la solution est donc y

ln x 2 [tel qu’il a été démontré à la sous-question b)]. x

5.1 La modélisation avec des équations différentielles

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Solutionnaire détaillé

d)

Chapitre 5 Les équations différentielles

y(2) 1

ln 2 C 2

1

2 ln 2 C

C

3

ln x 2 ln 2 [tel qu’il a été x

2 ln 2 , et la solution est donc y

démontré à la sous-question b)]. a) Comme la dérivée y′ = −y2 est toujours négative (ou nulle si y = 0), la fonction y doit être décroissante (ou égale à 0) sur tout

7.

intervalle sur lequel elle est définie. b)

y

1

1 . Membre de gauche ( x C )2

y

x C

1 ( x C )2

y

2

1

y2

x C

Membre de droite

c)

y = 0 est une solution de y′ = –y2 qui n’est pas un membre de la famille décrite à la sous-question b).

d)

Si y ( x)

8. a)

1 , alors y (0) x C

1 0 C

1 1 . Puisque y(0) = 0,5, C C

1 2

C

2 , donc y

1 . x 2

Si x est voisin de 0, alors xy3 est voisin de 0 et, par conséquent, y′ est voisin de 0. Il doit donc y avoir une droite tangente à la courbe de y en x = 0 qui est presque horizontale. Si x prend de grandes valeurs, alors xy3 prend de grandes valeurs et il doit donc y avoir une droite tangente à la courbe de y qui est presque verticale. (Dans les deux cas, nous supposons des valeurs raisonnables pour y.)

b)

y

(c x2 )

1/ 2

y

x(c x2 )

3/ 2

.

Membre de droite = xy3 – x[(c – x2)–1/2]3 = x(c – x2)–3/2 = y′ = Membre de gauche c)

Lorsque x est voisin de 0, y′ est également voisin de 0. À mesure que la valeur de x devient plus grande, celle de |y′| fait de même. d)

9. a)

y(0) (c 0)

dP dt

1,2 P 1

1/ 2

1/ c et y(0)

2

dP P . Or, dt 4200

0

c

1

1 2

P 4200

c

1 4

, donc y

( 14

0 [en supposant que P

x2 )

1/ 2

.

0]

P 1 4200

P

4200

la

population est croissante pour 0 < P < 4200. b)

dP dt

0

P

4200

c)

dP dt

0

P

4200 ou P

Calcul intégral

0

5.1 La modélisation avec des équations différentielles

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Solutionnaire détaillé

10. a) y

k

Chapitre 5 Les équations différentielles

0 , donc

y

dy dt

y4

k 2 (k 1)(k 5) 0

11.

k

dy dt

b)

y est croissante

c)

y est décroissante

dy dt

6 y3 5 y 2

0

k4

6k 3 5k 2

k 2 (k 2

4

6k 5)

0

0, 1 ou 5

y 2 ( y 1)( y 5)

0

0

0

y ]

, 0[ ]0, 1[ ]5, [

y ]1, 5[

a) Cette fonction est à la fois croissante et décroissante. Cependant, dy/dt = et (y – 1)2 ≥ 0 quelque soit t, ce qui signifie que la courbe de la solution de l’équation différentielle ne peut être décroissante sur aucun intervalle. b)

Lorsque y = 1, dy/dt = 0; il n’y a cependant pas de droite horizontale tangente à la courbe.

12. Le graphique pour cet exercice apparaît dans la figure ci-contre. A.

y′ = 1+ xy > 1 pour les points situés dans le premier quadrant, mais nous pouvons observer que y′ < 0 pour plusieurs points dans le premier quadrant.

B.

y′ = −2xy = 0 lorsque x = 0, mais nous pouvons observer que y′ > 0 pour x = 0. Par élimination, les équations A et B ne peuvent être associées à cette courbe et seule l’équation C peut l’être.

C.

y′ = 1 – 2xy semble acceptable puisque : 1)

Lorsque x = 0, y′ pourrait être 1.

2)

Lorsque x < 0, y′ pourrait être supérieur à 1.

3)

En isolant y dans l’équation y′ = 1 – 2xy, nous obtenons y

1 y . Si y′ prend de petites valeurs négatives, alors, à mesure 2x

que x → ∞, y → 0+, comme le montre la figure. 13. a)y′ = 1 + x2 + y2 ≥ 1 et y′ → ∞ lorsque x → ∞. La seule courbe satisfaisant à ces conditions est III. b)

y

xe

x2 y 2

0 si x > 0 et y′ < 0 si x < 0. La seule courbe présentant des pentes de tangente négatives lorsque x < 0 et des

pentes de tangente positives lorsque x > 0 est I. c) d)

y

1 1 ex

2

y2

0 et y′ → 0 lorsque x → ∞. La seule courbe satifaisant à ces conditions est IV.

y′ = sin(xy) cos(xy) = 0 si y = 0. Ceci est la courbe II.

Calcul intégral

5.1 La modélisation avec des équations différentielles

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Solutionnaire détaillé

14. a)

Chapitre 5 Les équations différentielles

5

Le café refroidit le plus rapidement dès qu’on l’éloigne de la source de chaleur. Le taux de refroidissement diminue et se rapproche de 0 à mesure que la température du café se rapproche de la température ambiante.

b)

dy dt

k( y

A) , où k est une constante de proportionalité, y est la température du café et A est la température ambiante. La

condition initiale est y(0) = 95°C. La réponse et le modèle s’accompagnent mutuellement car, lorsque y se rapproche de A, dy/dt se rapproche de 0. Le modèle semble donc correspondre. c)

15.

a) P augmente le plus rapidement au début, puisqu’au début il y a habituellement plusieurs sous-habiletés simples et faciles à apprendre, lesquelles sont associées à l’apprentissage d’une habileté. Lorsque t augmente, on s’attend à ce que la valeur de dP/dt demeure positive, bien qu’elle puisse diminuer. Ceci provient du fait que lorsque le temps s’écoule, les sous-habiletés qu’il reste à apprendre sont plus difficiles. b)

La valeur de

dP dt

k (M

P) est toujours positive et le niveau de performance P augmente donc. Lorsque P se rapproche de M,

dP/dt se rapproche de 0; en d’autres termes, le niveau de performance se stabilise, tel qu’il a été expliqué à la sous-question a). c)

Calcul intégral

5.1 La modélisation avec des équations différentielles

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

6

5.2 Le champ de directions et la méthode d’Euler 1.

a)

b)

Il semble que les fonctions constantes y = 0,5 et y = 1,5 sont des solutions stationnaires. Il est à noter que ces deux valeurs de y satisfont à l’équation différentielle donnée y′ = x cos πy.

2.

a)

b)

Il semble que les fonctions constantes y = 0, y = 2 et y = 4 sont des solutions stationnaires. On constate que ces trois valeurs de y satisfont à l’équation différentielle donnée y

3.

tan( 12 y) .

y′ = 2 − y. Les pentes sont indépendentes de x en chaque point; les pentes sont donc identiques le long de chaque droite parallèle à l’axe des x. Par conséquent, le champ de directions III est le champ approprié pour cette équation. On constate que pour y = 2, y′ = 0.

4.

y′ = x(2 − y) = 0 le long des droites x = 0 et y = 2. Le champ de directions I satisfait à ces conditions.

5.

y′ = x + y − 1 = 0 le long de la droite y = −x + 1. Le champ de directions IV satisfait à cette condition. On constate également que y′ = −1 le long de la droite y = − x, ce qu’on retrouve dans le champ de directions IV.

6.

y′ = sin x sin y = 0 le long des droites x = 0 et y = 0, et y′ > 0 pour 0 < x < π, 0 < y < π. Le champ de directions II satisfait à ces conditions.

7.

a)

y(0) = 1

b)

y (0) = 2

c)

y (0) = −1

Calcul intégral

5.2 Le champ de directions et la méthode d’Euler

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Solutionnaire détaillé

8.

a)

y(0) = −1

b)

y (0) = 0

c)

y (0) = 1

x

y

0

0

0

0

1

0,5

0

2

1

0

−3

−1,5

0

−2

−1

Chapitre 5 Les équations différentielles

7

9.

y

1 2

y

On constate que pour y = 0, y′ = 0. Les trois courbes intégrales qui ont été tracées passent par les points (0, 0), (0, 1) et (0, −1).

10.

Calcul intégral

5.2 Le champ de directions et la méthode d’Euler

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

x

y

−1

0

0

−1

−1

1

0

0

1

0

1

0

0

2

−1

0

−1

2

0

−2

3

1

0

2

1

1

1

8

y′= x – y + 1

On constate que y′ = 0 pour y = x + 1 et que y′ = 1 pour y = x. Pour toute valeur constante de x, la valeur de y′ diminue à mesure que la valeur de y augmente et la valeur de y′ augmente à mesure que la valeur de y diminue. Les trois courbes intégrales qui ont été tracées passent par les points (0, 0), (0, 1) et (0, −1).

11. x

y

y′= y – 2x

−2

−2

2

−2

2

6

2

2

−2

2

−2

−6

On constate que y′ = 0 pour tout point sur la droite y = 2x. Les pentes sont positives à la gauche de la droite et négatives à sa droite. La courbe intégrale qui a été tracée passe par le point (1, 0).

Calcul intégral

5.2 Le champ de directions et la méthode d’Euler

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

9

12. x

y

y′ = xy − x2

2

3

2

−2

−3

2

±2

0

−4

0

0

0

2

2

0

y′ = xy − x2 = x(y − x), donc y′ = 0 pour x = 0 et y = x. Les pentes ne sont positives que dans les régions des quadrants I et III qui sont délimitées par x = 0 et y = x. La courbe intégrale qui a été tracée passe par le point (0, 1).

13. x

y

y′ = y + xy

0

±2

±2

1

±2

±4

−3

±2

4

On constate que y′ = y (x + 1) = 0 pour tout point sur la droite y = 0 ou sur la droite x = −1. Les pentes sont positives lorsque les facteurs y et x + 1 sont du même signe et négatives lorsqu’ils sont de signes opposés. La courbe intégrale qui a été tracée passe par le point (0, 1).

Calcul intégral

5.2 Le champ de directions et la méthode d’Euler

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

10

14. x

y

y′ = x + y2

−2

±1

−1

−2

±2

2

2

±1

3

0

±2

4

0

0

0

On constate que y′ = x + y2 = 0 seulement sur la parabole x = − y2. Les pentes sont positives « à l’extérieur de » x = − y2 et négatives « à l’intérieur de » x = − y2. La courbe intégrale qui a été tracée passe par le point (0, 0).

15. Avec Maple, nous pouvons employer dfieldplot de l’extension (package) DEtools pour tracer un champ de directions. Spécifiez l’option arrows=line. Pour superposer la courbe intégrale au champ de directions, nous pouvons soit utiliser phaseportait de l’extension DEtools ou simplement résoudre l’équation. Avec Mathematica, nous employons PlotVectorField pour tracer le champ de directions et la construction Plot[Evaluate[…] pour tracer la courbe intégale, qui est y

2arctan e x

3

/3

tan 12 .

Avec Derive, nous employons Direction_Field (dans l’utilitaire ODE_APPR) pour tracer le champ de directions. Nous employons ensuite DSOLVE1(-xˆ2*SIN(y), 1, x, y, 0, 1) (dans l’utilitaire ODE1) afin de résoudre l’équation. Il faut simplifier chaque résultat.

Calcul intégral

5.2 Le champ de directions et la méthode d’Euler

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

11

16. L’exercice 15 donne les commandes à employer pour chaque logiciel de calcul symbolique. La solution exacte est : 2

y

2(3 e2 x ) e2 x

2

3

17.

Ce champ de directions est associé à l’équation différentielle y′ = y3 − 4y.

L

lim y(t ) existe pour –2 ≤ c ≤ 2; t

L = ±2 pour c = ±2 et L = 0 pour –2 < c < 2. L n’existe pas pour toute autre valeur de c. 18.

Nous pouvons observer sur le graphique apparaissant dans le manuel que lorsque f (y) = 0, nous obtenons y′ = f (y) = 0; nous avons donc des segments de droite horizontaux en y = ±1, ±2. Nous n’obtenons des segments de droite dont les pentes sont négatives que

Calcul intégral

5.2 Le champ de directions et la méthode d’Euler

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

12

pour 1 < |y| < 2. Tous les autres segments de droite ont des pentes positives. En ce qui concerne le comportement limite des solutions : •

Si y(0) > 2, alors lim y

•

Si 1 < y(0) < 2, alors lim y 1 et lim y

•

Si –1 < y(0) < 1, alors lim y 1 et lim y

•

Si –2 < y(0) < –1, alors lim y

•

Si y < –2, alors lim y

19. a)

et lim y

t

t

t

t

h = 0,4 et y1

y0

1.

2 et lim y t

2 et lim y t

y′ = F(x; y) = y et y(0) 1 i)

2.

t

t

t

2.

t

x0

hF ( x0 , y0 )

1.

.

0 , y0 = 1. y1 1 0,4 1 1,4. x1

x0

h 0 0,4 0,4 ,

donc y1 = y(0,4) = 1,4. ii)

h 0,2

x1

0,2 et x2 = 0,4; il faut donc calculer y2.

y1 = y0 + hF(x0; y0) = 1 + 0,2y0 = 1 + 0,2 · 1 = 1,2 y2 = y1 + hF(x1; y1) = 1,2 + 0,2y1 = 1,2 + 0,2 · 1,2 = 1,44. iii)

h 0,1

x4

0,4 ; if faut donc calculer y4. y1 = y0 + hF(x0; y0) = 1 + 0,1y0 = 1 + 0,1 · = 1,1

y2 = y1 + hF(x1; y1) = 1,1 + 0,1y1 = 1,1 + 0,1 · 1,1 = 1,21 y3 = y2 + hF(x2; y2) = 1,21 + 0,1y2 = 1,21 + 0,1 · 1,21 = 1,331 y4 = y3 + hF(x3; y3) = 1,331 + 0,1y3 = 1,331 + 0,1 · 1,331 = 1,4641 b)

Nous constatons que les valeurs approchées sont des approximations par défaut puisqu’elles sont toutes situées sous la courbe de y = ex. c) i)

Pour h = 0,4: (valeur exacte) − (valeur approchée) = e0,4 – 1,4 ≈ 0,0918

ii)

Pour h = 0,2: (valeur exacte) − (valeur approchée) = e0,4 – 1,44 ≈ 0,0518

iii) Pour h = 0,1: (valeur exacte) − (valeur approchée) = e0,4 – 1,464 1 ≈ 0,0277 Calcul intégral

5.2 Le champ de directions et la méthode d’Euler

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

13

Chaque fois qu’on réduit le pas de moitié, l’erreur semble également être réduite de moitié (approximativement). 20.

À mesure que la valeur de x augmente, les pentes diminuent et toutes les valeurs approchées excèdent les valeurs exactes. Les valeurs approchées sont donc toutes des approximations par excès. 21. h = 0,5, x0 = 1, y0 = 0 et F(x, y) = y − 2x. On constate que x1 = x0 + h = 1 + 0,5 = 1,5, x2 = 2 et x3 = 2,5. y1 = y0 + hF(x0, y0) = 0 + 0,5F(1, 0) = 0,5[0 − 2(1)] = −1. y2 = y1 + hF(x1, y1) = −1 + 0,5F(1,5, −1) = −1 + 0,5[−1 − 2(1,5)] = −3. y3 = y2 + hF(x2, y2) = −3 + 0,5F(2, −3) = −3 + 0,5[−3 − 2(2)] = −6,5. y4 = y3 + hF(x3, y3) = −6,5 + 0,5F(2,5, −6,5) = −6,5 + 0,5[−6,5 − 2(2,5)] = −12,25. 22. h = 0,2, x0 = 0, y0 = 1 et F(x, y) = xy − x2. Notez que x1 = x0 + h = 0 + 0,2 = 0,2, x2 = 0,4, x3 = 0,6, x4 = 0,8 et x5 = 1,0.

y1

y0

y2

y1

y3

y2

hF ( x0 , y0 ) 1 0, 2 F (0, 1) 1 0, 2(0) 1. hF ( x1 , y1 ) 1 0, 2 F (0, 2; 1) 1 0, 2 (0,16) 1,032. hF ( x2 , y2 ) 1,032 0, 2 F (0, 4; 1,032) 1,032 0, 2(0, 2528) 1,082 56.

y4

y3

hF ( x3 , y3 ) 1,082 56 0, 2 F (0,6; 1,082 56) 1,082 56 0, 2(0, 289 536) 1,140 467 2.

y5

y4

hF ( x4 , y4 ) 1,140 467 2 0, 2 F (0,8; 1,140 467 2) 1,140 467 2 0, 2(0, 272 373 76) 1,194 941 952.

Par conséquent, y(1) ≈ 1,1949. 23. h = 0,1, x0 = 0, y0 = 1 et F(x, y) = y + xy. Notez que x1 = x0 + h = 0 + 0,1 = 0,1, x2 = 0,2, x3 = 0,3 et x4 = 0,4. y1

y0

hF ( x0 , y0 ) 1 0,1F (0, 1) 1 0,1[1 (0)(1)] 1,1.

y2

y1

y3

y2

hF ( x2 , y2 ) 1, 221 0,1F (0, 2; 1, 221) 1, 221 0,1[1, 221 (0, 2)(1, 221)] 1,367 52.

hF ( x1 , y1 ) 1,1 0,1F (0,1; 1,1) 1,1 0,1[1,1 (0,1)(1,1)] 1, 221.

y4

y3

hF ( x3 , y3 ) 1,367 52 0,1F (0,3; 1,367 52) 1,367 52 0,1[1,367 52 (0,3)(1,367 52)]

y5

y4

hF ( x4 , y4 ) 1,545 297 6 0,1F (0, 4; 1,545 297 6)

1,545 297 6. 1,545 297 6 0,1[1,545 297 6 (0, 4)(1,545 297 6)] 1,761 639 264.

Par conséquent, y(0,5) ≈ 1,7616. Calcul intégral

5.2 Le champ de directions et la méthode d’Euler

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Solutionnaire détaillé

24. a)

Chapitre 5 Les équations différentielles

14

h = 0,2, x0 = 0, y0 = 0 et F(x, y) = x + y2. Notez que x1 = x0 + h = 0 + 0,2 = 0,2 et x2 = x1 + h = 0,4. y1 = y0 + hF(x0, y0) = 0 + 0,2F(0, 0) = 0,2 (0) = 0 y2 = y1 + hF(x1, y1) = 0 + 0,2F(0,2; 0) = 0,2 (0,2) = 0,04 Par conséquent, y(0,4) ≈ 0,04.

b)

Maintenant, x1 = x0 + h = 0 + 0,1 = 0,1, x2 = 0,2, x3 = 0,3 et x4 = 0,4.

y1

y0

hF ( x0 , y0 )

0 0,1F (0, 0)

y2

y1

hF ( x1 , y1 )

0 0,1F (0,1; 0)

0,1(0)

0.

y3

y2

hF ( x2 , y2 )

0,01 0,1F (0,2; 0,01)

y4

y3

hF ( x3 , y3 )

0,030 01 0,1F (0,3; 0,030 01)

0,1(0,1)

0,01.

0,01 0,1(0,2001)

0,030 01.

0,030 01 0,1(0,300 900 600 1)

0,060 100 060 01.

Par conséquent, y(0,4) ≈ 0,06.

25.

a) dy /dx 3x2 y

6x2

6x2 3x2 y . Saississez cette expression en mémoire en Y1 et servez-vous du programme simple

y

ci-après pour évaluer y(1) dans chaque sous-question, en utilisant H = h = 1 et N = 1 pour la sous-question i), H = 0,1 et N = 10 pour la sous-question ii) et ainsi de suite. h H: 0 X: 3 Y: For(I, 1, N): Y H Y1

Y: X + H

X:

End(loop): Display Y. [Pour voir chaque itération, assurez-vous d'inclure cette commande dans la boucle.]

i)

H = 1, N 1

ii)

H = 0,1, N 10

y(1) 3

y(1)

iii) H = 0,01, N 100

y(1)

iv) H = 0,001, N 1000 b)

y

2 e

x3

y

2,3928

3x 2 e

Membre de gauche

y

y(1)

2,3701

2,3681

x3

3x 2 y

3x 2 e

x3

3x 2 2 e

x3

3x 2e

x3

6x 2

3x 2e

x3

6x 2

Membre de droite

y(0) = 2 + e–0 = 2 + 1 = 3 c)

La valeur exacte de y(1) est 2 e

13

2 e 1.

i)

Pour h = 1 : (valeur exacte) − (valeur approchée) = 2 + e–1 − 3 ≈ −0,6321

ii)

Pour h = 0,1 : (valeur exacte) − (valeur approchée) = 2 + e–1 – 2,392 8 ≈ −0,0249

iii) Pour h = 0,01 : (valeur exacte) − (valeur approchée) = 2 + e–1 – 2,370 1 ≈ −0,0022 iv) Pour h = 0,001 : (valeur exacte) − (valeur approchée) = 2 + e–1 – 2,368 1 ≈ −0,0002

Calcul intégral

5.2 Le champ de directions et la méthode d’Euler

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

15

Aux sous-questions ii) à iv), il semble que lorsque le pas est divisé par 10, l’erreur est également divisée par 10 (approximativement).

26.

a) Utilisons le programme proposé dans la solution de l’exercice 25, avec Y1 = x3 – y3, H = 0,01 et N

2 0 0,01

200 .

Avec (x0, y0) = (0, 1), nous obtenons y(2) ≈ 1,9000. b)

On évalue graphiquement que y(2) ≈ 1,9, ce qui nous permet de confirmer notre calcul à la sous-question a).

27. a)

R

dQ dt

1 Q C

E (t ) devient 5Q

1 Q 0,05

60 ou Q′ + 4Q = 12.

b)

Le graphique semble montrer que la valeur limite de la charge Q est d’environ 3.

c)

Si Q′ = 0, alors 4Q 12

Q 3 est une solution stationnaire.

d)

e)

Q

4Q 12

Q

12 4Q . Maintenant, Q(0) = 0, donc t0 = 0 et Q0 = 0.

Q1

Q0

hF (t0 ; Q0 )

Q2

Q1

hF (t1; Q1 ) 1,2 0,1(12 4 1,2) 1,92

0 0,1(12 4 0) 1,2

Q3

Q2

hF (t2 ; Q2 ) 1,92 0,1(12 4 1,92)

Q4

Q3

hF (t3 ; Q3 )

2,352 0,1(12 4 2,352)

2,352

Q5

Q4

hF (t4 ; Q4 )

2;6112 0,1(12 4 2,6112)

2,6112 2,766 72

Par conséquent, Q5 = Q(0,5) ≈ 2,77 C. Calcul intégral

5.2 Le champ de directions et la méthode d’Euler

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Solutionnaire détaillé

28.

Chapitre 5 Les équations différentielles

16

a) Nous avons vu à l’exercice 5.1.14 que dy/dt = k(y − A). Le problème spécifie que A = 20°C et que dy/dt = −1°C/min lorsque y = 70°C. Par conséquent, 1 k (70 20)

1 50

k

et l’équation différentielle devient dy /dt

1 50

( y 20) .

b)

La valeur limite de la température est 20°C, c’est-à-dire la température ambiante. c)

Nous avons trouvé à la sous-question a) que dy /dt

1 50

( y 20) . Avec t0 = 0, y0 = 95 et h = 2 min, nous obtenons

y1

y0

hF (t0 ; y0 ) 95 2[

y2

y1

hF (t1; y1 ) 92 2[

y3

y2

hF (t2 ; y2 ) 89,12 2[

y4

y3

hF (t3 ; y3 ) 86,3552 2[

y5

y4

hF (t4 ; y4 ) 83,700 992 2[

1 50 1 50

(95 20)] 92

(92 20)] 89,12 1 50

(89,12 20)] 86,3552 1 50

(86,3552 20)] 83,700 992 1 50

(83,700 992 20)] 81,152 952 32

Par conséquent, y(10) ≈ 81,15°C.

Calcul intégral

5.2 Le champ de directions et la méthode d’Euler

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

17

5.3 Les équations différentielles à variables séparables 1.

dy dx

dy y2

xy 2

xdx [ y

y 2dy

0]

xdx

y

1

1 2

x2

1 y

C

1 2

x2

C

y

1 2

1 x2 C

2 K

x2

, où

K = –2C. y = 0 est également une solution.

2.

dy dx

3.

xy 2 y 1 3

4.

( y2 1 3

5.

y3

y3

dy e y

y

xe

y2

x 1

dy dx

y

y 2dy

1

dy dx

( y sin y)

dy dx

3

C

y

ln( 12 x 2

y 2dy

1

1 dx x

3

C)

3x 3ln|x| K , où K = 3C.

1 dx 1 x y

x

x2

1 dx x

y 2dy

1

1 2

y

3ln|1 x| 3C

x3

x

ey

xdx

3x 3ln|x| 3C

y 2 (1 x)

1

ln|1+x| C

( y sin y) y

x 1 x y3

x ln|x| C

xy 2 ) y

e y dy

xdx

1 dx 1 x

y 2dy

3ln|1 x| K , où K = 3C.

x3

x3 )dx

( y sin y)dy

(x

(v 1)dv

1 ds s

1 2

y2

cos y

1 2

x2

1 4

x4

C . Il est

impossible d’exprimer y explicitement.

6.

dv ds 1 2

v2

s 1 sv s v

dy dt

ye

(v 1)dv v2

s ln|s| C

(v 1)2

7.

s 1 s (v 1)

2s 2ln|s| 2C 1

t

t

y t2

y t2

ye e

dy d

e y sin 2 y sec

1 2

y dy ey

e

t2

1 ds s

2s 2ln|s| 2C

v 1

ye y dy

L’équation e y ( y 1) C

8.

2v

1

2

te t dt

v2

2v 1 2s 2ln|s| 2C 1

2s 2ln|s| K

ye y dy

1

v

2

te t dt

1

ye y

2s 2ln|s| K , où K = 2C + 1.

e y [intégration par parties]

1 2

e

t2

C.

donne la solution sous forme implicite. Il est impossible d’exprimer y explicitement.

sin 2 d sec

ye y dy

sin 2 cos d . Intégrons par partie le membre de gauche avec

u = y et dv = e−y dy, puis le membre de droite en posant u = sin θ. Nous obtenons

ye

y

e

y

1 3

sin 3

C . Il est impossible

d’exprimer y explicitement.

Calcul intégral

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

9.

dp dt

t2 p

Chapitre 5 Les équations différentielles

p t2 1

1 dp p 1

p(t 2 1) 1(t 2 1)

(t 2 1)dt

1 3 3

ln|p 1|

1

( p 1)(t 2 1)

t

p 1

|p 1| et

t C

3

dp

18

(t 2 1)dt

/3 t C

eC et

p 1

3

/3 t

Ket

p

3

1 , où K = ±eC.

/3 t

Puisque p = −1 est également une solution, K peut être égal à 0 et, par conséquent, K est un nombre réel quelconque.

10.

11.

dz dt

et

1 ez

et

dy dx

x y

1 2

12.

y2

z

ydy

x2

13.

1 et

y2

9 2

1 2

z

C

(ln x)2

ln

ydy

x2

y2

2

y

y 1 dy xy sin x , y(0) = 1. y dx y 1

1 2

y2

1 2

4

ln(et

1 2

x 2 C . y(0)

(ln x)2

C

z

e

et

C

C)

( 3)2

1 2

3

C . Or, y(1)

(ln x)2

y

tan t

x sin x

u = x et dv = sin x dx]. Or, y(0) 1

et

(0)2

C

C

(ln1)2

C

2 C,

1 2

9 2

, donc

9 puisque y(0) = −3 < 0.

y2

t2

z

z

(2t sec2 t )dt

2udu

conséquent, u2 = t2 + tan t + 25, donc u

14.

C

x2

1 2

(ln x)2

e

1 et

y

ln x dx x

ydy

et dt

xdx

9

2t sec2 t , u(0) = −5. 2u

du dt

e z dz

xdx

ln x , y(1) = 2. xy

donc 12 y 2

et e z

ez

C

1 2

dy dx

dz dt

0

u2

(2)2

1 2

(ln x)2

4 . Puisque y(1) = 2, nous obtenons y

t2

tan t C , où [u(0)]2

02

25 . Puisque u(0) = −5, il s’ensuit que u

1 dy y

1

1 2

2

x sin xdx

tan 0 C

C

t2

25 .

tan t

4.

( 5)2

25 . Par

y + ln|y| = −x cos x + sinx + C [intégrer par parties avec

C 1 , donc y + ln|y| = −x cos x + sin x + 1. Il est impossible

1 0 0 0 C

d’exprimer y explicitement.

15. x ln x

y 1

3 y 2 y , y(1) = 1.

u = ln x et dv = xdx]

y(1) 1

0

1 4

1 2

C

y2 1 2

1 3

x ln xdx

(3 y 2 )3/ 2

1 3

(4)3/ 2

C

y 3 y 2 dy

y 1 2

x 2 ln x

1 2

8 3

1 4

1 4

x2 C 41 12

1 2

1 2

y2

x 2 ln x

1 3

, donc 12 x2 ln x

1 2

xdx [intégrer par parties avec

(3 y 2 )3/ 2 . Or, 1 4

x2

41 12

1 2

y2

1 3

(3 y 2 )3/ 2 . Il est impossible

d’exprimer y explicitement.

Calcul intégral

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

16.

dP dt

Chapitre 5 Les équations différentielles

Pt

dP / P

donc 2P1/ 2

2 3/ 2 3

t

dy

x

dy dx

ln|a

1/ 2

t1/ 2dt

dP

1 3/ 2 3

P

/2

cos x dx sin x

y

P

2 3

2 2

17. y′ tan x = a + y, 0

a

tdt

t

2

a y tan x

2P1/ 2

1 3

dy

y| ln|sin x| C

t

y| eln |sin x|

|a

y

C

2

1 3

2

cot xdx [a

y

C . P(1)

t

1 3/ 2 3

P

a

2 3/ 2 3

19

2

2 2

2 3

C

C

2 2

2 3

,

.

0]

eln |sin x| eC

eC |sin x|

a + y = K sin x, où K = ±eC. (Lorsque nous avons effectué la dérivation, K ≠ 0, mais en permettant à K d’être égal à 0, nous pouvons éliminer l’exclusion de y = −a.) y( /3)

a

18.

4a sin x et donc, y 3

y

dL dt

dL L2

kL2 ln t

1

1

dL L2

k ln tdt

2a

3

ln1 0 C

1 L

k ln tdt

1 L

C k 1

C

dy dx

19. Si la pente au point (x, y) est xy, nous obtenons

y(0) 1

K sin

kdt ]

ln t et dv

1 k ln1 C

k

a a

3 2

K

4a . Par conséquent, 3

K

4a sin x a . 3

[intégration par parties avec u

L(1)

a

kdt

kt ln t kt C

1 . kt kt ln t C

L

1 . kt kt ln t k 1

k 1 . Par conséquent, L

dy y

xy

0 . Par conséquent, |y| e x

C

kt ln t

2

xdx [ y

/2

ex

y

dy y

0]

2

/2

, donc y

xdx

ex

2

/2

ln|y|

1 2

x2

C.

puisque y(0) = 1 > 0. y = 0 n’est

pas une solution parce qu’elle ne satisfait pas à la condition initiale y(0) = 1.

20.

f ( x)

f ( x)(1

A B dy y 1 y

ln

y

y 1 y

f (0)

y 1 y

1 2

Calcul intégral

Ke x 1 2

yKe x

K 1 K

dy y(1 y)

y (1 y )

1 y

dx

x C

(1 y) Ke x

dy dx

f ( x))

ex

1 dy 1 y

dx

y 1 y

C

y

1 K

yKe x

2K

dx [ y

ln|y| ln|1 y|

Ke x , où K

Ke x

1 , donc y

dx

x C

eC

y(1 Ke x )

K

dy y(1 y)

0;1]

Ke x

ex 1 ex

Ke x . 1 Ke x

y

ou

1 1 e

x

.

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

20

y = 0 et y = 1 ne sont pas des solutions parce qu’elles ne satisfont pas à la condition initiale f (0)

21. u

x

du 1 u

dx [u

1 u

eC e x

1 x

d (x dx

du 1 u

1]

xe y /x

y /x e y /x

v ev e

v

a)

dv ev

ln|x| C

v

pour

c)

2

x2

y

dy dx

C

2

dy dx

0]

ln( ln|x| C)

eC e x 1

x

y

Ke x

u , donc

y

|1 u| e x

x C

v ev . De plus, v

du dx

1 u

C

x 1 , où K = ±eC ≠ 0. Si u = −1, alors

y /x

dv ev

dx x

y /x

ln( ln|x| C)

dy

2x 1 y2

1 y2

e

2 xdx

v

xv

dy dx

y

x

dv dx

v , donc

ln|x| C y

dy 1 y2

x ln( ln|x| C) .

arcsin y = x2 + C

2 xdx

.

arcsin 0 02

y(0) 0

dy dy . Cependant, dx dx

ln|1 u| x

dx [x x

2x 1 y2

y

b)

dv dx

y

v

x

1

.

x 1 , qui est la même chose que y = Kex − x − 1 avec K = 0. Par conséquent, la solution générale

y

.

y

dx

eCe x 1

u

y

du dx

y)

est y = Kex − x − 1, où K

22. xy

23.

d (u ) dx

y

1 2

C

C

0 , donc arcsin y = x2 et y = sin(x2) pour

/2

x

/2 .

Pour que 1 y 2 soit un nombre réel, il faut que −1 ≤ y ≤ 1, c’est-à-dire que −1 ≤ y(0) ≤ 1. Par conséquent, le problème de

2 x 1 y 2 , y(0) = 2 n’a pas de solution.

Cauchy y

24. e y y

cos x

0

e y dy

cos xdx

e

y

sin x C1

y

ln(sin x C ) . La solution est périodique et sa

période est 2π. On constate que pour C > 1, le domaine de la solution est ; cependant, pour −1 < C ≤ 1, elle n’est définie que sur les

intervalles où sin x + C > 0 et elle n’a aucune signification lorsque C ≤ −1, puisqu’alors sin x + C ≤ 0 et le logarithme n’est pas défini.

Calcul intégral

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

21

Pour −1 < C < 1, la courbe intégrale est par morceaux concaves vers le haut séparées par des intervalles sur lesquels la solution n’existe pas (où sin x + C ≤ 0). Pour C = 1, la courbe intégrale est par morceaux concaves vers le haut séparées par des asymptotes verticales aux points où sin x C

0

sin x

1 . Pour C > 1, la courbe intégrale est continue et, lorsque C augmente, la courbe

se déplace vers le bas et l’amplitude des oscillations diminue.

25.

dy dx

sin x , y (0) sin y

que cos 2

cos0 C

2

. Donc, sin ydy

sin xdx

cos y

cos x C

cos y

cos x C . La condition initiale exige

C 1 et la solution est donc cos y = cosx − 1. Nous ne pouvons appliquer la fonction

0 1 C

arccos aux deux membres de l’équation, puisque cela restreindrait sans nécessité la solution au cas où 1 cos x 1

0 cos x étant donné que arccos n’est défini que sur l’intervalle [−1, 1]. Traçons plutôt la courbe intégrale à

l’aide de la commande plots[implicitplot] de Maple ou Plot[Evaluate[···]] de Mathematica.

26.

dy dx

x x2 1 ye y

ye y dy

x x 2 1dx . En intégrant par partie le membre de gauche avec u = y et dv = ey dy et le membre de

droite en posant z = x2 + 1, nous obtenons dz = 2x dx. L’équation devient ye y

e y dy

1 2

zdz

e y ( y 1)

1 3

( x 2 1)3/2

C.

Ce qui montrer que les courbes sont symétriques par rapport à l’axe des y. Chaque point (x, y) dans le plan appartient à l’une de ces courbes, soit toute courbe pour laquelle C Calcul intégral

( y 1)e y

1 3

( x2 1)3/ 2 . Par exemple, le long de l’axe des y, C

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

( y 1)e y

1 3

, et l’origine

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

appartient donc à cette courbe, avec C

4 3

22

. Traçons la courbe intégrale pour différentes valeurs de C à l’aide de la commande

plots[implicitplot] de Maple ou Plot[Evaluate[···]] de Mathematica.

Il semble que les valeurs de C aux points où la forme de la courbe change sont branche gauche et d’une branche droite. Pour C

4 3

4 3

et

1 3

. Pour C

4 3

, la courbe est composée d’une

, les deux branches se rejoignent à l’origine et, lorsque C augmente, la courbe

se divise en branches au haut et au bas du graphique. Pour C

1 3

, la moitié du bas disparaît. Avec de plus grandes valeurs de C, la

courbe se déplace vers le haut, mais sa forme demeure essentiellement inchangée. 27. a), c)

b)

y

y2

dy dx

y2

y 2dy

dx

y

1

x C

1 y

x C

y

1 K

x

, où K = −C. y = 0 est

également une solution.

Calcul intégral

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

23

28. a), c)

b)

y

dy dx

xy

dy y

xy

xdx

ln|y|

1 2

x2 C

|y| e x

2

/2 C

2

e x / 2eC

y

Ke x

2

/2

, où K = ±eC. En

posant K = 0, nous obtenons la solution y = 0. 29. Les courbes x2 + 2y2 = k2 forment une famille d’ellipses dont l’axe principal repose sur l’axe des x. En prenant la dérivée, nous obtenons

d 2 (x dx

d 2 (k ) dx

2 y2 )

2 x 4 yy

2y x

|y| eln x

dy dx

2

C1

2y x

y

dy y

x 2 eC1

2

4 yy

2x

y

x . Par conséquent, la pente de la droite tangente 2y

x , et les trajectoires orthogonales doivent satisfaire 2y

à tout point (x, y) situé sur une des ellipses est y

ày

0

dx x

dy y

2

dx x

ln|y| ln|x|2

ln|y| 2ln|x| C1

C1

Cx2 . Il s’agit ici d’une famille de paraboles.

30. Les courbes y2 = kx3 forment une famille de fonctions puissances. En prenant la dérivée, nous obtenons

d 2 (y ) dx

d (kx3 ) dx

2 yy

3kx 2

3kx 2 2y

y

3( y 2 /x3 ) x 2 2y

3y , la pente de la droite tangente au point (x, y) situé sur une 2x

des courbes. Les trajectoires orthogonales doivent donc satisfaire à y

3 ydy

2 xdx

3 ydy

2 xdx

3 2

y2

x 2 C1

3y2

2x 3y

2x2

dy dx

C2

2x 3y

2x2

3y2

C . Il s’agit ici d’une famille

d’ellipses.

Calcul intégral

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

24

31. Les courbes y = k/x forment une famille d’hyperboles dont les asymptotes sont x = 0 et y = 0. En prenant la dérivée, nous obtenons d ( y) dx

d k dx x

y

k x2

xy [puisque y x2

y

k /x

xy

k]

y . Par conséquent, la pente de la x

y

droite tangente à tout point (x, y) situé sur une des hyperboles est y′ = −y/x et les trajectoires orthogonales doivent satisfaire ày

dy dx

x /y

x y

ydy

xdx

ydy

xdx

1 2

y2

1 2

x 2 C1

y2

x2

x2

C2

y2

C . Il s’agit

ici d’une famille d’hyperboles dont les asymptotes sont y = ±x.

32. En prenant la dérivée de y

x , nous obtenons y 1 kx

1 ; cependant, k (1 kx) 2

x2 /y 2

trajectoires orthogonales doivent donc satisfaire à y 1 3

33.

y3

y ( x)

1 3

2

x3 C1

x 2

y3

[t ty(t )]dt

C

x3

y ( x)

y

3

C

x

y xy

1

, donc y 1

x

y

2

y2 . Les x2

y

y 2dy

x 2dx

y 2dy

x 2dx

dy dx

x(1 y)

dy 1 y

xdx

x3 .

x xy( x) [selon TFC 1]

ln|1 y|

1 2

x2

C.

En posant x = 2 dans l’équation intégrale initiale, nous obtenons y(2) = 2 + 0 = 2.

Calcul intégral

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé Donc, ln|1 2|

ln|1 y|

34.

y ( x)

2

Chapitre 5 Les équations différentielles 1 2

(2)2

1 2

x2

x

dt , x ty (t )

1

C

2

0 2 C

0

2 . Par conséquent,

C

x2

1 2

ln|1 y| 2

|1 y| e2

1 xy ( x)

y ( x)

25

dy dx

x2 /2

1 xy

x2 / 2

e2

1 y

y 1 e2

1 dx x

ydy

1 2

y2

x2 / 2

ln x C [ x

[ y(2)

2] .

0] . En posant x = 1 dans

l’équation intégrale initiale, nous obtenons y(1) = 2 + 0 = 2. Par conséquent, 1 2

35.

(2)2

y ( x)

ln1 C

x

4

0

C

2.

y2

ln x 2

y ( x)

2 x y ( x)

1 2

2t y(t )dt

y2

2ln x 4 [ 0]

dy dx

2 ln x 4 .

y

dy y

2x y

2 xdx

02

l’équation intégrale initiale, nous obtenons y(0) = 4 + 0 = 4. Par conséquent, 2 4 2 y

x2

4

y

1 2

x2

2

36. (t 2 1) f (t ) [ f (t )]2 1 0 dy y2 1

dt t2 1

tan(arctan t arctan y)

t

y

k

kty

f (3)

2

k 3 1 3k

ln|12 4Q|

4t

dy dt

tan C

tan(arctan t ) tan(arctan y) 1 tan(arctan t ) tan(arctan y)

2 6k

4.

k

4t 4C

C t y 1 ty

tan C

f (t )

5

dQ 12 4Q

|12 4Q| e 4t

k t

5k

dQ 12 4Q dt

Q 3 Ae

arctan t arctan y

y (1 kt )

k 3

C

y2 1 t2 1

dy dt

y2 1 0

arctan t C

k t

C

C . En posant x = 0 dans

2)2 .

arctan y

4t 4C

4Q 12 Ke

(t 2 1)

y kty

37. Selon l’exercice 5.2.27,

( 12 x 2

y

x2

2 y

y

1 4

12 4Q

Ke

[ A K /4] . Q(0) 0

4t

k

k t . Puisque 1 kt 1 t 1 ( 1)t

1 , nous obtenons y

dt

tan C

t 1 . t 1

ln|12 4Q| t C

[K

e

4C

0 3 A

] Q(t) = 3 − 3e−4t.

A 3

Lorsque t → ∞, Q(t) → 3 − 0 = 3 (la valeur limite).

38. Selon l’exercice 5.2.28,

y 20

Ke

Calcul intégral

t /50

dy dt

y(t )

1 50

Ke

( y 20) t /50

dy y 20

20 . y(0) 95

(

1 50

)dt

95 K

ln|y 20| 20

K

1 50

t C

75

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

y(t) = 75e−t/50 + 20.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

39.

dP dt

k (M

P M

Ae

Chapitre 5 Les équations différentielles

dP P M

P) kt

eC ]

[A

alors P(0) 0

40.

a)

dx dt

( k )dt

0

P

M

A

ln|P M | kt

M

Ae

A

M

kt C

. Si nous supposons que la performance est au niveau 0 lorsque t = 0,

P(t )

M

1 ( ln|a x| ln|b x|) b a

kdt

ln

b)

b x a x

conséquent, a

x

1 et x kt 1/a

a 2

a /2

( a x)

3/2

2

2

x(0) 0

kdt

a

conséquent, x(t )

a

40a 2k

kdt et

b x a x

x

1 a

1 x)(b x)

(a

M 0

M.

1/(b a) 1/(b a) , donc a x b x

ln

b x a x

(b a)(kt C ) . Les concentrations

0 et

b x a x

b x . Nous obtenons a x

b a

(b a)C . Par conséquent,

kt C

a ) kt

M

t

b[e(b a ) kt 1] be(b a ) kt /a 1

ab[e(b a )kt 1] mol . be(b a ) kt a L

kt C . Puisque x(0) = 0, nous obtenons C

x

1 . Par a

a 2kt mol . Supposons que x = [C] = a/2 lorsque t = 20. Alors, akt 1 L 20a 2k

20a 2k

a

a

k

1 , donc 20a

at mol . 20 L

2(a x)

4 C2

4 2/ a

1/2

dx dt

k (a x)3/ 2

( a x)

3/ 2

dx

kt C [par changement de variables]

kdt 2 kt C

a x

4 . La concentration initiale de HBr est 0, donc (kt C ) 2

a

4 C2

kt

Calcul intégral

t

x(t )

0

a akt 1

a

b (b e a

dx x) 2

x)(b x)1/ 2 devient

k (a

a x

(a

20a 2k 20ak 1

at /20 1 t /20

dx dt

dx

b x a x

k (a x)2 , donc

a 2t /(20a) 1 at /(20a)

kt C

b a

(b a)kt ln

a) Si a = b, alors

. lim P(t )

(b a )(kt C ) . Puisque x(0) = 0, nous obtenons ln

dx dt

x(20)

41.

b x a x

Si b = a, alors

x

kt

Me

[A] = a − x et [B] = b − x ne peuvent pas être négatives, donc

donc ln

kt C

|P M | e

k (a x)(b x) , a ≠ b. Décomposons en fractions partielles,

dx (a x)(b x)

26

2

a

C2

4 a

C

2/ a [C est positif puisque kt + C = 2(a − x)−1/2 > 0]. Par

.

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

b)

dx dt

Chapitre 5 Les équations différentielles dx ( a x) b x

k (a x)(b x)1/ 2

donné, u

b x

u2

b x

(a

dx x) b x

2udu [a (b u 2 )]u

2 b x arctan a b a b

obtenons

t ( x)

42. Si S

2 a b

arctan

b x a b

2 b arctan a b k a b

conséquent,

dS dr

2S r

dS S

dT

1 kdr r2

dT

1 dS S e

dC dt

ln|kC r|

C(0) C0

b)

dC dt

r kC kt

2 ln r C

T (r )

2

eln r eC k r

C0

dC kC r

(kC r )

M2

|kC r| e

M4

r /k

C

a b

2

u2

2 b et nous arctan a b a b

2 b arctan a b a b

2 dT r dr

kt M 2

M4

C0

0 devient

2 dr r

ln|S |

r 2 k [k

eC ]

A . T (1) 15

Trouvons maintenant la valeur de k et de A : 2(2) (1)

43. a)

du

2

b x a b

arctan

kt

b x . a b

2 dr r

1 kdr r2

0

2 b arctan a b a b

arctan

S = dT/dr > 0 et r > 0, nous obtenons S

du a b u2

1 u arctan a b a b

2

d 2T d 2T . L’équation différentielle 2 dr dr 2

dS dT , alors dr dr

2

kt C . Or, x(0)

kt

kdt (*) . Suivant l’indice

dx , donc

2udu

17

(*) devient donc

dx ( a x) b x

kdt

27

35

15

dS dr

0 . Par

2ln|r| C . En posant 1 k r2

S

k

dT dr

A (1) et T (2)

1 k r2

25

25

1 2

k

A (2).

A , donc A = 35 et k = 20, et T (r) = −20/r + 35.

dt

(1/k )ln|kC r|

kC r

M 3e

r /k

2 S r

kt

kC

t

M1

M 3e

kt

r

C(t) = M4e−kt + r/k.

C(t) = (C0 − r/k)e−kt + r/k.

Si C0 < r/k, alors C0 − r/k < 0 et la formule pour C(t) montre que C(t) augmente et que lim C (t ) t

r /k . Lorsque t augmente, la

formule pour C(t) montre que le rôle de C0 diminue de façon constante à mesure que celui de r/k augmente. 44. a)Considérons que l’unité de la variable x est 1 milliard de dollars et que l’unité de la variable t est 1 jour. Initialement, le total des anciens billets en circulation s’élève à 10 milliards de dollars; le montant total de 50 millions de dollars qui entre dans les banques est donc complètement constitué d’anciens billets. Au temps t, le montant de la nouvelle devise en circulation est x(t) milliards de dollars et donc, 10 − x(t) milliards de dollars des billets en circulation sont anciens. La fraction des billets en Calcul intégral

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

28

circulation qui sont anciens est [10 − x(t)]/10 et le montant d’anciens billets qui est retourné aux banques chaque jour est

10 x(t ) 0,05 milliards de dollars. Le même montant de nouveaux billets est mis en circulation chaque jour, donc 10 dx dt

10 x 0,05 0,005(10 x) milliards de dollars par jour. 10

dx 10 x

b)

C c)

dx 10 x

0,005dt

ec

0,005dt

0,005t

x(t ) 10 Ce

ln(10 x)

0,005t c

10 x Ce

0,005t

, où

. Puisque x(0) = 0, nous obtenons C = 10, donc x(t) = 10(1 − e−0,005t).

Les nouveaux billets constituent 90 % de la masse monétaire en circulation lorsque x(t) = 0,9 · 10 = 9 milliards de dollars.

9 10(1 e

0,005t

)

0,9 1 e

0,005t

e

0,005t

0,1

0,005t

ln10

t = 200 ln 10 ≈ 460,517 jours ≈ 1,26 année. 45.

a) Soit y(t) la quantité de sel (en kg) après t minutes. Alors, y(0) = 15. Le volume de liquide dans le réservoir est maintenu constant à 1000 L, donc la concentration en tout temps t (en minutes) est y(t)/1000 kg/L et dy y

1 dt 100

que ln b)

y 15

t C ; y(0) 15 100

ln y

y t et 100 15

e

t /100

, donc y 15e

ln15 C , donc ln y

t /100

dy dt

y (t ) kg 1000 L

10

L min

y (t ) kg . 100 min

t . Il s’ensuit 100

ln15

kg .

Après 20 minutes, y = 15e−20/100 = 15e−0,2 ≈ 12,3 kg.

46. Soit y(t) la quantité de dioxyde de carbone dans la pièce après t minutes. Alors, y(0) = 0,001 5(180) = 0,27 m3. Le volume d’air dans la pièce est maintenu constant à 180 m3, donc le pourcentage de dioxide en tout temps t (en minutes) est y(t)/180 × 100, et la variation dioxyde de carbone par rapport au temps t est

dy dt Par conséquent, donc

1 100

dy 9 100 y

ln|9 100 y|

ln|9 100 y| ln e

t /90

1 9000

(0,0005) 2

dt et 9000

t

ln18

1 100

ln18

m3 min

y (t ) m3 2 180 min

1 ln|9 100 y| 100

ln|9 100 y| ln(18e

t /90

9 100 y m3 9000 min

y 90

1 t C . Puisque y(0) = 0,27, nous obtenons 9000 1 90

ln|9 100y |

0,001

t

1 100

ln18 C ,

ln18

) et |9 100 y| 18e

t /90

. Comme la fonction y est continue, y(0) = 0,27 et

que le membre de droite de l’équation ne s’annule jamais, nous en déduisons que 9 − 100y est toujours négative. Donc, |9 − 100y| = 100y − 9 et nous obtenons 100 y 9 18e

t /90

100 y

9 18e

t /90

y

0,09 0,18e

t /90

. Le pourcentage de

dioxyde de carbone dans la pièce est

Calcul intégral

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

y 100 180

p(t )

0,09 0,18e 180

t /90

100 (0,0005 0,001e

t /90

29

) 100 0,05 0,1e

t /90

À long terme, nous obtenons lim p(t ) 0,05 0,1(0) 0,05 , c’est-à-dire que le pourcentage de dioxyde de carbone se rapproche de t

0,05 % à mesure que le temps s’écoule. 47. Soit y(t) la quantité d’alcool dans la cuve après t minutes. Alors, y(0) = 0,04(2000) = 80 L. La quantité de bière dans la cuve est maintenue constante à 2000 L, donc le pourcentage d’alcool en tout temps t (en minutes) est y(t)/2000 × 100 et la variation de la quantité d’alcool par rapport au temps t est dy dt

taux entrant taux sortant

dy 120 y

dt et 400 1 400

ln|120 y|

ln|120

0,06 5

t ln 40

ln|120 y| ln(40e

t /400

1 400

y|

L min

y(t ) L 5 2000 min

y 400

120 y L . Par conséquent, 400 min

t C . Puisque y(0) = 80, nous obtenons − ln 40 = C, donc

ln|120 y|

)

0,3

t /400 ln 40

|120 y| 40e

t /400

ln|120 y| ln e

t /400

ln 40

. Comme la fonction y est continue, y(0) = 80 et que le membre de droite de

l’équation ne s’annule jamais, nous en déduisons que 120 − y est toujours positive. Donc,

120 y

40e

t /400

y 120 40e

t /400

.

Le pourcentage d’alcool est p(t) = y(t)/2000 × 100 = y(t)/20 = 6 − 2e−t/400. Le pourcentage d’alcool après une heure est p(60) = 6 − 2e−60/400 ≈ 4,3. 48.

a) Si y(t) est la quantité de sel (en kg) après t minutes, alors y(0) = 0 et la quantité de liquide dans le réservoir est maintenue constante à 1000 L.

dy dt

0,05

kg L

5

L min

0,04

0,25 0,40 0,015 y

Par conséquent, donc

1 3

dy 130 3 y

ln|130 3y|

1 200

t

dt et 200 1 3

1 3

10

L min

0,65 0,015 y

ln|130 3 y|

ln130

kg L

ln|130 3y |

1 200

y (t ) kg L 15 1000 L min 130 3 y kg 200 min

t C . Puisque y(0) = 0, nous obtenons 3 200

t

1 3

ln130 C ,

ln130 ln(130e 3t / 200 )et |130 − 3y| = 130e−3t/200. Comme la

fonction y est continue, y(0) = 0 et que le membre de droite de l’équation ne s’annule jamais, nous en déduisons que 130 − 3y est toujours positive. Par conséquent,130 − 3y = 130e−3t/200 et y b)

Après une heure, y

130 3

(1 e

3 60/ 200

Remarque : Lorsque t → ∞, y(t )

Calcul intégral

) 130 3

130 3

(1 e

0,9

)

130 3

(1 e

3t / 200

) kg .

25,7 kg .

43 13 kg .

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

30

49. Considérons que la goutte de pluie part de la position repos, de sorte que v(0) = 0. dm/dt = km et (mv)

gm

mv

vm

(1/k )ln|g kv| t C kv

50.

g

ge

a) m

dv dt

ln

v v0

kt

ln|g kv|

v(km)

gm

kt kC

v

g kv

vk

Ae

kt

dv dt

g

g

. v(0) 0

kv

g

dv kv

k t m

v v0

k dt m e

k t C . Puisque v(0) = v0, ln |v0| = C. Par conséquent, m

ln|v|

kt /m

v(t )

v0e

kt /m

. Le signe est + lorsque t = 0, et nous supposons que la fonction v est

continue, ce qui fait que le signe est + pour tout t. Donc, v(t) = v0e−kt/m. ds /dt

Puisque s(0) = s0, nous obtenons s0

mv0 k

C , donc C

mv0 et s(t ) k

s0

kt / m

v0e

s0

t

mv0 e k

s(t )

mv0 (1 e k

temps 0 au temps t est s(t) − s0 et la distance totale parcourue est donc lim[ s(t ) s0 ]

kt /m

dv dt

dv v2

kv 2

conséquent, v(t )

obtenons s0

k dt m

1 kt /m 1/v0

m ln m C k

1 v

kt m

mv0 ds . kv0t m dt C

s0

1 v

C

kt m

mv0 kv0t m

kt /m

m ln m k

s(t )

s0

m kv0dt k kv0t m

m (ln|kv0t k

m ln|kv0t k

m| ln m)

Nous pouvons reformuler les équations pour v(t) et s(t) de sorte qu’elles soient v(t )

s0

0.

1 1 et v0 v

C . Puisque v(0) = v0, C

s(t )

C .

mv0 . k t

m

kt /m

) . La distance parcourue du

Remarque : Lorsque nous calculons la limite, nous considérons que k > 0 pour conclure que lim e

b)

g /k .

t

dv v

dt

g . Donc,

A

( g /k )(1 e kt ) . Puisque k > 0, lorsque t → ∞, e−kt → 0 et, par conséquent, lim v(t )

v

kv

mv

gm

kt m

1 . Par v0

m| C . Puisque s(0) = s0, nous m kv0t m . ln k m

v0 et s(t ) 1 (kv0 /m)t

s0

m kv0 ln 1 t . k m

Remarques : Ce modèle de mouvement horizontal dans un médium qui oppose une résistance a été conçu spécialement pour le cas où v0 > 0. Le terme −kv2 représente donc la force de résistance qui cause le ralentissement de l’objet. La valeur absolue qui apparaît dans l’expression pour s(t) n’est pas nécessaire (puisque k, v0 et m sont tous positifs) et lim s(t ) t

termes, l’objet parcourt une distance infinie. Toutefois, lim v(t ) t

. En d’autres

0 . Lorsque v0 < 0, le terme −kv2 augmente l’ampleur de la

vitesse négative de l’objet. Selon la formule pour s(t), la position de l’objet se rapproche de −∞ lorsque t se rapproche de m/k(−v0) :

Calcul intégral

t

lim

m /( kv0 )

s(t )

. Encore une fois, l’objet parcourt une distance infinie, mais, cette fois, ceci est accompli en une

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

quantité finie de temps. On constate également que

t

lim

m /( kv0 )

31

lorsque v0 < 0, ce qui montre que la vitesse de l’objet

v(t )

augmente de façon infinie (la limite n’existe pas).

51.

a)

1 dL1 L1 dt

ln L1 b)

52.

a) b)

k

1 dL2 L2 dt

ln Lk2

d (ln L1 ) dt

C

k

eln L2

L1

C

d (k ln L2 ) dt k

eln L2 eC

d (ln L1 )dt dt

L1

d (ln Lk2 )dt dt

KLk2 , où K = eC.

Selon la sous-question a) avec L1 = B, L2 = V et k = 0,0794, nous obtenons B = KV0,0794. dy dx

1y x

dy y

1 dx x

ln y

1

ln x C [ x

0, y

0]

e(ln x )(1/

y

) C

(eln x )1/ eC

y

Kx1/ , où K = eC.

Lorsque θ = 1, nous obtenons y = Kx et la relation entre x et y est donc linéaire. Lorsque θ → ∞, 1/θ → 0, donc y → K, c’est-à-dire que la teneur en éléments nutritifs du consommateur est constante.

53.

a) Le taux de croissance de l’aire est proportionnel à la fois à A(t ) et à M − A(t), c’est-à-dire que le taux est proportionnel au produit de ces deux quantités. Donc, pour une constante k, dA/dt

k A (M

A) . Nous cherchons la valeur maximale de la

fonction dA/dt (lorsque le tissu croît le plus rapidement); nous prenons donc la dérivée à l’aide de la dérivation en chaîne et effectuons ensuite un changement de variables pour dA/dt dans l’équation différentielle :

d dA dt dt

k 1 2

A ( 1) kA

1/ 2

dA (M dt

k A (M

A) A) [ M

1 2

A

1/ 2

3 A]

dA dt 1 2

1 2

kA

1/ 2

k 2 (M

dA [ 2 A (M dt

A)( M

A)]

3 A)

Ceci est égal à 0 lorsque M − A = 0 [cette situation ne se produit réellement jamais, puisque la courbe de A(t) est asymptotique à la droite y = M, comme c’est le cas pour le modèle logistique] et lorsque M valeur maximale selon le test de la dérivée première, puisque la valeur de

3A 0

d dA dt dt

A(t )

M /3 . Ceci constitue une

passe de positive à négative lorsque

A(t) = M/3.

b)

À l’aide d’un logiciel de calcul symbolique, nous obtenons A(t )

M

Ce

M kt

1

Ce

M kt

1

2

. Afin de calculer C en fonction de l’aire

initiale A0 et de l’aire maximale M, nous effectuons le changement de variables t = 0 et A = A0 = A(0) : A0

M

Calcul intégral

M

C 1 C 1

A0

C

2

(C 1) A0

M

A0

C A0

(C 1) M

C

M

A0

M

A0

A0

C M

M

M

A0

C M

C A0

. [On constate que si A0 = 0, alors C = 1.]

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

54.

Chapitre 5 Les équations différentielles dv dt

a) Suivant l’indice donné, nous utilisons la dérivation en chaîne : m gR 2 dx ( x R) 2

vdv

C

1 2

v02

v2 2 1 2

gR

v2

gR 2 x R

1 2

v02

gR 2 x R

ve

c)

ve

lim v0

2 gRh R h

lim

h

h

lim

h

dv dx dx dt

v02 2

C . Lorsque x = 0, v = v0, donc

mv

gR 2 0 R

mgR 2 ( x R) 2

dv dx

C

gR . La vitesse de la fusée, lorsqu’elle sera à sa hauteur maximale, sera 0 et sa hauteur

v02

gR 2 h R

2 gR ( R /h) 1

2 gR

1 2

sera x = h. Trouvons la valeur de v0 :

b)

m

32

v02 2

gR

R2 R h

g

R ( R h) R h

gRh R h

v0

2 gRh . R h

2 9,8 m/s2 6 373 km 1 000 m/km 11176,35 m/s 11,2 km/s

PROJET CONCRET Combien de temps un réservoir met-il à se vider? 1.

a)

V

dV dt

r 2h

r2

dh dt b)

dh dt

19,6 576

h

h(0) 1,8

c)

2.

a)

h

2 1,8

dh [dérivation implicite] dt

1 dV r 2 dt 1/ 2

dh

1 r2 19,6 576

0 C

dt

C

a 2 gh

2 h

2 1,8

1 0,62 19,6 576

dh dt

k h

h

relation 2 h(t )

Ainsi, h(t )

1/ 2

dh

kdt [h

0]

kt C produit 2 10

1 2 10 4

10 3 t 34

2 h

kt C

h

t C.

19,6 1152

h(t )

Nous voulons calculer t lorsque h = 0, donc nous posons h

19,6 576

(0,025)2 2 9,8 h

0

2

t

19,6 1152

h(t )

1,8 .

t

1,8

1 4

2

t 1152

1,8 19,6

5 min 49 sec .

(kt C )2 . Puisque h(0) = 10 cm, la

C . De plus, h(68) = 3 cm, donc 2 3

68k

2 10 et k

10 3 . 34

2

10 0,133t 0,000 44t 2 . Voici un tableau des valeurs de h(t) calculées à une décimale

près.

Calcul intégral

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

t (en s)

h(t) (en cm)

10

8,7

20

7,5

30

6,4

40

5,4

50

4,5

60

3,6

b)

33

Les réponses à cette sous-question seront obtenues de façon expérimentale. Veuillez consulter l’article de Tom Farmer et Fred Gass, Physical Demonstrations in the Calculus Classroom, College Mathematics Journal 1992, pages 146 à 148 (en anglais).

3.

V (t )

r 2h(t ) 9 h(t )

dV dt

a 2 gh

2 h

19,6 10 000

9

dV dh

dh dt

t C

9 et

dV dt

dV dh dh dt

9 19,6h 10 000

3 2 ( 100 ) 2 9,8h

19,6 20 000

h

t

k

dh . Diamètre 6 cm dt

9

19,6 20 000

h(t ) (

dh dt

rayon

19,6 h 10 000

3 cm

h

1/ 2

dh

3 100

m . Ainsi,

19,6 10 000

dt

k )2 . La pression de l’eau après t secondes est 9800h(t) N; la

t

condition selon laquelle la pression doit être d’au moins 103 kPa durant 10 minutes (600 secondes) est donc la condition

4.

9800 · h(600) ≥ 103 000, c’est-à-dire (k

600 19,6 2 10 000

du réservoir devrait donc être d’au moins

3 19,6 50

)

103 000 9800

10,5

|k

2

3 19,6 50

|

10,5

k

3 19,6 50

10,5 . Or, h(0) = k2; la hauteur

12,29 m .

a) Si le rayon de la section transversale à la hauteur h est r, alors, selon le théorème de Pythagore, nous obtenons r2 = 22 − (2 − h)2 puisque le rayon du réservoir est 2 m. Donc, A(h) = πr2 = π[4 − (2 − h)2] = π(4h − h2). Par conséquent,

A(h) b)

dh dt

(4h h2 )

a 2 gh

dh dt

(0,01)2 2 10h

À l’aide de la sous-question a), nous obtenons (4h1/ 2 h(0)

2

8 3

(2)3/ 2

2 5

(2)5/ 2

C

C

(163

8 5

h3/ 2 )dh ) 2

s’écoule du réservoir, nous évaluons t lorsque h = 0 : 0

t

Calcul intégral

C 0,0001 20

56 2/15 0,0001 20

56 15

(4h h2 )

dh dt

0,0001 20h .

0,0001 20 dt

8 3

h3/ 2

2 5

h5/ 2

0,0001 20 t C .

2 . Pour trouver combien de temps il faudra pour que toute l’eau

0,0001 20 t C 11 200 10 3

11806 s 3 h 17 min

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

34

PROJET CONCRET Qu’est-ce qui prend le moins de temps : la montée ou la descente ? 1.

mv

pv mg

m

1 ln( pv0 p

donc C

1 ln( pv mg ) p

pv mg

2.

y(t )

e

1 ln( pv0 p

( pv0

v(t )dt

mg )

mg e p

v0

À t = 0, y = 0, donc C

v(t )

mg p

0

1 dt m

1 ln( pv mg ) p

1 t C [ pv mg m

0] . À t = 0, v = v0,

Avec m = 1, v0 = 20, p

1 10

ln( pv mg )

pv ( pv0

mg ) e

mg dt p

pt /m

v0

mg e p

v0

mg )

v0

pt /m

p t ln( pv0 m

mg

mg e p

pt /m

mg )

v(t)

m p

v0

mg e p

pt / m

mg . p

mg t C. p

mg m . Par conséquent, p p

v0

y(t )

3.

dv pv mg

( pv mg )

mg ) . Par conséquent, 1 t m

pt /m

dv dt

mg m p p

pt /m

v0

e pt /m

mg m e p p

pv0 mg

1

pt /m

mgt p

pt m

ln

v0

pv0 mg

mg m (1 e p p

1

t1

pt /m

)

mgt p

m mg pv0 . ln p mg

) 1,86 s . et g = 9,8, nous obtenons t1 10ln( 11,8 9,8

4.

La figure montre la courbe y = 1180(1 − e−0,1t) − 98t. Les zéros de la fonction sont situés en t = 0 et en t2 ≈ 3,84. Par conséquent, t1 − 0 ≈ 1,86 et t2 − t1 ≈ 1,98. La descente prend donc environ 0,12 s de plus que la montée; par conséquent, la montée est plus rapide.

5.

y (2t1 )

v0

mg m (1 e p p

pv0 p

Calcul intégral

2 pt1 /m

)

mg 2t1 p

mg m mg m pv0 mg [1 (e pt1 /m ) 2 ] 2 ln p p p mg

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

e pt1 /m

pv0 mg

m2 g x p2

1 x

En effectuant le changement de variables x

y(2t1 )

f ( x)

mg m (1 x 2 ) p p

x

x

1 x

2ln x

m2 g 2ln x p2

f ( x) 1

1 x2

2 x

x2

1

pv0 mg (selon le problème 3), nous obtenons mg

2ln x . Or, p > 0, m > 0, t1

2x 1 x2

35

( x 1)2 x2

0 pour x 1

Puisque f(1) = 0, il s’ensuit que f(x) > 0 pour tout x > 1. Par conséquent, y (2t1 )

0

x

e pt1 /m

e0 1 .

f est croissante pour x > 1.

m2 g f ( x) est positive, ce qui signifie que la balle p2

n’a pas encore atteint le sol au temps 2t1. Ceci démontre que la durée de la montée est toujours moindre que celle de la descente. La montée est donc plus rapide.

Calcul intégral

5.3 Les équations différentielles à variables séparables

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

36

5.4 Les modèles de la croissance d’une population 1.

a)

dP/dt = 0,05P – 0,000 5P2 = 0,05P (1 – 0,01P) = 0,05P (1 − P/100). En comparant ce résultat à l’équation 4, dP/dt = kP(1 − P/M), nous constatons que la capacité de charge est M = 100 et la valeur de k est 0,05.

b)

Les pentes presque nulles se produisent lorsque P est près de 0 ou de 100. Les pentes maximales semblent être situées sur la droite P = 50. Les solutions sont croissantes pour 0 < P0 < 100 et décroissantes pour P0 > 100.

c)

Toutes les courbes se rapprochent de P = 100 lorsque t augmente. Comme à la sous-question b), les courbes diffèrent puisqu’elles sont croissantes pour 0 < P0 < 100 et décroissantes pour P0 > 100. De plus, certaines courbes ont un point d’inflexion et d’autres n’en ont pas. Il semble que les courbes où P0 = 20 et P0 = 40 ont des points d’inflexion en P = 50. d)

Les solutions stationnaires sont P = 0 (solution triviale) et P = 100. Les solutions croissantes s’éloignent de P = 0 et toutes les solutions non nulles se rapprochent de P = 100 lorsque t → ∞.

2.

a)

M = 6000 et k

0,0015

dP/dt

0,0015P(1 P/6000) .

b)

Toutes les courbes intégrales se rapprochent de 6 000 lorsque t → ∞. c)

Les courbes où P0 = 1000 et P0 = 2000 semblent être concaves vers le haut tout d’abord et ensuite concaves vers le bas. La courbe où P0 = 4000 semble être toujours concave vers le bas. La courbe où P0 = 8000 semble être toujours concave vers le haut. On trouve des points d’inflexion là où la population croît le plus rapidement. Calcul intégral

5.4 Les méthodes de la croissance d’une population

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé d)

Chapitre 5 Les équations différentielles

37

La solution de l’exercice 5.2.25 donne un programme qui pourrait permettre de calculer P(50). [Dans ce cas, nous utilisons X = 0, H = 1, N = 50, Y1 = 0,0015y(1 − y/6000) et Y = 1000.] Nous trouvons que P(50) ≈ 1064.

e)

À l’aide de l’équation différentielle 7 avec M = 6000, k = 0,0015 et P0 = 1000, nous obtenons P(t )

où A

M

P0

6000 1000 1000

P0

6000 1 5e 0,0015(50)

5 . Par conséquent, P(50)

M 1 Ae

kt

6000 , 1 Ae 0,0015t

1064,1 , ce qui est très près de l’approximation

obtenue à la sous-question d). f)

Les courbes sont très semblables.

3.

a)

dy dt

ky 1

y M

4.

y(t )

a)

dP dt

M 1 Ae

kt

M

avec A

8 107 8 107 y (1) , donc 1 3e 0,71t 1 3e 0,71

modèle y (t )

b)

y (t )

8 107 1 3e 0,71t

4 107

0,4 P 0,001P 2

4 107

y (0) . Avec M = 8 × 107, k = 0,71 et y(0) = 2 × 107, nous obtenons le y (0)

3,23 107 kg .

2 1 3e

0,4 P(1 0,0025P)[ 0,001 0,4

0,71t

e

0,0025] 0,4 P 1

0,71t

P 400

1 3

0,71t

[0,0025

1

ln 13

t

ln 3 1,55 ans 0,71

400] Par conséquent, selon l’équation

différentielle 1, k = 0,4 et la capacité de charge est 400. b)

En nous fondant sur le fait que P (0) = 50 et la formule pour dP/dt, nous obtenons P (0)

c)

dP dt t

0,4(50) 0,001(50)2

Selon l’équation différentielle 7, A

charge, 200, lorsque 200

Calcul intégral

20 2,5 17,5 .

0

400 1 7e 0,4t

M

P0 P0

400 50 50

1 7e

0,4t

2

7 , donc P

e

0,4t

400 . La population atteint 50 % de la capacité de 1 7e 0,4t 1 7

0,4t

5.4 Les méthodes de la croissance d’une population

ln 17

t

(ln 17 )/( 0,4)

4,86 ans .

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

5.

Chapitre 5 Les équations différentielles

P(1)

2500

2500

trois ans, t = 4 et P(4)

6.

M

Selon l’équation différentielle 7, A

P0 P0

10 000 1 9e k (1)

10 000 1 9e (ln 3)4

10 000 1000 1000

1 9e 10 000 1 9(eln 3 )

4

k

4

10 000 . 1 9e kt

9 , donc P(t )

9e

10 000 1 9(3) 4

k

3

10 000 1 19

38

e

k

10 000 10 9

1 3

k

ln 13

ln 3 Après un autre

k

9000 .

a)

Nous estimons graphiquement à 680 la capacité de charge M pour la population de cellules de levure. 1 dP P0 dt

1 39 18 18 2 0

b)

Une approximation du taux de croissance relatif initial est

c)

Un modèle exponentiel est P(t) = 18e7t/12. Un modèle logistique est P(t )

7 12

0,583 .

680 , où A 1 Ae 7 t /12

680 18 18

331 9

.

d) Temps

Valeurs

Modèle

Modèle

(heures)

observées

exponentiel

logistique

0

18

18

18

2

39

58

55

4

80

186

149

6

171

596

322

8

336

1 914

505

10

509

6 147

614

12

597

19 739

658

14

640

63 389

673

16

664

203 558

678

18

672

653 679

679

Calcul intégral

5.4 Les méthodes de la croissance d’une population

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

39

Le modèle exponentiel n’est pas très bien ajusté aux données, sauf pour les deux premières valeurs observées. Le modèle logistique présente de plus grands écarts pour les valeurs intermédiaires que pour les valeurs à chaque extrémité, mais est en général bien ajusté aux données, comme le montre la figure.

7.

680 e 7(7/12)

e)

P(7)

a)

Considérons que la différence entre le taux de natalité et le taux de mortalité est de 20 millions/année. Considérons que t = 0

1

331 9

420 cellules de levure

correspond à l’année 1990 et utilisons le milliard comme unité dans tous les calculs. k dP dt M

P0

100 5,3 5,3

kP 1

P M

1 dP P dt

1 (0,02) 5,3

1 , donc 265

1 P P 1 , P en milliards 265 100

947 M 17,8679 . P(t ) 53 1 Ae

100 , donc P(10) ≈ 5,49 milliards. e (1/ 265)t

b)

A

c)

P(110) ≈ 7,81 et P(510) ≈ 27,72. Les prédictions sont de 7,81 milliards en 2100 et de 27,72 milliards en 2500.

d)

Si M = 50, alors P(t )

P0

1

kt

1

947 53

50 . Donc P(10) ≈ 5,48, P(110) ≈ 7,61 et P(510) ≈ 22,41. Les prédictions deviennent e (1/ 265)t

447 53

5,48 milliards en 2000, 7,61 milliards en 2100 et 22,41 milliards en 2500. 8.

a)

Si nous supposons que la capacité de charge pour la population mondiale est 100 milliards, une capacité de charge pour les États-Unis de 3 à 5 milliards, calculée à l’aide des populations actuelles et de simples proportions, semble raisonnable. Nous utiliserons M = 4 milliards ou 4000 millions. Avec t = 0 correspondant à 1980, nous obtenons P(t )

b)

c)

4000 1 ( 4000250250 )e

P(10)

275

4000 1 15e 10 k

10k

ln 149 165

k

1 10

kt

ln 149 165

4000 . 1 15e kt

275

1 15e

10 k

4000 275

e

10 k

160 11

1

15

0,010199 92 .

2100 − 1990 = 110 et P(110) ≈ 680 millions. 2200 − 1990 = 210 et P(210) ≈ 1449 millions ou environ 1,4 milliard.

Calcul intégral

5.4 Les méthodes de la croissance d’une population

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

d)

Chapitre 5 Les équations différentielles

4000 1 15e kt

P(t ) 350

350

1 15e

kt

80 7

kt

e

73 7

40

1 15

73 ln 105

kt

t 10

73 ln 105 149 ln 165

35,64 36 . Nous

prédisons donc que la population américaine excédera 350 millions d’habitants dans l’année 1990 + 36 = 2026.

9.

dy dt

a)

Soit

ky (1 y ) , où y est la fraction de la population qui a entendu la rumeur.

b)

À l’aide de l’équation logistique 4,

dy dt

obtenons M

dP dt

dy dt

k ( My)(1 y)

P dP , P = My et M dt

M

dy et dt

ky(1 y) , soit l’équation donnée à la sous-question a).

M 1 Ae

Or, la solution de l’équation 4 est P(t )

P et en posant le changement de variables y M

kP 1

kt

M

, où A

P0 P0

.

Nous effectuons le même changement de variables et obtenons My

1

M

M My0 e My0

y kt

y0

y0 (1 y0 )e

kt

. Un autre

développement consisterait à utiliser les étapes données à la solution de l’équation 4. c)

Soit t le nombre d’heures écoulées depuis 8 heures. Alors, y0

Par conséquent, 0,08 + 0,92e−4k = 0,16, e

4k

0,08 0,92

2 23

et e

k

y(0)

80 1000

0,08 et y(4)

1 2

, donc

( 232 )1/ 4 , donc y

0,08 0,08 0,92(2/23)t / 4

2 1 y 23 y

2 23

1 2

y (4)

0,08 0,08 0,92e

4k

.

2 . Si nous 2 23(2/23)t / 4

calculons la valeur de t, nous obtenons

2 y 23 y

que

t 1 4

2 23

t/4

2 23

2

ln[(1 y )/y] , donc t ln 232

t/4

2 2y 23 y

2 23

t/4

ln((1 y )/y ) 1 y . Lorsque y = 0,9, y ln 232

4 1

1 9

t/4 1

, donc t

1 y . Il s’ensuit y

4 1

ln 9 ln 232

7,6 h ou 7 h 36 min .

Par conséquent, 90 % de la population aura entendu la rumeur à 15 heures 36 minutes. 10. a)

P(0) = P0 = 400, P(1) = 1200 et M = 10 000. À partir de la solution de l’équation différentielle logistique P(t )

P0

P0 M ( M P0 )e

P(1) 1200

b)

5000

Calcul intégral

kt

, nous obtenons P

1 24e

10 000 1 24(11/36)t

k

ek

100 12

24( 11 )t 36

1

400(10 000) 400 (9600)e 288 88

t ln 11 36

k

ln 241

kt

10 000 . 1 24e kt

36 ln 11 . Donc, P

t

10 000 1 24e t ln(36/11)

10 000 . 1 24 (11/36)t

2,68 années .

5.4 Les méthodes de la croissance d’une population

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

11. a)

dP dt

kP 1

Chapitre 5 Les équations différentielles

P M

d 2P dt 2

k P

1 dP M dt

1

P dP M dt

k

dP dt

P M

41

P M

1

P 2P P 2P 1 k 2P 1 1 M M M M P croît le plus rapidement lorsque P′ atteint un maximum, c’est-à-dire lorsque P″ = 0. Selon la sous-question k kP 1

b)

a), P

0

P 0 , P = M ou P = M/2. Puisque 0 < P < M, nous constatons que P

12. Gardons tout d’abord k constant (à 0,1, par exemple) et changeons P0 dans la fonction P

0

P0

P

10 P0 (10 P0 )e

M /2 .

0,1t

. (On constate que P0

est le point d’intersection de la courbe de P.) Si P0 = 0, la fonction s’annule dans tous les cas. Pour 0 < P0 < 5, la courbe a un point d’inflexion qui se déplace vers la droite à mesure que P0 diminue. Si 5 < P0 < 10, la courbe est concave vers le bas dans tous les cas. (Nous n’examinons que les cas où t ≥ 0.) Si P0 = 10, la fonction est la fonction constante P = 10 et si P0 > 10, la fonction est décroissante. Pour tout P0 ≠ 0, lim P 10 . t

Gardons maintenant P0 constant (P0 = 1) et changeons k dans la fonction P

10 1 9e

kt

. Il semble qu’à mesure que k augmente, la

courbe se rapproche de la droite P = 10 de plus en plus rapidement. (On constate que la seule différence dans la forme des courbes est l’échelle horizontale; si nous choisissons des échelles appropriées pour l’axe des x, toutes les courbes semblent identiques.)

13. Suivant l’indice donné, considérons que t = 0 correspond à 1960 et soustrayons 94 000 de chaque valeur de la population. Utilisons ensuite une calculatrice pour obtenir les modèles et ajoutons 94 000, ce qui produira la fonction exponentielle PE (t ) 1578,3(1,0933)t

94 000 et la fonction logistique PL (t )

32 658,5 1 12,75e 0,170 6t

94 000 . PL est un modèle

raisonnablement ajusté tandiss que PE ne l’est pas puisqu’un modèle exponentiel n’est utilisé que pour les quelques premières données ponctuelles.

Calcul intégral

5.4 Les méthodes de la croissance d’une population

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

42

14. Suivant l’indice donné, considérons que t = 0 correspond à 1955 et soustrayons 29 000 de chaque valeur de la population. Utilisons ensuite une calculatrice pour obtenir les modèles, puis ajoutons 29 000, ce qui produira la fonction exponentielle PE(t) = 1094(1,066 8)t + 29 000 et la fonction logistique PL (t )

11103,3 1 12,34e 0,1471t

29 000 . PL est un modèle raisonnablement ajusté

tandis que PE ne l’est pas puisqu’un modèle exponentiel n’est utilisé que pour les quelques premières données ponctuelles.

15. a)

dP dt

kP m

est y

y0ekt

k P

P

m . Soit y k m k

P

m dy , donc k dt

m kt e k

P0

P(t )

b)

Puisque k > 0, il y aura une croissance exponentielle

c)

La population demeurera constante si P0

d)

P0 = 8 000 000, k = α − β = 0,016, m 210 000

m k

0

dP dy et l’équation différentielle devient dt dt m k

P0

P0

m

ky . La solution

m kt e . k

m k

0

m kP0 .

kP0 . Elle diminuera si P0

m k

0

m

kP0 .

m kP0 ( 128 000) , donc, selon la sous-question c), la population était en

décroissance.

16. a)

dy dt ou y

Calcul intégral

ky1

c

c

y0 c

y

1 c

dy

y

k dt

ckt . Donc, y c

c

c 1

y0

c

ckt

kt C . Puisque y(0) = y0, nous obtenons C y0c et y (t ) 1 cy0c kt

y0 c y c . Par conséquent, c c

kt

y0 c c

y0 . (1 cy0c kt )1/c

5.4 Les méthodes de la croissance d’une population

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

43

1 . Déterminons que T cy0c k

1 . Alors, lim y(t ) t T cy0c k

b)

y(t) → ∞ lorsque 1 cy0c kt

c)

Selon les données de la sous-question, nous avons c = 0,01, y(0) = 2 et y(3) = 16, où le temps t est donné en mois. Par

0 , c’est-à-dire lorsque t

conséquent, y0 = 2 et 16

2 (1 3cy0c k )100

de cy0c k . 16

lorsque t

17. a)

y (3)

1 cy0c k

T

y0 . Puisque T (1 cy0c k 3)1/c 1 3cy0c k

3 1 8 0,01

( 18 )0,01

8

.

1 , nous calculerons la valeur cy0c k

0,01

cy0c k

1 3

(1 8

0,01

) . Par conséquent, la fin du monde aura lieu

145,77 mois ou 12,15 années.

Le terme −15 représente un prélèvement de poissons à un taux constant, dans ce cas 15 poissons par semaine. C’est le taux de capture des poissons.

b)

c)

Selon le graphique à la sous-question b), il semble que P(t) = 250 et P(t) = 750 sont les solutions stationnaires. Nous confirmons ce fait de façon analytique en trouvant la solution de l’équation dP/dt = 0 : 0,08P(1 P/1 000) 15 0

0,08P 0,000 08P2 15 0

0,000 08( P2 1000P 187 500) 0

( P 250)( P 750) 0

P

250 ou 750 .

d)

Pour 0 < P0 < 250, P(t) diminue jusqu’à ce qu’il atteigne 0. Pour P0 = 250, P(t) demeure constant. Pour 250 < P0 < 750, P(t) augmente et se rapproche de 750. Pour P0 = 750, P(t) demeure constant. Pour P0 > 750, P(t) diminue et se rapproche de 750. e)

dP dt

0,08P 1

12 500

dP dt

1/500 P 250 Calcul intégral

P 1000

100 000 dP 8 dt

15

P 2 1000 P 187 500

1/500 dP P 750

1 dt 12 500

(0,08P 0,000 08P 2 15)

dP ( P 250)( P 750)

1 P 250

100 000 8

1 dt 12 500

1 dP P 750

1 25

dt

5.4 Les méthodes de la croissance d’une population

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

1 25

ln|P 250| ln|P 750|

P 250 P 750

ket / 25

P = 200, alors 200 et P = 300, alors k

P(t )

t C

ln

Pket / 25

P 250 250 750k 1 k 1 9

P 250 P 750

1 25

750ket / 25

200 200k

P 250 P 750

t C

P Pket / 25

250 750k

44

et / 25

C

ket / 25

250 750ket / 25

550k

50

P(t )

k

1 11

250 750ket / 25 . Si t = 0 et 1 ket / 25

. D’une façon similaire, si t = 0

. En simplifiant P à l’aide de ces deux valeurs de k, nous obtenons

250(3et / 25 11) et P(t ) et / 25 11

750(et / 25 3) . et / 25 9

18. a)

c=0

c=10

c=21

c=25

c=20

c=30

b)

Pour 0 ≤ c ≤ 20, il existe au moins une solution stationnaire. Pour c > 20, la population est toujours vouée à l’extinction.

c)

dP dt

0,08P 0,000 08P 2

c.

discriminant n’est pas négatif

dP dt

0

P

0,08

(0,08)2 4( 0,000 08)( c ) , qui a au moins une solution lorsque le 2( 0,000 08)

0,0064 0,000 32c 0

c 20 . Pour 0 ≤ c ≤ 20, il existe au moins une valeur de P

telle que dP/dt = 0 et, par conséquent, au moins une solution stationnaire. Pour c > 20, dP/dt < 0 et la population est toujours vouée à l’extinction. d)

La capture hebdomadaire devrait être de moins de 20 poissons.

Calcul intégral

5.4 Les méthodes de la croissance d’une population

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

19. a)

dP dt

Chapitre 5 Les équations différentielles

P M

(kP) 1

alors dP/dt

m . Si m < P < M, alors dP/dt P

1

45

P est croissante. Si 0 < P < m,

( )( )( )

P est décroissante.

( )( )( )

b)

k = 0,08, M = 1000 et m 200 dP dt

P 1000

0,08P 1

1

200 P

Pour 0 < P0 < 200, la population est vouée à l’extinction. Pour P0 = 200, la population demeure stable. Pour 200 < P0 < 1000, la population augmente et s’approche de 1000. Pour P0 > 1000, la population diminue et s’approche de 1000. Les solutions stationnaires sont P(t) = 200 et P(t) = 1000. c)

dP dt

P M

kP 1

1

fractions partielles,

1

M

( ln|M

M

m

ln

P m M P

Soit t = 0 :

(M

1

Si P = m, B

m

M P M

kP

1 P)( P m)

; si P = M, A

P| ln|P m|)

(M P0 M

m P

m) m P0

P m P A

M

1 m

donc

k t C M

k t C1 M

P m M P

P0 M

1 m

1

De( M m (M e P0

En calculant la valeur de P, nous obtenons P(t ) d)

1 M

M

P m M P

D . Donc,

P)( P m)

(M

dP P)( P m)

k dt . Décomposons en M

B , donc A(P − m) + B(M − P) = 1. P m

P

M

k (M M

m

ln

M

P m M P

m )( k /M ) t

m )( k /M ) t

P

[D

1 dP P m

k dt M

k t C M eC1 ] .

.

m( M P0 ) M ( P0 m)e( M m)( k /M )t . M P0 ( P0 m)e( M m)( k /M )t

Si P0 < m, alors P0 − m < 0. Soit N(t) le numérateur de l’expression pour P(t) à la sous-question c). Alors, N(0) = P0(M − m) > 0 et P0

Calcul intégral

m 0

lim M ( P0 t

m)e( M

m )( k /M ) t

lim N (t ) t

.

5.4 Les méthodes de la croissance d’une population

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

46

Comme la fonction N est continue, il existe un nombre t tel que N(t) = 0 et, par conséquent, P (t) = 0. L’espèce est donc vouée à l’extinction.

20. a)

dP dt

M P P

c ln

du u

ct

dP P ln(M /P)

D

ln|u|

ct

cdt . Soit u

D

|u| e

obtenons ln (M/P0) = ±e−D, donc ln(M /P)

P(t ) b)

ln( M /P0 ) e

Me

lim P(t ) lim Me t

ct

e

ln

M P

ln M

( ct D )

ct D

ln P

|ln( M /P)| e

e ct e

D

ln(M /P0 )e

dP P

du

ln(M/P) = ±e−(ct+D). En posant t = 0, nous

( ct D )

M /P eln( M /P0 )e

ct

ct

, c ≠ 0. ct

ln( M /P0 ) e

ln( M /P0 ) 0

Me

t

Me0

M

c)

Les courbes semblent très semblables. Pour la fonction de Gompertz, P (40) ≈ 732, ce qui est presque la même chose que pour la fonction logistique. La fonction de Gompertz atteint P = 900 en t ≈ 61,7 et sa valeur en t = 80 est d’environ 959; elle n’augmente donc pas tout à fait aussi rapidement que la courbe de la fonction logistique. d)

dP dt

c ln

M P P

cP(ln M

ln P) d 2P dt 2

1 dP P dt

c P

(ln M

ln P)

dP dt

c

dP dt

1 ln

M P

c[c ln( M /P) P][ln( M /P) 1] c 2 P ln( M /P)[ln( M /P) 1]

Puisque 0 < P < M, P

0

ln(M /P) 1

M /P

e

P

M /e . P″ > 0 pour 0 < P < M/e et P″ < 0 pour

M/e < P < M, donc P′ est un maximum (et P augmente le plus rapidement) lorsque P = M/e. Remarque : Si P > M, alors ln(M/P ) < 0, donc P″(t) > 0.

21. a)

dP /dt

kP cos(rt

)

(dP)/P

k cos(rt

)dt

(dP)/P

k cos(rt

)dt

ln P = (k/r) sin(rt − ) + C.

(Comme il s’agit d’un modèle de croissance, P > 0 et nous pouvons écrire ln P plutôt que ln|P|.) Puisque P(0) = P0, nous obtenons ln P0

(k /r )sin(

) C

conséquent, ln P (k /r )sin(rt ln( P/P0 ) (k /r )[sin(rt

Calcul intégral

(k /r )sin

) ln P0

C

C

ln P0

(k /r)sin . Par

(k /r )sin , qu’on peut également présenter comme

) sin ] ou, après exponentiation, P(t )

P0e( k /r )[sin( rt

) sin ]

.

5.4 Les méthodes de la croissance d’une population

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé b)

Chapitre 5 Les équations différentielles

47

À mesure que k augmente, l’amplitude augmente, mais la valeur minimum demeure la même.

À mesure que r augmente, l’amplitude et la période diminuent.

Une variation de

résulte en de légers ajustements dans le déplacement de phase et l’amplitude.

P(t) oscille entre P0e(k/r)(1+sin ) et P0e(k/r)(−1+sin ) (les valeurs extrêmes sont atteintes lorsque rt − est un multiple impair de

2

),

donc lim P (t ) n’existe pas. t

22. a)

kP cos2 (rt

dP /dt ln P

k

1 cos(2(rt 2

obtenons ln P0

)

(dP)/P ))

dt

k t 2

k sin( 2 ) C 4r

En simplifiant, nous obtenons ln b)

k cos2 (rt

k sin(2(rt 4r C

P P0

)dt

(dP)/P

k cos2 (rt

)dt

)) C . À partir de P(0) = P0, nous

k sin 2 , donc C 4r

ln P0

k t 2

)) sin 2 ]

k [sin(2(rt 4r

k sin 2 et ln P 4r

k t 2

k sin(2(rt 4r

)) ln P0

k sin 2 . 4r

f (t ) ou P(t) = P0ef(t).

Une augmentation de k étire la courbe de P verticalement tout en conservant la relation P(0) = P0.

Calcul intégral

5.4 Les méthodes de la croissance d’une population

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

48

Une augmentation de r comprime la courbe de P horizontalement, un peu comme le changement de période à l’exercice 19.

Comme à l’exercice 19, une variation de

ne résulte qu’en de légers ajustements dans la croissance de P, comme le montre la

figure.

f’(t) = k/2 +[k/(4r)][2r cos(2(rt − ))] = (k/2)[1 + cos(2(rt − ))] ≥ 0. Puisque P(t) = P0ef(t), nous obtenons P′(t) = P0f′(t)ef(t) ≥ 0, et l’égalité ne se produit que si cos(2(rt − )) = −1, c’est-à-dire lorsque rt − est un multiple impair de 2 . Par conséquent, P(t) est une fonction croissante sur l’intervalle ]0, ∞[. On peut également présenter P comme P(t )

P0ekt /2e( k / 4r )[sin(2( rt

)) sin 2 ]

. La

deuxième fonction exponentielle oscille entre e(k/4r)(1+sin 2 ) et e(k/4r)(−1+sin 2 ) alors que la première, ekt/2, s’accroît sans limite. Donc, lim P(t ) t

Calcul intégral

.

5.4 Les méthodes de la croissance d’une population

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

49

5. Révision Compréhension des concepts 1.

2.

a)

Une équation différentielle est une équation comportant une fonction inconnue et une ou plusieurs de ses dérivées.

b)

L’ordre d’une équation différentielle est celui de la dérivée de plus grand ordre présente dans l’équation.

c)

Une condition initiale est une condition de la forme y(t0) = y0.

y′ = x2 + y2 ≥ 0 pour tout x et y. y′ = 0 seulement à l’origine; il y a donc une tangente horizontale au point (0, 0), mais nulle part ailleurs. La courbe de la solution est toujours croissante.

3.

Voir le paragraphe qui précède l’exemple 1 à la section 5.2.

4.

Voir le paragraphe qui suit la figure 14 à la section 5.2.

5.

Une équation différentielle à variables séparables est une équation différentielle du premier ordre dans laquelle l’expression de dy/dx peut s’écrire sous la forme de deux facteurs, à savoir une fonction de x multipliée par une fonction de y, c’est-à-dire dy/dx = g(x)f (y). Pour résoudre l’équation, on effectue intègre chaque membre de l’équation dy/f (y) = g(x)dx et on exprime généralement y en fonction de x.

6.

a)

dy dt

b)

L’équation différentielle formulée à la sous-question a) est un modèle approprié de la croissance d’une population, en supposant

ky ; le taux de croissance relatif,

1 dy , est constant. y dt

qu’il y ait assez d’espace et de nutriments pour soutenir la croissance.

7.

y0ekt .

c)

Si y(0) = y0, alors la solution est y(t )

a)

dP/dt = kP (1 − P/M), où M est la capacité de charge.

b)

L’équation différentielle formulée à la sous-question a) est un modèle approprié de la croissance d’une population, si on suppose que la population croît à un taux proportionnel à sa taille initiale, mais qu’elle plafonne éventuellement et se rapproche de sa capacité de charge à cause des ressources limitées.

Vrai ou faux 1.

Vrai.

2.

Vrai.

Puisque y4 ≥ 0, y′ = −1 − y4 < 0 montre que toutes les solutions sont des fonctions décroissantes.

Calcul intégral

y

ln x x

y

1 ln x . x2

5 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

Membre de gauche

donc y

x2 y

xy

1 ln x x2

x2

x

ln x x

50

(1 ln x) ln x 1 Membre de droite ,

ln x est une solution de l’équation différentielle x2y′ + xy = 1. x

3.

Faux.

x + y ne peut s’écrire sous la forme g(x)f (y).

4.

Vrai.

y′ = 3y − 2x + 6xy −1 = 6xy − 2x + 3y −1 = 2x(3y − 1) + 1(3y − 1) = (2x+1)(3y − 1); y′ peut donc s’écrire sous la forme g(x)f (y) et, par conséquent, est une équation à variables séparables.

5.

Vrai.

En comparant

dy dt

2y 1

y 5

à l’équation différentielle logistique (5.4.4), nous constatons que la

capacité de charge est 5, c’est-à-dire lim y t

5.

Exercices récapitulatifs 1.

a)

b)

lim y (t ) semble existée pour 0 ≤ c ≤ 4. En fait, lim y(t ) t

t

4 pour c = 4, lim y(t ) t

2 pour 0 < c < 4 et lim y(t ) 0 pour c = 0. Les t

solutions stationnaires sont y(t) = 0, y(t) = 2 et y(t) = 4. 2.

a)

Dessinons le champ de directions et les quatre courbes intégrales. Nous constatons que la pente y′ = x/y n’est pas définie sur la droite y = 0. b)

y

x /y

ydy

xdx

y2

x2

C . Pour C = 0, ceci est la paire de droites y = ±x. Pour C ≠ 0, ce sont des hyperboles x2 −

y2 = −C. Calcul intégral

5 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

3.

Chapitre 5 Les équations différentielles

51

a)

Nous estimons graphiquement que lorsque x = 0,3, y = 0,8, donc y(0,3) ≈ 0,8. (b) h = 0,1, x0 = 0, y0 = 1et F ( x, y)

x2

y 2 . Donc, yn

yn

1

0,1( xn2 1

yn2 1)

Par conséquent, y1 = 1 + 0,1(02 − 12) = 0,9, y2 = 0,9 + 0,1(0,12 – 0,92) = 0,82, y3 = 0,82 + 0,1(0,22 – 0,822) = 0,756 76. Ce résultat se rapproche de l’estimation de y(0,3) ≈ 0,8 obtenue graphiquement. c)

Les milieux des segments horizontaux du champ de directions sont situés sur les droites y = x et y = −x. Lorsqu’une courbe intégrale coupe une de ces droites, elle atteint un maximum ou un minimum local.

4.

a)

h = 0,2, x0 = 0, y0 = 1 et F (x, y) = 2xy2. Nous cherchons y2 : y1 = 1 + 0,2(2 · 0 · 12) = 1, y2 = 1 + 0,2(2 · 0,2 · 12) = 1,08 ≈ y(0,4).

b)

Maintenant, h = 0,1, donc y1 = 1 + 0,1(2 · 0 · 12) = 1, y2 = 1 + 0,1(2 · 0,1 · 12) = 1,02, y3 = 1,02 + 0,1(2 · 0,2 · 1,022) ≈ 1,061 62, y4 = 1,061 62 + 0,1(2 · 0,3 · 1,061 622) ≈ 1,129 2 ≈ y(0,4).

c)

Il s’agit d’une équation différentielle à variables séparables qui peut s’écrire sous la forme dy y2

dy y2

2 xdx

1 1 x2

y ( x)

1 y

2 xdx

y(0,4)

x2

C ; cependant, y(0) = 1, donc C = −1 et

1 1,1905 . Ceci démontre que, bien que l’augmentation du nombre de pas a grandement 1 0,16

amélioré l’approximation, mais les approximations sont encore loin de la valeur exacte.

5.

dx 1 t dt dx 1 x

1 x

x tx 1(1 t ) x(1 t ) (1 x)(1 t )

(1

et

Calcul intégral

t2 / 2

t )dt

eC

ln|1 x| t

x

1 Ket

1 2 2

t

t2 / 2

C

dx 1 x |1 x | et

(1 t )dt

t2 / 2 C

, où K est toute constante non égale à zéro.

5 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

2

2ye y y

6.

2

7.

2tr

2

ey

2 x3/ 2 dr dt

r

r 2tr

e y dy 1 ey

sin xdx 1 +cos x

1 ey

ln(1 cos x )

e

ln 2

0 ln[ke est y ( x)

9.

ln

e y dy e

y

y

y2

C

ln( x 2

2 x3/ 2 C )

ey e0

dr r

ln | r| t t 2

(1 2t )dt

|r| et

C

t2 C

ket

t2

. Puisque r(0) = 5, 5 =

t2

dy 1 e

eC

dy dx

y

sin xdx 1 cos x ln 1

ke

ln(1 cos x )

k ( 12 ) 1

3x 2e y

3x 2dx x3 e

d ( y) dx

2 x3/ 2

2x 3 x dx

k

dy 1 1/e y

ln(1 e y )

cos x | C 1

y

sin xdx 1 cos x

ln[ke

ln(1 cos x )

ln(1 cos x) C 1] . Puisque y(0) = 0,

4 . Par conséquent, y( x) ln[4e

ln(1 cos x )

1] . Une forme simplifiée

3 cos x . 1 cos x

résoudre x3

10.

x2

ln|1 e y

1]

3x 2e y

y

2

2

2ye y dy

3 x

r (1 2t )

(1 e y )sin x

(1 cos x) y

2x

52

C)

ke0 = k. Par conséquent, r (t ) 5et

8.

dy dx

2 x 3 x dx

ln( x 2

dr dt

2ye y

2x 3 x

2 ye y dy

y

Chapitre 5 Les équations différentielles

e

1

e e

1

0

d (ke x ) dx 1 y

dy dx

y

y 1 y

e y dy y

3x 2dx

x3 C . Or, y(0) 1

x3

e

1

x3

e

1

ke x

y x e

ln( x3 1/3

e

1

C , donc

e 1)

y

ln( x3 e 1 ) . Pour trouver le domaine, il faut

; le domaine est donc ]−∞, e−1/3[ et x = e−1/3 [≈0,72] est une asymptote verticale.

y ; les trajectoires orthogonales doivent donc avoir

ydy

dx

ydy

dx

1 2

y2

x C

x

C

1 2

y 2 . Ces trajectoires sont des paraboles

horizontales.

Calcul intégral

5 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

11.

d ( y) dx

12. a)

d kx (e ) dx

y 2 ln y

kekx

y

x y ln y

y 1 2

Chapitre 5 Les équations différentielles

dy dx

ky

lny · y ; les trajectoires orthogonales doivent donc avoir x

x y ln y

y ln ydy

xdx

y2

À l’aide des équations différentielles 4 et 7 de la section 5.4, nous constatons que pour

dP dt

ln y et dv

2000 2000 et P(20) 1 19e 0,1t 1 19e 2

donc P(t )

P 1200

e

13. a)

y ln ydy

2 y 2 ln y

1 4

y 2[intégration par parties avec u

xdx

nous obtenons k = 0,1, M = 2000, P0 = 100 et A

b)

53

0,1t

2 3

2000 1 19e 0,1t

1200

/19

t

2000 100 100

x2

C1

C 2x 2 .

0,1P 1

P 2000

avec P(0) = 100,

19 . La solution du problème de Cauchy est

560 .

2000 1200

0,1t

1 19e

ln 572

0,1t

1 2

ydy]

10ln 572

19e

5 1 3

0,1t

33,5.

Considérons que t = 0 correspond à 1990 de sorte que P(t) = 5,28ekt est un point de départ pour le modèle. Lorsque t = 10, P = 6,07. Donc, 6,07 5,28e10k

10k

ln 6,07 5,28

1 10

k

ln 6,07 5,28

0,013 94 . Pour l’année 2020, t = 30 et

P(30) = 5,28e30k ≈ 8,02 milliards. b)

5,28ekt

P 10

10 5,28

10

ekt

kt

ln

10 5,28

t 10

ln ln

10 5,28 6,07 5,28

45,8 années, c’est-à-dire

en 1990 + 45 = 2035. c)

K 1 Ae

P(t )

kt

1

100 1 17,94e

est P(t )

100 Ae

kt

0,013 94t

100 5, 28 17,94 . Puisque k 5, 28

, où A

1 6,07 (obtenu à la sous-question a)), un modèle ln 10 5,28

et P(30) ≈ 7,81 milliards, un nombre légèrement inférieur à l’approximation de 8,02 milliards à la

sous-question a). d)

1 Ae kt

P 10

Ae kt

100 10

e kt

9

9/A

kt

ln(9/A)

t

1 9 ln k A

49,47 années (c’est-à-

dire en 2039), ce qui est plus tard que la prédiction de 2035 à la sous-question b). 14. a)

dL dt

L

ln|L L

L| L(0)

Calcul intégral

dL dt

L

kt C L

A

k (L

|L A L

dL

L)

L| e

L kt C

L(0)

kdt

L

L L(t )

L L

ln|L

Ae [L

kt

L L(0)]e

5 Révision

L| kt C

L

Ae

kt

. À t = 0,

kt

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé b)

15.

Chapitre 5 Les équations différentielles

L∞ = 53 cm, L(0) = 10 cm et k

0,2

L(t) 53 (53 10) e

0,2 t

53 43e

54

0,2 t

.

Représentons la quantité de sel dans le réservoir (en kg) par y. y(0) = 0 puisque, initialement, il n’y a que de l’eau dans le réservoir. Le taux auquel y augmente est égal au taux auquel le sel entre dans le réservoir moins le taux auquel il en sort. Ce taux est dy dt

0,1

kg L 10 L min

y kg L 10 100 L min

1 10

10 y

ln|10 y|

6/10

y 10(1 e

t C )

Ae

1 t /10

y kg 10 min

dy 10 y

y(0) 0

10

1 dt 10

A

t /10

y 10(1 e

) . À t = 6 minutes,

4,512 kg

16. Considérons que P représente la population et I le nombre de personnes infectées. Le taux de propagation dI/dt est proportionnel à la fois à I et à P – I; donc, pour une certaine constante k,

dI dt

kI ( P I )

I (t )

I0P ( P I 0 )e

I0

kPt

[selon l’analyse du modèle

logistique de croissance de la section 5.4]. Maintenant, en mesurant t en jours, effectuons les changements de variables t = 7, P = 5000, I0 = 160 et I(7) = 1200 afin de calculer k : 160 · 5000 160 (5000 160)e

1200 e

35 000 k

3

5 000·7· k

2000 480 14 520

35 000k

ln

2000 160 4840e 38 363

k

I = 5000 × 80 % = 4000 et calculons la valeur de t : 4000

160 4840e

t

17.

5000 kt

1 1 ln 5000k 121

1 dR R dt

k dS S dt

R ek ln S

18.

dh dt

200

1 7

e

1 38 ln 363

ln

eC (eln S )k

T h V k h

k

d (k ln S ) dt R

h h

200 160 4840

1 38 ln 35 000 363

ln

2000

0,000 064 48 . Ensuite, posons que

160 · 5000 160 (5000 160)e

5000kt

35 000 k

k ·5 000·t

1

200 160 4840e

5000kt

1 121

1 ln121 7 14,875 . Il faut donc environ 15 jours pour que 80 % de la population soit infectée. 121 ln 363 38

d (ln R) dt C

5000 kt

480 14 520e

35 000 k

dh

ln R

k ln S C

AS k , où A = eC est une constante positive.

T dt V

1

k dh h

T 1dt V

h k ln h

T t C . Cette équation différentielle V

donne une relation entre h et t, mais il est impossible d’isoler h et de l’exprimer en fonction de t. 19. Nous devons trouver la masse m en kg de Barbara en fonction de t. La consommation nette de calories par jour de Barbara au temps t (mesuré en jours) est c(t) = 1 600 − 850 − 15m(t) = 750 − 15m(t), où m(t) est sa masse au temps t. Le problème spécifie que

Calcul intégral

5 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

m(0) = 60 kg et que

dm dt

obtenons ln|m 50|

c(t ) dm , donc 10 000 dt 3 2000

750 15m 10 000

55

dm 3(m 50) avec m(0) = 60. À partir de m 50 2000

150 3m 2000

|m 50| 10

t C . Puisque m(0) = 60, C = ln10. Or, ln

3dt , nous 2000

3t , donc |m − 50| = 10e−3t/2000. La quantité m − 50 2000

est continue, initialement positive et le côté droit de l’équation n’est jamais zéro. Par conséquent, m − 50 est positif pour tout t et m(t) = 50 + 10e−3t/2000 kg. Lorsque t → ∞, m(t) → 50 kg. Par conséquent, la masse de Barbara se stabilise graduellement à 50 kg.

20. a)

d2y dx 2

dy dx

k 1

2

dy dz , nous obtenons dx dx

. En posant z

dz

k 1 z2

kdx . À l’aide de la formule 25, nous

1 z2

obtenons

1 z2 )

ln( z 1 z2

C 2e2 kx

dy dx

C kx e 2

Or,

h. a

1 e 2C

z2

y

1 2Ck

C

C kb (e 1) 2k

1 (e 2Ck

y

y

1 kx (e 1) 2k

ekb

1 (e 2k

1 kx (e 1) 2k

1 (e 2k

e

C

C 2k

kx

1) a

a

kb

z

1 e 2C

kx

z

.

C . Nous observons au graphique dans le manuel que y(0) = a et que y(±b) =

1 2Ck

1 ekb e Ck 2

C kx (e 1) 2k

y

C (e 2k

1) a et h

C kx e 2

Cekx

kb

kb

1)

1 (e 2Ck

kx

1) a . À partir de h = y(±b), nous

1 (ekb 1) a . En soustrayant la seconde équation de la 2Ck

1 ekb e k 2

kb

1 . C

C

0 et C = ±1. Si C = 1, alors

1) a

kx

a

kx

1 z2

kb

2

concluons que C = 1et y

1 e 2Ck

kb

ec ]

C 2e2 kx 1

C kx e 2k

C ekb e k 2

première, nous obtenons 0

Cekx [où C

2Cekx z

kx

Or, k > 0 et b > 0, donc

1 z2

z

2Cekx z

C 2k

y(0)

obtenons h

kx c

1 ekx e k 2 1ekx

1 ekx e ( k 2

kx

e

1 k

kx

2

1 k

a

a

y(b)

a

e

kx

1 . Si C = −1, alors

2 ekx

1 k

a

kx

1) , où h

ekx

1 k

a

e

kx

1 . Puisque k > 0,

2 1 ekb e ( k 2

kb

1) . Puisque

ekb

ekx

kx

1 et y ≥ a, nous

2 e

2

e

kb

e

kb

ekb 2

, nous ne

pouvons extraire aucune information additionnelle de la condition y(b) = y(−b). Nous pourrions cependant remplacer a par l’expression h

1 ekb e ( k 2

kb

1) et obtenir y

h

1 ekx e ( k 2

kx

ekb

e 2

kb

) . Il serait encore mieux de laisser a dans l’expression

pour y et d’utiliser l’expression pour h pour trouver la valeur de k en fonction de a, b et h. Cela nous permettrait d’exprimer y en fonction de x et des paramètres donnés a, b et h. Il est malheureusement impossible de trouver une solution analytiquement simple pour k. Des méthodes numériques devraient être utilisées lorsque les valeurs spécifiques des paramètres sont données. Calcul intégral

5 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé b)

Chapitre 5 Les équations différentielles

56

La longueur du câble est b

L

b

1 (dy /dx) 2 dx

b

ekx

b

kx

e k

b

ebx

e

ekx

1

e

2

kx

b

dx

2

b

e kx

e 2

kx

dx

2

b

ekx

0

e 2

kx

dx

bx

k

0

Problèmes supplémentaires 1.

À l’aide du théorème fondamental du calcul différentiel et intégral, dérivons chaque membre de l’équation donnée :

[ f ( x)]2 100

x

[ f (t )]2 [ f (t )]2 dt

0

[ f ( x)]2 [ f ( x)]2

2 f ( x) f ( x) [ f ( x)]2 [ f ( x)]2

2 f ( x) f ( x) 0

[ f ( x)

f ( x)]2

0

f ( x) . Nous pouvons résoudre cette équation en la

f ( x)

considérant comme une équation différentielle à variables séparables ou bien utiliser le théorème présenté en 5.4.2 avec k = 1; ce théorème établie que les solutions sont f(x) = Cex. Or, [f(0)]2 = 100, donc f(0) = C = ±10 et, par conséquent, f (x) = ±10ex sont les seules fonctions qui satisfont à l’équation donnée.

2.

2

g g

2

2

ex g

2

ex g

2 xex g . Comme l’erreur de l’étudiant n’a pas eu d’incidence sur la

2

2 xe x g

2x 1 1 2x 1 2x 1

2 xe x g . Donc, (2x − 1)g′ = 2xg ou

ln|g ( x)|

x

1 2

ln(2 x 1) C

g ( x)

Ae x 2 x 1.

f ( x h) f ( x ) f ( x) [ f (h) 1] lim [puisque f ( x h) f ( x) f (h)] h 0 h h f ( h) 1 f (h) f (0) f ( x)lim f ( x)lim f ( x) f 0 f ( x) h 0 h 0 h h 0 Par conséquent, f′(x) = f (x) pour tout x et, selon le théorème énoncé en 5.4.2, nous obtenons f (x) = Aex. f ( x)

lim h

0

Or, f (0) 1

4.

2

2

réponse, e x g

3.

ex

(fg)′ = f′g′ où f ( x)

f ( x)dx

f ( x)dx f ( x)

A 1

dx f ( x)

f ( x)

f ( x)

1

ex .

dx f ( x)

1 f ( x)dx

1 f ( x)

f ( x) f ( x)dx

2

[après avoir dérivé]

après avoir extrait la racine carrée

f ( x) après avoir dérivé une seconde fois

y

Ae x

ou y = Ae−x selon le théorème 5.4.2. Par conséquent, f (x) = Aex ou f(x) = Ae−x, pour toute constante A non nulle, sont des fonctions qui vérifient l’équation à résoudre.

Calcul intégral

5 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

5.

Chapitre 5 Les équations différentielles

« L’aire sous la courbe de f entre 0 et x est proportionnelle à la (n + 1)-ième puissance de f (x) » se traduit par pour une certaine constante k. Selon le TFC1,

f ( x)

k (n 1)[ f ( x)]n f ( x)

k (n 1) y n 1dy

dx

alors f (1) 1

6.

57

k (n 1)

d dx

x 0

dx

1 1 n

n

k

n 1

f (t )dt

k[ f ( x)]n

1

d {k[ f ( x)]n 1} dx

f (t )dt

1 k (n 1) y n

1 k (n 1)[ f ( x)]n 1 f ( x)

k (n 1) y n 1dy

x 0

k (n 1)

1 n y n

1

dy dx

x C . Or, f (0) 0

, donc yn = x et y

f ( x)

0 0 C

C

0 et

x1/n .

Soit y = f (x) est une courbe passant par le point (c, 1) et dont les sous-tangentes sont de longueur c. Une équation de la tangente en x = a est y – f (a) = f ′(a)(x − a). En supposant que f (a) ≠ 0 et f′(a) ≠ 0, la courbe a un point d’intersection avec l’axe des x [posons y = 0 et trouvons la valeur de x]. Par conséquent, la longueur de la sous-tangente est c, et donc a

Or,

a

f ( x) f ( x)

f ( a) f ( a)

1 c

f ( a) f ( a)

1 f ( x) c

f ( x)

Puisque f (c) = 1, ln 1

f ( a) f ( a)

c

1 K

K

1 . c

dy dx

1 y c

dy y

1 . Par conséquent, y

1 dx c e

x /c 1

1 dy y

ou y

e

( x /c 1)

1 dx c

ln|y|

1 x K. c

. L’une des courbes est une fonction

exponentielle croissante (comme le montre le graphique) et courbe est sa réflexion par rapport à la droite x = c. 7.

Soit y(t) représentant la température de la tarte aux pêches t minutes après 5 h de l’après-midi et soit A la température ambiante. Selon la loi de refroidissement de Newton, dy/dt = k(y − A). En isolant y, nous obtenons

dy y

A

kdt

ln|y

A| kt C

|y

A | e kt

C

y

A

e kt eC

y

Me kt

A , où M est une constante non

nulle. L’exercice donne la température à trois heures différentes.

Calcul intégral

y(0) 100

100

M

y(10) 80

80

Me10k

A

A 100 M

A

5 Révision

(1)

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

65 Me20k

y(20) 65

58 (2)

A

En remplaçant A par 100 − M dans (1) et (2), nous obtenons −20 = Me10k − M (3) et −35 = Me20k − M (4) M (e10 k 1) M (e20 k 1)

20 35

En divisant (3) par (4), nous obtenons

Ceci est une équation quadratique en e10k .(4e10k

4 7

e10 k 1 e20 k 1

3)(e10k 1) 0

4e20 k

e10k

3 4

ou 1

4

10k

7e10 k

4e20 k

7

ln 34 ou ln 1

7e10 k 1 10

k

3 0.

ln 43 puisque k est

une constante de proportionalité non nulle. En remplaçant e10k par 34 dans (3), nous obtenons

20

8.

M·

3 4

M

1 4

20

M

M

80 . Or, A = 100 − M , donc A = 20 0C.

Soit b, le nombre d’heures avant midi durant lesquelles il a neigé, t, le temps mesuré en heures depuis midi et x = x(t), la distance parcourue par le chasse-neige au temps t. Alors, dx/dt = la vitesse du chasse-neige. Comme il neige de façon constante, la hauteur au temps t est h(t) = k(t + b), où k est une constante. Le problème spécifie que le taux de déblaiement de la neige est constant, disons R (en m3/h). Si la largeur du passage déblayé est l, alors R

conséquent,

dx C

dx dt

C , où C t b

dt t b

hauteur × largeur × vitesse

h(t )

l

dx dt

k (t b)l

dx . Par dt

R est une constante. C’est une équation différentielle à variables séparables. kl

x(t ) C ln(t b) K .

En posant t = 0 : 0 C ln b K

C ln b , donc x(t) = C ln(t + b) − C ln b = C ln(1 + t/b).

K

En posant t = 1 : 6000 C ln(1 1/ b) [x = 6 km]. En posant t = 2 : 9000 C ln(1 2 / b) [x = (6 + 3) km]. Trouvons la valeur de

ln(1 1/b) ln(1 2/b) 6000 9000 3 3 1 4 4 1 1 2 3 b b b b b2 b:

min. Il a commencé à neiger

9.

a)

3ln 1 1 b 5 1 2

1 b2

1 b

2ln 1 1 b3

0

2 b

1 b2

1 b

3

b 1 0

1 b

2 b

2

1

5

ds dx

. Cependant, b > 0, donc b

L x

1 (dy /dx)2 dx

5 2

0,618 h

37

x L

1 (dy /dx)2 dx ,

1 (dy /dx )2 . Le chien et le lièvre courent à la même vitesse, et la position du lièvre lorsque le chien a parcouru la

distance s est donc (0, s). Comme le chien se dirige toujours tout droit vers le lièvre, Calcul intégral

1

heures avant midi, c’est-à-dire vers 11 h 23 min.

Lorsqu’il court du point (L, 0) au point (x, y), le chien parcourt la distance s donc

2

5 Révision

dy dx

s y (voir la figure). 0 x © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 5 Les équations différentielles

Par conséquent, s

nous obtenons x

b)

dz

x L

c) 10. a)

x2 4L

ds dx dy dx

dy dx

x

d2y dy 1 dx 2 dx

x

, tel qu’il est donné dans le problème.

1 z2

L ln x 2

x2 4L

L ln L 2

1 z 2 ou

z2

2

z]

2 xz L

x x L

z2

z2

L( 1 2

1 z

2

dx . En intégran, nous obtenons x

2z

z)

x L

x 2 L2 4L

( x /L)2 1 2( x /L)

1 0

z

L 4

L ln L C1 2

L ln x + C1. Puisque y = 0 lorsque x = L, 0 2 L 4

dz

C . Lorsque x = L, z = dy/dx = 0, donc ln L = ln1 + C. Par conséquent, C = ln L, donc

x L

1 z2

z

d2y ds . En traduisant les deux expressions pour en équation, dx 2 dx

2

z) ln L ln[ L 1

dy , y dx

Puisque z

dy dx

1

ln z

ln( 1 z 2

1 z2

y

d2y dx 2

25

1 z2

ln x

x

dy dz , nous obtenons l’équation différentielle x dx dx

En posant z

ln x

y

59

C1

x 2 L2 2 Lx

L ln L 2

x 2L

L1 [pour x > 0]. xx

L . Par conséquent, 4

L x . ln 2 L

Lorsque x → 0+, y → ∞, et le chien n’attrape donc jamais le lièvre. Si le chien court deux fois plus vite que le lièvre, alors la position du lièvre lorsque le chien a parcouru une distance s est (0, s/2). Comme le chien se dirige toujours tout droit vers le lièvre, la pente de la droite tangente à la trajectoire du chien est

Par conséquent, s

2 y 2x

Selon le problème 9 a),

En posant que z

ln x

2dz 1 z2

dy dx

ds dx

ds dx

1

dy dx

2

dy dx

2x

2

, donc 2 x

d2y dx 2

d2y dx 2

2

1

dy dx

2x

dy dx

dy dz , nous obtenons l’équation différentielle 2 x dx dx 2ln

1 z2

z

2

dy dx

s /2 y . 0 x

d2y . dx 2

.

1 z 2 ou

2dz 1 z

2

dx . En intégrant, nous obtenons x

C . [Voir le problème 9 b).] Lorsque x = L, z = dy/dx = 0, donc ln L = 2ln1 + C = C. Par

conséquent, Calcul intégral

5 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

ln x

1 z2

2ln

x L

1 z2 dy dx

z

donc 0

Chapitre 5 Les équations différentielles

z

1 x 2 L

1 3

z

L

ln L

ln L

1 z2

x L

1 2 x /L

L3/ 2

Lorsque x → 0, y

1 2

L

LL1/ 2 C1 2 3

1 z2 x z L

2

z

2

x

z2

x1/ 2

L x 2

L 3

L C1

2

1/ 2

x z L

z

2

x 1 L 1

y

C1

1 z2

L

3

x3/ 2

L

Lx1/ 2

C1 . Lorsque x = L, y = 0,

L . Par conséquent, C1

2 3

60

2 3

x3/ 2 3 L

L et y

L , et le chien attrape donc le lièvre lorsque ce dernier est au point (0,

2 3

Lx1/ 2

2 3

L.

L) . (À ce point, le chien a parcouru

une distance de 43 L , soit deux fois la distance que le lièvre a parcourue.)

x3 6 L2

conséquent, y

1 2

(0, 2s). Or, s

( x 0) 2

D

x3 2 L2 D

y

L2 2x 1 2

x

2 3

L2 et, par 2x2

L . Nous voulons réduire au minimum la distance D entre le chien au point (x, y) et le lièvre au point

dy dx

2s

( y 2s ) 2

x2 2 L2

dy dx

b) Comme aux solutions à la sous-question a) et au problème 9, nous obtenons z

y

x3 2 L2

x2

xz

L2 2x

y 2s

2

x6 4 L4

xz

x2 2

x

x2 2L2

L2 2 x2

L4 4 x2

x3 2 L2

x3 2 L2

L2 , donc 2x

2

L2 2x

L2 2x 3x 2 2L2

0

Puisque D ( x)

L2 2x2

3x L2

3x 2 2L2

0

L2 x3

L2 2x2

x4

L4 3

x

0 pour tout x > 0, nous savons que D

4

L , x > 0, L > 0. 3 ( L·3 1/ 4 )3 2 L2

L 4 3

L2 2 L· 3 1/ 4 )

2L est la valeur minimale de D, 33/ 4

c’est-à-dire la distance minimale du lièvre à laquelle le chien réussit à s’approcher. Les positions à cette distance sont

Chien : x, y

L 5 , 7/ 4 3 3

4

Lièvre : (0, 2s)

11. a)

Le problème spécifie que V

V

1 3

h2 dh

Calcul intégral

3 2

2

h h

800 dt

3 4

1 3

dV dt

h3

h3 3

0,

8 4 3L 9

2 L 3

2L 3

r 2h , dV/dt = 1800π m3/h et r 1,5h 3 4

3h2

dh dt

9 4

h2

4

L 54 3 6 , L 9 3

0,

3 2

84 3 6 L 9

h . Donc,

dh dh . Par conséquent, dt dt

800t C . Lorsque t = 0, h = 20. Ainsi, C

5 Révision

203 3

4 dV /dt 9 h2

7200 9 h2

800 (*) h2

8000 , donc 3 © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

h3 3

800t

Chapitre 5 Les équations différentielles

8000 3

h3

2400t 8000 . Soit h = 30. Alors, 303

61

27 000 2400t 8000

2400t 19 000

t

7,9 et

le temps requis est donc de 7,9 heures. b)

L’aire du plancher du silo est F = π · 602 = 3600π m2 et l’aire de la base du tas est A

r2

3 2

h2

9 4

h2 . L’aire du plancher du

silo qui est encore libre lorsque h = 20 est donc F − A = 3600π − 900π = 2700π m2. Or, A lorsque h = 20, dh/dt c)

800 20

2

9 4

h2

· 2h(dh/dt ) et, selon (*) à la sous-question a), nous savons que

9 4

dA/dt

2 m/h . Par conséquent, dA/dt

9 4

(2)(20)(2) 180 m2 /h .

À h = 25 m, dV/dt = 1800π − 600π = 1200π m3/h. Selon (*) à la sous-question a),

dh dt

4(dV /dt ) 9 h2

4(1200 ) 9 h2

1600 3h2

3h2dh

h3 1600t C . Lorsque t = 0, h = 25 ; par conséquent,

1600 dt

C = 253 = 15 625. Donc, h3 = 1600t + 15 625. Au sommet, h 30

(30)3 1600t 15 625

t

11375 1600

7,1 . Le sommet du

tas atteint le sommet du silo après environ 7,1 heures. 12. Soit P(a, b) un point quelconque du premier quadrant situé sur la courbe y = f (x). Une équation de la tangente au point P est y − b = f′(a)(x − a) ou, de façon équivalente, y = mx + b − ma, où m = f′(a). Si Q(0, c) est le point d’intersection sur l’axe des y, alors c = b − am. Si R(k, 0) est le point d’intersection sur l’axe des x, alors k

am b m

a

égales en P, nous savons que |PQ| = |PR|, c’est-à-dire que (a 0)2

b . Comme la droite tangente est coupée en deux parties m

b (b am)

2

[a (a b/m) 2

(b 0) 2 . En élevant au

carré et en simplifiant, nous obtenons

a2

a2m2

b2 /m2

b2

a2m2

a 2m4

b2

b 2 m2

a 2 m4

(a 2 b 2 ) m 2 b 2

(a2m2 b2 )(m2 1) 0

0

m2

b2 /a 2 .

Puisque m est la pente de la droite passant par un point d’intersection dans la partie positive de l’axe des y et par un point d’intersection dans la partie positive de l’axe des x, m doit être négatif. Puisque a et b sont positifs, nous obtenons m = −b/a, et nous devons donc résoudre l’équation différentielle :

y

e

ln x C

dy dx

eln x

y x 1

eC

dy y

x

1

A

dx x

y

dy y

dx x

ln y

ln x C x, y

0

A/x . Puisque le point (3, 2) est situé sur la courbe, 3

A/2

A 6 et la courbe est

y = 6/x avec x > 0. 13. Soit P(a, b) un point quelconque de la courbe. Si m est la pente de la droite tangente en P, alors m = y′(a) et ainsi une équation de la normale en P est y b

Calcul intégral

1 ( x a) ou, de façon équivalente, y m

1 x b m

5 Révision

a . Le point d’intersection sur l’axe des y est toujours 6, m

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

a m

donc b

dy dx

a m

6

x 6

Chapitre 5 Les équations différentielles

(6

y

6 b

y)dy

xdx

est situé sur la courbe, 12(2) 22

12 y

y2

x2 11

x2

a

m

6 b

(6 32

62

. Nous devons résoudre l’équation différentielle :

y)dy

xdx

1 y2 2

6y

1 x2 2

C

12 y

y2

x2

K . Puisque le point (3, 2)

K 11 . L’équation de la courbe est donc

K

y 2 12 y 36

x2

11 36

( y 6)2

25 , soit un cercle de centre (0, 6) et de rayon 5.

14. Soit P (x0, y0) un point quelconque de la courbe. Puisque l’abscisse du point milieu du segment de droite qui va du point (x0; y0) jusqu’à son intersection avec l’axe des x est 0, l‘abscisse du point d’intersection avec l’axe des x doit être −x0. Par conséquent, la pente de la normale est 2x y

différentielle y

ydy

x0

y0 0 ( x0 )

2 xdx

ydy

y0 2 x0 . La pente de la droite tangente est donc . Ceci résulte en l’équation 2 x0 y0 1 2

( 2 x)dx

y2

x2

C

x2

1 2

y2

C [C > 0]. Ceci représente

une famille d’ellipses.

15. La figure montre que la pente OA

y . Si le triangle OAB est isocèle, alors la pente AB doit être x

OA. Cette pente est aussi égale à f′(x), et nous obtenons donc

ln y

ln x

Calcul intégral

C

y

e

ln| x| C

. y

(eln| x| ) 1 eC

dy dx

y x

y

5 Révision

dy y

1 C e x

y , c’est-à-dire l’opposé de la pente x

dx x

y

K ,K x

0.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

1

6. LES SUITES ET LES SÉRIES 6.1 Les suites 1.

a)

Une suite est une liste de nombres écrits dans un ordre défini. On peut également définir une suite comme une fonction ayant pour domaine l’ensemble des entiers positifs.

b)

Les termes an s’approchent de 8 à mesure que la valeur de n devient de plus en plus grande. En fait, nous pouvons faire en sorte que an soit aussi près de 8 que nous le désirons en choisissant une valeur de n suffisamment grande.

c)

Les termes an deviennent de plus en plus grands à mesure que la valeur de n devient de plus en plus grande. En fait, nous pouvons faire en sorte que an soit aussi grand que nous le désirons en choisissant une valeur de n suffisamment grande.

a)

Selon la définition 1, une suite convergente est une suite pour laquelle lim an existe. Exemples : {1/n}, {1/2n},

b)

Une suite divergente est une suite pour laquelle lim an n’existe pas. Examples : {n}, {sin n},{(-1)n}

3.

an

2n 2 4 6 8 10 et la suite est donc , , , , , n2 1 1 1 4 1 9 1 16 1 25 1

4 3 8 5 1, , , , , 5 5 17 13

.

4.

an

3n 3 9 27 81 243 et la suite est donc , , , , , 1 2n 1 2 1 4 1 8 1 16 1 32

9 81 81 1, ,3, , , 5 17 11

.

5.

an

( 1) n 5n

6.

an

cos

7.

an

1 1 1 1 1 1 et la suite est donc , , , , (n 1)! 2! 3! 4! 5! 6!

8.

an

( 1) n n , donc a1 n! 1

9.

a1 = 1, an+1 = 5an − 3. Chaque terme est défini par récurrence à l’aide du terme précédent.

2.

n

2n 1 . 3n

n

1

1 1 1 1 1 , , , , , 51 52 53 54 55

et la suite est donc

1 1 1 1 1 , , , , , 5 25 125 625 3125

n 3 5 et la suite est donc cos ,cos ,cos ,cos 2 , , 2 2 2 2

( 1)11 1! 1

1 et la suite est 2

0, 1,0,1,0,

1 1 1 1 1 , , , , , 2 6 24 120 720

.

.

.

1 2 3 4 5 , , , , 2 2 1 6 1 24 1 120 1

1 2 3 4 5 , , , , , 2 3 7 25 121

.

a2 = 5a1 − 3 = 5(1) −3 = 2. a3 = 5a2 −3 = 5(2) − 3 = 7. a4 = 5a3 −3 = 5(7) − 3 = 32. a5 = 5a4 − 3 = 5(32) −3 = 157. La suite est {1, 2, 7, 32, 157,…}.

10. a1 = 6, an Calcul intégral

1

an . a2 n

a1 1

6 1

6 . a3

a2 2

6 2

3 . a4

a3 3

3 1 . a5 3

6.1 Les suites

a4 4

1 . La suite est {6,6,3,1, 14 , } . 4 © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

11. a1 = 2, an

Chapitre 6 Les suites et les séries

an . a2 1 an

1

a1 1 a1

2 1 2

2 . a3 3

a2 1 a2

2/3 1 2/3

2 . a4 5

2

a3 1 a3

2/5 1 2/5

2 . a5 7

a4 1 a4

2/7 1 2/7

2 . La suite 9

est {2, 23 , 52 , 72 , 92 , } . 12. a1 = 2, a2 = 1, an+1 = an − an−1. Chaque terme est défini par récurrence à l’aide des deux termes précédents. a3 = a2 − a1 = 1−2 = −1. a4 = a3 − a2 = −1 −1 = −2. a5 = a4 − a3 = −2 − (−1) = −1. a6 = a5 − a4 = −1 − (−2) = 1. La suite est {2, 1, −1, −2, −1, 1,…}.

13.

1, 13 , 15 , 17 , 19 ,

14.

1,

1 1 3 9

, ,

15. { 3,2,

4 3

. Le dénominateur du nième terme est le nième nombre entier positif impair, donc an

1 27

, 811 ,

, 98 ,

16 27

. Chaque terme est

1 3

fois le terme précédent, donc an

, } . Le premier terme est −3 et chaque terme est

2 3

(

1 n 1 3

)

1 . 2n 1

.

fois le terme précédent, donc an

3(

2 n 1 3

)

.

16. {5, 8, 11, 14, 17,…}. Chaque terme excède de 3 le terme précédent, donc an = a1 + d(n − 1) = 5 + 3(n − 1) = 3n +2. 17. {12 ,

4 3

, 94 ,

16 5

, 256 , } . Le numérateur du nième terme est n2 et son dénominateur est n+ 1. En tenant compte du fait que le signe des

( 1)n

termes alterne, nous obtenons an

1

n2 . n 1

18. {1, 0, −1, 0, 1, 0, −1, 0,…}. Deux possibilités sont an

19. n

sin

n et an 2

cos

(n 1) . 2

3n 1 6n

an

1

0,4286

2

0,4615

3

0,4737

4

0,4800

5

0,4839

6

0,4865

7

0,4884

8

0,4898

9

0,4909

10

0,4918

Calcul intégral

Il semble que lim an n

lim

n

3n 1 6n

lim

n

0,5 .

(3n)/n (1 6n)/n

lim

n

3 1/n 6

6.1 Les suites

3 6

1 2

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

3

20. n

21.

an

2

( 1)n n

1

1,0000

2

2,5000

3

1,6667

4

2,2500

5

1,8000

6

2,1667

7

1,8571

8

2,1250

9

1,8889

10

2,1000

n an

1 (

1

0,5000

2

1,2500

3

0,8750

4

1,0625

5

0,9688

6

1,0156

7

0,9922

8

1,0039

9

0,9980

10

1,0010

22. n

an

1

2.

n

lim 2

n

( 1)n n

lim 2 lim

( 1) n n

( 1) n n

0.

n

n

selon le théorème 6, lim n

2 0

2 , puisque lim n

1 n

0 et,

1 n 2

)

Il semble que lim an n

lim(1 (

n

1 n 2

) )

1. 1 0 1 , puisque lim(

1 n 2

diverge selon le théorème 9, puisque 109

1.

lim1 lim(

n

n

1 n 2

)

n

)

0 selon le théorème 9.

10n 9n

1

2,1111

2

2,2346

3

2,3717

4

2,5242

5

2,6935

6

2,8817

7

3,0908

8

3,3231

9

3,5812

10

3,8680

Calcul intégral

Il semble que lim an

Il semble que lim an n’existe pas. n

10n 9n

10 9

n

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

23. an = 1− (0,2)n, donc lim an

1 0 1 selon le théorème 9. Converge.

n

24. an

n3 n

3

n3 /n3 (n 1)/n3

1

25. an

3 5n2 n n2

26. an

n3 n 1

(3 5n2 )/n2 (n n 2 )/n2

n3 /n (n 1)/n

1 1 lorsque n → ∞. Converge. 1 0

1 , donc an 1 1/n3

3

4

5 3/n2 , donc an 1 1/n

5 0 1 0

5 lorsque n → ∞. Converge.

n2 , donc an → ∞ lorsque n → ∞, puisque lim n2 n 1 1/n 2

et lim(1 1/n2 ) 1 . Diverge. n

27. Puisque la fonction exponentielle naturelle est continue en 0, le théorème 7 nous permet d’écrire lim an n

lim e1/n

n

lim (1/n )

en

e0 1 .

Converge.

28. an

3n 2 5n

29. Si bn

323n 5n

9( 53 )n , donc lim an

2n , alors lim bn n 1 8n 2n 1 8n

lim tan

n

9lim( 53 )n

n

lim

n

tan lim n

(2n )/n (1 8n)/n

2n 1 8n

tan

lim

n

3 5

9 0 0 selon le théorème 9, où r

n

2 1/n 8

2 8

4

. Converge.

. Puisque tan est continue en

4

, selon le théorème 7,

1 . Converge.

4

30. En utilisant la dernière loi des limites pour les suites et le fait que la fonction racine carrée est continue, lim an

31. an

n 1 9n 1

lim

n

n

n2 n

32. Si bn

3

4n

n

lim

n

Calcul intégral

lim

n

( 1)n 2 n

2)

lim

n

lim bn

en

1 1 lim 2 n n1/ 2

1 1/n 9 1/n

n

4n / n 3

2n , alors lim bn n n 2

n

n

n 1 9n 1

n 2 / n3 3

théorème 7, lim e2 n / (n

33. lim|an |

lim

n

1 4/n 2

(2n)/n (n 2)/n

1 . Converge. 3

, donc an → ∞ lorsque n → ∞, puisque lim n

lim

n

1 9

n

2 1 2/n

2 1

et lim 1 4/n2 n

1 . Diverge.

2 . Puisque la fonction exponentielle naturelle est continue en 2, selon le

e 2 . Converge.

1 (0) 2

0 , donc lim an n

0 selon le théorème 6. Converge.

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

34. lim n

n n

Chapitre 6 Les suites et les séries

lim

n

n

n /n (n n )/n

lim

n

1 1 1 n

1

( 1)n 1 n n n

1 . Ainsi, an

1 0

5

dont les termes de rang impair se rapprochent de 1

et dont les termes de rang pair se rapprochent de −1 lorsque n → ∞. Diverge. 35. an = cos(n/2). Cette suite diverge puisque ses termes ne se rapprochent d’aucun nombre réel spécifique lorsque n → ∞. Les valeurs des termes osceillent constament entre −1 et 1. 36. an = cos(2/n). Lorsque n → ∞, 2/n → 0, donc cos(2/n) → cos 0 = 1 puisque que la fonction cos est continue. Converge.

37. an

(2n 1)! (2n 1)!

38. an

ln n ln 2n

39. an

en e n e . e2 n 1 e

40. an

arctan n . lim arctan n n n

41. an

n 2e

42. an

ln(n 1) ln n

43. 0

44. an

n

cos 2 n 2n

n

21

3n

(2n 1)! (2n 1)(2n)(2n 1)!

ln n ln 2 ln n

n

1

1 e 2n en e n

n

0 lorsque n → ∞ car 1 + e−2n → 1 et en − e−n → ∞. Converge.

lim arctan x

2

x

, selon le théorème 3, donc lim an

n 1 n

1 n

ln 1

0 , il s’ensuit du théorème 3 que lim an n

ln(1)

3n 1/n

)

(2123n )1/n

21/n23

0 . Converge.

0 lorsque n → ∞ car la fonction ln est continue. Converge.

1 1 [puisque 0 ≤ cos2 n ≤ 1], donc puisque lim n n 2n 2

(21

0 . Converge.

n

n2 x2 2x 2 . Puisque lim x H lim x H lim x n x e e x e x e

ln

0 lorsque n → ∞. Converge.

1 1 lorsque n → ∞. Converge. 0 1

1

ln 2 ln n

1 (2n 1)(2n)

8 21/n , donc lim an n

0,

cos 2 n 2n

8lim 21/n n

converge vers 0 selon le théorème du sandwich.

lim (1/n )

8 2n

8 20

8 selon le théorème 7, car la fonction

f(x) = 2x est continue en 0. Converge.

45. an

n sin(1/n)

sin(1/n) sin(1/x) . Puisque lim x (1/n) (1/x)

46. an = 2−n cos nπ. 0

Calcul intégral

cos n 2n

1 2n

1 2

lim

t

0

sin t [où t = 1/x] = 1, il s’ensuit du théorème 3 que {an} converge vers 1. t

n

, donc lim|an | 0 selon le théorème 9 et lim an n

n

6.1 Les suites

0 selon le théorème 6. Converge.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

47.

y

x

2 x

1

ln y

x

x

2 1 2/x

1 1 sin 2n . |an | et lim n 1 n 1 n 1 n

49. an

ln(2n2 1) ln(n 2 1)

50. lim

(ln x)2 H 2(ln x)(1/x) lim x x 1

0 , donc

2n 2 1 n2 1

ln

2 lim x

ln

1 1

2 1/n2 1 1/n2

ln x H 1/x 2 lim x x 1

n

an

n

2 x

lim 1 x

x

lim f (n)

n

n 1 n 3

lim eln y

e2 , donc selon le théorème 3,

x

n2

(n 2

4n 3)

n

n2

4n 3

donc lim an n

1

n

4n 3

n2

4 0 1 0 0

n

ln 2 lorsque n → ∞. Converge.

n

2

4 2

n2

(ln n)2 n

0 . Converge.

puisque ln x → ∞ lorsque x → ∞ et la fonction arctan est continue. Par

4n 3 n

n2

n

2

1

4n 3 n

0 selon le théorème du sandwich. Converge.

lim an

n

. Converge.

2

n2

n

1 1

0 , donc selon le théorème 3, lim

x

conséquent, lim an

an

n

51. an = arctan(ln n). Soit f (x) = arctan(ln x). Alors, lim f ( x)

52.

2

e2 . Converge.

48. an

x

lim

n

2 n

n

6

2 , donc x

x ln 1

1 2 ln(1 2/x) H 1 2/x x2 lim lim 2 x x 1/x 1/x

lim ln y

lim 1

Chapitre 6 Les suites et les séries

n

( 4n 3)/n

4n 3

(n

n2

4n 3)/n

1

4n 3 4n 3 4 3/n 1 4/n 3/n 2

,

2 . Converge.

53. {0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1,…} diverge puisque la suite n’est constituée que des deux valeurs 0 et 1 et ne demeure jamais arbitrairement près d’une ou de l’autre valeur (ou de toute autre valeur) quelque soit la valeur grande de n.

1 1 1 1 3 2

, , , 14 , 13 , 15 , 14 , 16 ,

54.

lim a2 n

n

1

lim

n

1 n

. a2 n

1

0 et lim a2 n n

1 et a2 n n

lim n

1 n 2

1 pour tous les nombres entiers positifs n. lim an n n 2

0 , puisque

0 . Quelque soit la grande valeur de n, nous pouvons toujours faire en sorte que an soit

aussi proche de 0 que nous le désirons. Converge.

55. an

n! 2n

Calcul intégral

1 2 3 2 2 2

(n 1) n 2 2

1 n [pour n 1] 2 2

n 4

lorsque n → ∞, donc {an} diverge.

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

56. 0 |an |

3n n!

Chapitre 6 Les suites et les séries

3 3 3 1 2 3

3 3 (n 1) n

3 3 3 [pour n 1 2 n

2]

27 2n

7

0 lorsque n → ∞, donc selon le théorème du sandwich et le

théorème 6, {(−3)n/n!} converge vers 0. 57.

Le graphique semble montrer que la suite converge vers 1. {(−2/e)n} converge vers 0 selon le théorème 7 et, par conséquent, {1 + (−2/e)n} converge vers 1 + 0 = 1. 58.

Le graphique semble montrer que la suite converge vers un certain nombre légèrement supérieur à 3.

lim an

lim n sin

n

n

lim

x

0

sin x x

n [x

lim

n

sin( / n ) / n

n] 1

59.

Calcul intégral

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

Le graphique semble montrer que la suite converge vers 12 . Lorsque n → ∞, an donc lim an

1 2

n

8

3 2n 2 8n2 n

3/n2 2 8 1/n

0 2 8 0

1 4

1 , 2

.

60.

Le graphique semble montrer que la suite converge vers 5. n

5

n

5n 2 5

n

3n

5n

n

5n

5n

5 lorsque n

n

2 n 5n

lim 21/n

n

20 1

Par conséquent, an → 5 selon le théorème du sandwich. Autre solution : Soit y = (3x + 5x)1/x. Alors, lim ln y

lim

x

eln 5

donc lim y x

5 et donc,

n

3n

x

ln(3x

5x ) H x

lim x

3x ln 3 5x ln 5 3x 5 x

lim x

( 53 ) x ln 3 ln 5 ( 53 ) x 1

ln 5 ,

5n converge vers 5.

61.

n 2 cos n est divergente, puisqu’elle oscille constamment entre 1 et −1 1 n2

Le graphique semble montrer que la suite {an }

(approximativement). Afin de démontrer ce fait, supposons que {an} converge vers L. Si bn

et lim n

an bn

Calcul intégral

L 1

L . Cependant,

an bn

cos n , donc lim n

n2 , alors {bn} converge vers 1 1 n2

an n’existe pas. Cette contradiction démontre que {an} diverge. bn

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

9

62.

Les graphiques semblent montrer que la suite diverge. an

1 3 5

(2n 1) . Démontrons tout d’abord par induction n!

an

3 n 1 2

quelque soit n. Ceci est de toute évidence vrai pour n = 1. Désignons donc représentons par Pn la proposition

an

3 n 1 2

et supposons qu’elle soir vraie pour tout n. Nous devons alors démontrer que la proposition est vraie pour

n + 1. an+1 = an.·

2n 1 n 1

2(2n 1) 3(n 1)

3 2

n 1

2n 1 2n 1 (hypothèse d’induction). Cependant, n 1 n 1 n 1 ] et nous obtenons donc an

4n 2 3n 3

1

3 [puisque 2

( 32 )n

1

vraie. Par conséquent, nous avons démontré notre proposition initiale; donc, puisque ( 32 )n

( 32 )n , ce qui démontre que Pn+1 est

3 2

1

est divergente [selon le théorème 9],

la suite donnée {an} l’est également par comparaison. 63.

Le graphique semble montrer que la suite converge vers 0. 0 an

1 3 5

sandwich,

64. a)

(2n 1) (2n)n

1 3 5

(2n 1) (2n)n

1 3 5 2n 2n 2n

2n 1 2n

1 (1) (1) 2n

(1)

1 2n

0 lorsque n→∞. Donc, selon le théorème du

converge vers 0.

a1 = 1, an+1 = 4− an pour n ≥ 1. a1 = 1, a2 = 4− a1 = 4 − 1 = 3, a3 = 4 − a2 = 4 − 3 = 1, a4 = 4 − a3 = 4 − 1 = 3, a5 = 4 − a4 = 4 − 3 = 1. Puisque les termes de la suite alternent entre 1 et 3, la suite est divergente.

b)

a1 = 2, a2 = 4 − a1 = 4 − 2 = 2, a3 = 4 − a2 = 4 − 2 = 2. Puisque tous les termes sont 2, lim an n

2 et, par conséquent, la suite est

convergente. Calcul intégral

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 65. a)

1000(1,06)n

an

b)

Chapitre 6 Les suites et les séries

a1 1060 , a2 = 1123,60, a3 = 1191,02, a4 = 1262,48 et a5 = 1338,23.

1000lim(1,06)n et la suite est donc divergente selon le théorème 9, avec r = 1,06 > 1.

lim an

n

n

En remplaçant n par les nombres 1 à 6 dans I n

66. a)

10

100

1,0025n 1 n , nous obtenons 0,0025

I1 = 0 $, I2 = 0,25 $, I3 = 0,75 $, I4 = 1,50 $, I5 = 2,51 $ et I6 = 3,76 $. b)

Pour la période de deux ans, en remplaçant n par le nombre 2 · 12 = 24, nous obtenons 70,28 $.

67. a)

Le problème spécifie que la population initiale est de 5000, donc P0 = 5000. Le nombre de poissons-chats augmente de 8 % par mois, et une récolte de 300 poissons est effectuée chaque mois; donc, P1 = P0 + 8 %P0 − 300 = 1,08P0 − 300, P2 = 1,08P1 − 300 et ainsi de suite. Par conséquent, Pn = 1,08Pn−1 − 300.

b)

En utilisant la formule de récurrence avec P0 = 5000, nous obtenons P1 = 5100, P2 = 5208, P3 = 5325 (en arrondissant toute fraction d’un poisson-chat), P4 = 5451, P5 = 5587 et P6 = 5734, qui est le nombre de poissons-chats dans l’étang après six mois.

68. an

an si an est un nombre pair Lorsque a1 = 11, les 40 premiers termes sont 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 3an 1 si an est un nombre impair 1 2

1

4, 2, 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4. Lorsque a1 = 25, les 40 premiers termes sont 25, 76, 38, 19, 58, 29, 88, 44, 22, 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4. La fameuse conjecture de Collatz stipule que cette suite atteint toujours 1, quel que soit l’entier de départ a1. 69. Si |r| ≥ 1, alors {rn} diverge selon le théorème 9; donc, {nrn} diverge également, puisque |nrn| = n |rn| ≥ |rn|. Si |r| < 1, alors lim xr x

lim

x

70. a)

x

Soit lim an n

x r

H x

lim x

1 ( ln r )r

x

lim x

rx ln r

0 et, par conséquent,{nrn} converge lorsque |r| < 1.

L . Selon la définition 2, cela signifie que pour tout ε > 0, il existe un nombre entier N tel que |an – L| < ε lorsque

n > N. Par conséquent, |an + 1 – L| < ε lorsque n 1 N b)

Si L

lim an , alors lim an n

n

1

n

N 1 . Il s’ensuit que lim an

L également, donc L doit satisfaire à L 1/(1 L)

n

L2

1

L et donc lim an n

L 1 0

L

1

5 2

lim an 1 .

n

(puisque L,

s’il existe, ne peut pas être négatif). 71. Puisque {an} est une suite décroissante, an > an+1 pour tout n ≥ 1. Parce que les valeurs de tous ses termes se situent entre 5 et 8, {an} est une suite bornée. Selon le théorème des suites monotones, {an} est convergente, c’est-à-dire que {an} a une limite L. L doit être inférieure à 8 puisque {an} est décroissante, donc 5 ≤ L < 8.

Calcul intégral

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

11

72. Le signe des termes de an = (−2)n+1 alterne et la suite est donc non monotone. Les cinq premiers termes sont 4, −8, 16, −32 et 64.

lim 2n

Puisque lim|an | n

73. an

, la suite n’est pas bornée.

1 est décroissante puisque an 2n 3

puisque 0 an

74. an

1

n

1

1 2(n 1) 3

pour tout n ≥ 1. On constate que a1

1 5

1 2n 5

a1

pour n ≥ 1 et an

1 7

2n 3 3n

an pour tout n ≥ 1. La suite est bornée

1 . 5

2n 3 définit une suite croissante puisque pour f ( x) 3n 4

bornée puisque an

1 2n 3

2n 3n

2x 3 , f ( x) 3x 4

(3x 4)(2) (2 x 3)(3) (3x 4)2

17 (3x 4)2

0 . La suite est

2 n ≥ 1. 3

75. Le signe des termes de an = n(−1)n alterne et la suite est donc non monotone. Les cinq premiers termes sont −1, 2, −3, 4 et −5. Puisque lim|an |

lim n

n

, la suite n’est pas bornée.

n

76. an = ne−n définit une suite décroissante positive puisque la fonction f (x) = xe−x est décroissante pour x > 1. [f′(x) = e−x − xe−x = e−x(1 − x) < 0 pour x > 1.] La suite est bornée supérieurement par a1

77. an

n n

2

1

définit une suite décroissante puisque pour f ( x)

est bornée puisque 0 an

78. an

n

1 2

x x

2

1

1 e

et inférieurement par 0.

( x 2 1)(1) x(2 x) ( x 2 1)2

, f ( x)

1 x2 ( x 2 1)2

0 pour x ≥ 1. La suite

pour tout n ≥ 1.

1 définit une suite croissante puisque la fonction g ( x) n

x

1 est croissante pour x > 1. [ g ( x) 1 1/ x2 x

0 pour x > 1.]

La suite n’est pas bornée puisque an → ∞ lorsque n → ∞. (Elle est toutefois bornée inférieurement par a1 = 2.)

79. Pour

2, 2 2 , 2 2 2 ,

Autre solution : Soit L L doit satisfaire à L

80. a)

, a1 = 21/2, a2 = 23/4, a3 = 27/8,…, donc an

2(2n 1)/2n

21

(1/ 2n )

. lim an n

lim 21

(1/2n )

n

21

2.

lim an . (Nous pourrions montrer que la limite existe en démontrant que {an} est bornée et croissante.) Alors,

n

L2

2 L

2L

L( L 2) 0 . L ≠ 0 puisque la suite augmente, donc L = 2.

Désignons par Pn la proposition que an+1 ≥ an et an ≤ 3. P1 est de toute évidence vraie. Supposons que Pn est vraie et démontrons ensuite qu’il en découle que Pn+1 est également vraie.

an

2

Calcul intégral

an

1

2 an

1

2 an

2 an

1

2 an

6.1 Les suites

an

1

an , qui est l’hypothèse d’induction.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

an

Chapitre 6 Les suites et les séries

3

1

2 an

3

2 an

9

12

7 , qui est certainement vraie puisque nous supposons que an ≤ 3. Pn est

an

donc vraie pour tout n et donc, a1 ≤ an ≤ 3 (ce qui démontre que la suite est bornée). Par conséquent, selon le théorème des suites monotones, lim an existe. n

b)

Si L

lim an , alors lim an

n

L

81. a1 = 1, an

n

L2

2 L

3

1

1

L également et donc, L2

2 L

L 2 0

( L 1)( L 2) 0

2 [puisque L ne peut pas être négatif].

L

1 . Montrons par induction que {an} est croissante et bornée supérieurement par 3. Désignons par Pn la proposition an

que an+1 > an et 0 < an < 3. P1 est de toute évidence vraie. Supposons que Pn est vraie. Alors, an

1

1 an 1

an

1 an

1 an 1

1 . Or, an an

1 an 1

3

2

1 an

3

an

Pn 1 . Ceci démontre que {an} est croissante

1

et bornée supérieurement par 3. Donc, 1 = a1 < an < 3, c’est-à-dire que {an} est bornée et, par conséquent, converge, selon le théorème des suites monotones. Si L

L2 3L 1 0

à L 3 1/L

82. a1 = 2, an

lim an , alors lim an

n

n

3

L

5

L également et L doit donc satisfaire

1

3

. Cependant, L > 1, donc L

2

5 2

.

1 . Utilisons l’induction. Désignons par Pn la proposition que 0 < an+1 ≤ an ≤ 2. P1 est de toute évidence vraie, 3 an

1

puisque a2 = 1/(3 − 2) = 1. Supposons maintenant que Pn est vraie. Alors, an

1

an

an

an

1

3 an

3 an

1

an

2

1 3 an

1 3 an

1

an 1 . De plus, an+2 > 0 [puisque 3 − an+1 est

positif] et an+1 ≤ 2 selon l’hypothèse d’induction. Pn+1 est donc vraie. Pour trouver la limite, utilisons le fait que lim an n

83. a)

lim an

n

L

1

L2 3L 1 0

1 3 L

3

L

5 2

. Cependant, L ≤ 2, donc L

3

5 2

.

Soit an le nombre de paires de lapin au nième mois. De toute évidence, a1 = 1 = a2. Au nième mois, chaque paire âgée d’au moins 2 mois (c’est-à-dire an−2 paires) produira une nouvelle paire qui s’ajoutera aux an−1 paires déjà existantes. Par conséquent, an = an−1 + an−2, de sorte que {an} = {fn}, la suite de Fibonacci.

b)

an

fn 1 fn

an

1

fn fn 1

donc L doit satisfaire à L 1

84. a)

fn

fn

1

fn

1 L

2

1

L2

Si la fonction f est continue, alors f ( L)

Calcul intégral

1

fn fn

2

1 f n 1 /f n

1

1

L 1 0

f lim an n

L

1 2

1

5

lim f (an )

6.1 Les suites

lim an , alors L

n

lim an 1 et L

n

lim an 2 ,

n

[puisque L doit être positif].

2

n

1 . Si L an 2

lim an

n

1

lim an

n

L , selon l’exercice 70

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé b)

Chapitre 6 Les suites et les séries

13

En appuyant sur le bouton cosinus de façon répétée sur la calculatrice (c’est-à-dire en prenant le cosinus de la réponse précédente) jusqu’à ce que la valeur affichée se stabilise, nous obtenons L ≈ 0,739 09.

85.

a)

Le graphique semble montrer que la suite

n5 n!

converge vers 0, c’est-à-dire que lim n

n5 n!

0.

b)

Le premier graphique semble montrer que la plus petite valeur possible de N correspondant à ε = 0,1 est 9, puisque n5/n! < 0,1 lorsque n ≥ 10; toutefois, 95/9! > 0,1. Le deuxième graphique semble montrer que pour ε = 0,001, la plus petite valeur possible de N est 11 puisque n5/n! < 0,001 lorsque n ≥ 12. 86. Soit ε > 0 et soit N tout nombre entier positif supérieur à ln(ε)/ln|r|. Si n > N, alors n ln( )/ ln|r| [puisque |r| 1

ln(|r|n ) ln

ln|r| 0]

|r|n

|r n 0|

et donc, selon la définition 2, lim r n n

87. Théorème 6 : Si lim|an | 0 , alors lim |an | 0 et, puisque − |an| ≤ an ≤ |an|, nous obtenons lim an n

n

88. Théorème 7 : Si lim an n

n

L et la fonction f est continue à L, alors lim f (an ) n

n ln|r| ln

0.

0 selon le théorème du sandwich.

f ( L) . Démonstration : Nous devons démontrer que,

pour un nombre ε > 0, il existe un nombre entier N tel que |f(an) − f (L)| < ε lorsque n > N. Supposons que ε > 0. Comme la fonction f est continue à L, il existe un nombre δ > 0 tel que |f(x) − f (L)| < ε si |x − L| < δ. Puisque lim an n

L , il existe un nombre entier N tel

que |an − L| < δ si n > N. Supposons que n > N. Alors, 0 < |an − L| < δ, donc |f (an) − f (L)| < ε. 89. À démontrer : Si lim an n

0 et {bn} est bornée, alors lim(anbn ) 0 . Démonstration : Puisque {bn} est bornée, il existe un nombre n

positif M tel que |bn| ≤ M et, par conséquent, |an| |bn| ≤ |an| M pour tout n ≥ 1. Supposons que ε > 0 est donné. Puisque lim an n

Calcul intégral

6.1 Les suites

0 , il

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

existe un nombre entier N tel que |an

0|

M

n > N. Puisque ε était arbitraire, lim(anbn )

bn

1

an b a

1

bn

b n 1a b n 2a 2

bn

N . Alors, |anbn

b n 3a 3

b n 1b b n 2b 2

0| |anbn | |an ||bn | | an |M

|an

0|M

pour tout

M

M

0.

n

90. a)

si n

14

ba n

b n 3b3 1

bb n

an

1

1

an

1

bn

(n 1)b n

b)

Puisque b − a > 0, nous obtenons bn

(n 1)bn (b a)

c)

Avec ce changement de variable, (n + 1)a − nb = 1 et donc, bn

d)

Avec ce changement de variable, nous obtenons 1

e)

an < a2n puisque {an} est croissante, donc an < a2n < 4.

f)

Puisque {an} est croissante et bornée supérieurement par 4, a1 ≤ an ≤ 4 et donc, {an} est bornée et monotone et, par conséquent,

n

1 2n

bn

1

1 n

n

1

1 2

(n 1)bn (b a) an

an

1

1

1 2n

1

bn [(n 1)a nb] an 1 .

n 1

1

1

1

.

n 1

n

2

1

1 2n

2n

4.

selon le théorème des suites monotones, a une limite.

91. a)

Démontrons tout d’abord que a > a1 > b1 > b. a1 b1 [puisque a b]

b1 . De plus, a a1

a1

1 2

a

a b 2

ab

(a b)

1 2

(a 2 ab b)

1 2

(a b) 0 et b b1

b

1 2

( a

ab

b )2

b

0

b

a

0,

donc a > a1 > b1 > b. Nous pouvons démontrer de la même façon que a1 > a2 > b2 > b1 et la proposition donnée est donc vraie pour n = 1. Supposons qu’elle est vraie pour n = k, c’est-à-dire que ak > ak+1 > bk+1 > bk. Alors, ak

2

bk

2

1 2

ak

1

ak

2

ak

bk

1

bk

2

bk

(ak

bk 1 )

1

1 2

1

(ak

bk 1 )

1

ak 1bk

1

ak 1bk

1

bk

1 2

1

1 2

(ak

1

bk

1

ak

2 ak 1bk

1

1

bk

1 2

1

ak

bk

1

2 1

0,

bk 1 ) 0 et

ak

1

0

1

ak

1

ak

2

bk

2

bk 1 ; la proposition est donc vraie pour

n = k + 1. Par conséquent, par induction mathématique, elle est vraie pour tout n. b)

À l’aide de la sous-question a), nous obtenons a > an > an+1 > bn+1 > bn > b, qui démontre que les deux suites {an} et{bn} sont monotones et bornées. Elles sont donc toutes deux convergentes selon le théorème des suites monotones.

c)

92. a)

Soit lim an n

et lim bn n

Soit ε > 0. Puisque lim a2 n n

. Alors, lim an n

1

lim

n

an

bn 2

2

2

.

L , il existe une valeur N1 telle que |a2n − L| < ε pour n > N1. Puisque lim a2n n

1

L , il existe une

valeur N2 telle que |a2n+1 − L| < ε pour n > N2. Posons que N = max{2N1, 2N2 + 1} et que n > N. Si n est pair, alors n = 2m

Calcul intégral

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

15

lorsque m > N1, donc |an − L| = |a2m − L| < ε. Si n est impair, alors n = 2m + 1, lorsque m > N2, donc |an − L| = |a2m+1 − L| < ε. Par conséquent, lim an n

b)

a1 = 1, a2

1

99 70

1 70/ 29

a6 1

1 1 1

3 2

L. 1,5 , a3 1

7 5

1 5/ 2

1,414 286 , a7

1

1,4 , a4 1 239 169

1 169/70

1,416 , a5 1

17 12

1 12/5

1,414 201 , a8 1

1 408/169

1 29/12

577 408

41 29

1,413 793 ,

1,414 216 . On constate que

a1 < a3 < a5 < a7 et a2 > a4 > a6 > a8. Il semble que les termes impairs sont croissants et que les termes pairs sont décroissants. Démontrons par induction mathématique que a2n−2 > a2n et a2n−1 < a2n+1. Supposons que a2k−2 > a2k. Alors, 1 a2 k

1 a2 k

1

1 1 a2 k

1 a2 k

2

1 a2 k

1 1 a2 k

1

1 1 a2 k

2

1

1 1 a2 k

1 1 a2 k

1

1 1 a2 k

1 1

1 1 a2 k

1 2

1 1

a2 k

1 1 a2 k

a2 k

1

a2 k

1

a2 k 2 . Nous avons ainsi démontré par

1

induction que les termes impairs sont croissants et que les termes pairs sont décroissants. De plus, les valeurs de tous les termes se situent entre 1 et 2, donc {an} et {bn} sont toutes deux des suites monotones bornées et sont, par conséquent, convergentes, selon le théorème des suites monotones. lim a2 n

L . Alors, lim a2 n

n

an

2

1

1 1 1 1 1 1/(1 an ) (3 2an )/(1 an )

4 3L 3 2L

l’équation, nous obtenons L conséquent, lim a2 n

c)

L2

4 3L

n

2

1

L

2 [puisque L > 0]. Par

2 . Donc, selon la sous-question a), lim an n

2.

Supposons que {pn} converge vers p. Alors,

pn

b)

4 3a2 n . Si nous prenons la limite des deux côtés de 3 2a2 n

2

2 .De façon similaire, nous trouvons que lim a2 n

n

93. a)

4 3an , donc a2 n 3 2an

3L 2L2

L également. Nous obtenons

2

n

pn

1

1

bpn a pn

lim pn

n

b lim pn n

1

b pn a pn 1 a

Calcul intégral

b a

pn a

b pn , puisque 1 a

n

p0 , donc lim pn n

lim

n

b a

p2

p

ap

bp

p ( p a b)

0

p

0 ou p = b – a.

1.

b p1 a

b p0 , p2 a

Selon la sous-question b), p1

cas-ci, r

a

n

bpn a pn

général, pn

bp

p

a lim pn

b a

2

p0 , p3

b p2 a

b a

3

p0 et ainsi de suite. En

n

p0

0 , puisque b < a. selon l'équation 7), lim r n 0 si 1 n

r 1 . Dans ce

b ]0,1[. a

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé d)

Chapitre 6 Les suites et les séries

16

Soit a < b. Démontrons tout d’abord par induction que si p0 < b − a, alors pn < b − a et pn+1 > pn. Pour n = 0, nous obtenons p1

p0

a

bp0 p0

p0 (b a p0 ) a p0

p0

0 puisque p0 < b − a. Donc, p1 > p0. Supposons maintenant que la

proposition est vraie pour n = k, c’est-à-dire pk < b − a et pk+1 > pk. Alors, b a

pk

plus, pk

b a

1

2

pk

1

a

bpk pk

bpk 1 a pk 1

a(b a) bpk apk a pk pk

1

bpk

pk 1 (b a pk 1 ) a pk 1

a(b a pk ) a pk

0 parce que pk < b − a. Donc, pk+1 < b − a. De

0 puisque pk+1 < b − a. Par conséquent, pk+2 > pk+1. La proposition est

donc vraie pour n = k + 1. Par induction mathématique, elle est par conséquent vraie pour tout n. Une démonstration similaire par induction démontre que si p0 > b − a, alors pn > b − a et {pn} est décroissante. Dans les deux cas, la suite {pn} est bornée et monotone et elle est donc convergente selon le théorème des suites monotones. Il s’ensuit donc, selon la sous-question a), que lim pn n

b a.

PROJET DE LABORATOIRE Les suites logistiques 1.

Pour concevoir un tel programme à l’aide de Maple, il est préférable de tout d’abord calculer tous les points et ensuite de les représenter graphiquement. Une suite possible de commandes [en utilisant p0

1 2

et k = 1,5 dans l’équation aux différences] est :

t:= ′t′;p(0):=1/2;k:=1.5; for j from 1 to 20 do p(j):=k*p(j-1)*(1-p(j-1)) od; plot([seq([t,p(t)] t=0..20)],t=0..20,p=0..0.5,style=point);

Si nous employons Mathematica, nous pouvons utiliser le programme suivant : p[0]=1/2 k=1.5 p[j_]:=k*p[j-1]*(1-p[j-1]) P=Table[p[t],{t,20}] ListPlot[P]

Calcul intégral

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé Avec p0 n

1 2

Chapitre 6 Les suites et les séries

et k = 1,5 :

pn

n

pn

n

pn

0

0,5

7

0,333 846 507 6

14

0,333 337 330 3

1

0,375

8

0,333 589 525 5

15

0,333 335 331 8

2

0,351 562 5

9

0,333 461 330 9

16

0,333 334 332 6

3

0,341 949 462 9

10

0,333 397 307 6

17

0,333 333 832 9

4

0,337 530 041 6

11

0,333 365 314 3

18

0,333 333 583 1

5

0,335 405 268 9

12

0,333 349 322 3

19

0,333 333 458 2

6

0,334 362 861 7

13

0,333 341 327 4

20

0,333 333 395 8

Avec p0

1 2

17

et k = 2,5 :

n

pn

n

pn

n

pn

0

0,5

7

0,600 416 479 0

14

0,599 996 741 7

1

0,625

8

0,599 791 326 9

15

0,600 001 629 1

2

0,585 937 5

9

0,600 104 227 7

16

0,599 999 185 4

3

0,606 536 865 1

10

0,599 947 859 0

17

0,600 000 407 3

4

0,596 624 740 9

11

0,600 026 063 7

18

0,599 999 796 4

5

0,601 659 148 6

12

0,599 986 966 4

19

0,600 000 101 8

6

0,599 163 543 7

13

0,600 006 516 4

20

0,599 999 949 1

Ces suites semblent toutes deux converger (la première vers environ 13 , la deuxième vers environ 0,60).

Calcul intégral

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé Avec p0 n

7 8

Chapitre 6 Les suites et les séries

et k = 1,5 :

pn

n

pn

n

pn

0

0,875

7

0,323 916 655 4

14

0,333 255 482 9

1

0,164 062 5

8

0,328 491 983 7

15

0,333 294 399 0

2

0,205 718 994 1

9

0,330 877 500 5

16

0,333 313 863 9

3

0,245 098 034 4

10

0,332 096 370 2

17

0,333 323 598 0

4

0,277 537 481 9

11

0,332 712 556 7

18

0,333 328 465 5

5

0,300 765 642 1

12

0,333 022 367 0

19

0,333 330 899 4

6

0,315 458 505 9

13

0,333 177 705 1

20

0,333 332 116 4

Avec p0

7 8

18

et k = 2,5 :

n

pn

n

pn

n

pn

0

0,875

7

0,601 657 236 8

14

0,599 986 981 5

1

0,273 437 5

8

0,599 164 515 5

15

0,600 006 508 8

2

0,496 673 584 0

9

0,600 415 997 2

16

0,599 996 745 5

3

0,624 972 337 4

10

0,599 791 568 8

17

0,600 001 627 2

4

0,585 954 787 2

11

0,600 104 107 0

18

0,599 999 186 4

5

0,606 529 436 4

12

0,599 947 919 4

19

0,600 000 406 8

6

0,596 628 698 0

13

0,600 026 033 5

20

0,599 999 796 6

La limite de la suite semble dépendre de k, mais non de p0.

Calcul intégral

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 2.

Avec p0

n

7 8

Chapitre 6 Les suites et les séries

19

et k = 3,2 :

pn

n

pn

n

pn

0

0,875

7

0,583 072 849 5

14

0,799 063 382 7

1

0,35

8

0,777 916 485 4

15

0,513 795 497 9

2

0,728

9

0,552 839 766 9

16

0,799 390 989 6

3

0,633 651 2

10

0,791 065 468 9

17

0,513 168 113 2

4

0,742 839 541 6

11

0,528 898 857 0

18

0,799 445 122 5

5

0,611 292 662 6

12

0,797 327 539 4

19

0,513 064 379 5

6

0,760 364 618 4

13

0,517 108 269 8

20

0,799 453 830 4

Il semble qu’éventuellement les termes fluctuent entre deux valeurs (environ 0,5 et 0,8 dans ce cas).

3.

Avec p0

n

7 8

et k = 3,42 :

pn

n

pn

n

pn

0

0,875

7

0,452 302 859 6

14

0,844 207 495 1

1

0,374 062 5

8

0,847 219 441 2

15

0,449 802 504 8

2

0,800 757 931 6

9

0,442 680 216 1

16

0,846 382 323 2

3

0,545 642 759 6

10

0,843 763 392 9

17

0,444 665 958 6

4

0,847 875 245 7

11

0,450 847 415 6

18

0,844 528 452 0

5

0,441 121 222 0

12

0,846 737 360 2

19

0,449 046 498 5

6

0,843 143 850 1

13

0,443 824 354 5

20

0,846 120 793 1

Calcul intégral

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé Avec p0 n

7 8

Chapitre 6 Les suites et les séries

20

et k = 3,45 :

pn

n

pn

n

pn

0

0,875

7

0,467 025 917 0

14

0,840 337 612 2

1

0,377 343 75

8

0,858 748 849 0

15

0,462 887 568 5

2

0,810 596 283 0

9

0,418 482 458 6

16

0,857 748 202 6

3

0,529 678 324 1

10

0,839 574 37 20

17

0,420 955 971 6

4

0,859 461 229 9

11

0,464 677 898 3

18

0,840 944 543 2

5

0,416 717 303 4

12

0,858 195 604 5

19

0,461 461 023 7

6

0,838 570 774 0

13

0,419 850 885 8

20

0,857 375 878 2

Les graphiques qui précèdent semblent montrer que lorsque k se situe entre 3,4 et 3,5, les termes fluctuent éventuellement entre quatre valeurs. Dans le graphique ci-après, les termes suivent le modèle 0,395, 0,832, 0,487, 0,869, 0,395,…. On constate que même lorsque k = 3,42 (comme dans le premier graphique), on observe quatre « branches » distinctes; même après 1000 termes, le premier et le troisième termes du modèle diffèrent d’environ 2 × 10–9, alors que le premier et le cinquième termes ne diffèrent que de 2 × 10–10. Avec p0

7 8

et k = 3,48 :

4.

Calcul intégral

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

p0=0,5, k=3,7

21

p0=0,501, k=3,7

p0=0,75, k=3,9

p0=0,749, k=3,9

p0=0,5, k=3,999 Les graphiques semblent montrer que si on change la valeur de p0 de 0,001, l’ensemble du graphique change complètement. (Ceci pourrait toutefois être dû à l’erreur d’arrondissement accumulée par le logiciel de calcul symbolique. Ces graphiques ont été générés par le logiciel Maple en utilisant une précision de 100 décimales et différents degrés de précision produisent des graphiques différents.) Ces graphiques semblent montrer des traces de modèles ici et là, mais dans l’ensemble ils sont certainement très chaotiques. À mesure que k augmente, le graphique s’étend verticalement, avec plus de valeurs extrêmes près de 0 ou de 1.

Calcul intégral

6.1 Les suites

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

22

6.2 Les séries 1.

a)

Une suite est une liste de nombres écrits dans un ordre défini alors qu’une série est la somme d’une liste de nombres.

b)

Une série est convergente si la suite de sommes partielles est convergente. Une série est divergente si elle n’est pas convergente.

2.

5 signifie que l’addition d’un nombre suffisant de termes de la série permet d’approcher le nombre 5 d’aussi près qu’on le

an n 1

5 , où sn est la nième somme partielle, c’est-à-dire

désire. En d’autres mots, cela signifie que lim sn n

3.

an

4.

an

Pour n

n

lim sn

lim

n

n 1

5.

n

n

n

n2 1 4n 2 1

1 . s1 n3

1 , an 3 n 1

lim

n

a1

2

n

(n2 1)/n2 (4n2 1)/n2

1 13

1 , s2

ai .

i 1

lim[2 3(0,8) n ] lim 2 3lim(0,8) n =2 3(0)

lim sn

n 1

n

s1

lim

n

a2

1 1/n2 4 1/n2

1 23

1

1 0 4 0

1 4

1,125 , s3 = s2 + a3 ≈ 1,162 0, s4 = s3 + a4 ≈ 1,1777, s5 = s4 + a5 ≈ 1,1857,

s6 = s5 + a6 ≈ 1,1903, s7 = s6 + a7 ≈ 1,1932 et s8 = s7 + a8 ≈ 1,1952. Il semble que la série est convergente.

6.

Pour n

1 , an 1 ln( n 1)

1 . s1 ln(n 1)

a1

1 1,4427 , s2 ln(1 1)

s1 a2

1 ln 2

1 ln 3

2,3529 ,

s3 = s2 + a3 ≈ 3,0743, s4 = s3 + a4 ≈ 3,6956, s5 = s4 + a5 ≈ 4,2537, s6 = s5 + a6 ≈ 4,7676, s7 = s6 + a7 ≈ 5,2485 et s8 = s7 + a8 ≈ 5,7036. Il semble que la série est divergente.

7.

n

Pour n 1

1

n

, an

n 1

n

. s1

a1

1 1

1

0,5 , s2

s1 a2

0,5

2 1

2

1,3284 , s3 = s2 + a3 ≈ 2,4265, s4 = s3 + a4 ≈ 3,7598,

s5 = s4 + a5 ≈ 5,3049, s6 = s5 + a6 ≈ 7,0443, s7 = s6 + a7 ≈ 8,9644 et s8 = s7 + a8 ≈ 11,0540. Il semble que la série est divergente.

8.

Pour n

( 1) n 1 , an n! 1

( 1) n

1

1 . s1 n!

a1

1 1 , s2 1!

s1

a2

1

1 0,5 , s3 2!

s2

a3

0,5

1 0,6667 , 3!

s4 = s3 + a4 = 0,625, s5 = s4 + a5 ≈ 0,6333, s6 = s5 + a6 ≈ 0,6319, s7 = s6 + a7 ≈ 0,6321 et s8 = s7 + a8 ≈ 0,6321. Il semble que la série est convergente.

Calcul intégral

6.2 Les séries

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

9.

n

Chapitre 6 Les suites et les séries

23

sn

1 −2,400 00 2 −1,920 00 3 −2,016 00 4 −1,996 80 5 −2,000 64 6 −1,999 87 7 −2,000 03 8 −1,999 99 9 −2,000 00 10 −2,000 00 Le graphique et le tableau semblent montrer que la série converge vers −2. Il s’agit en fait d’une série géométrique avec a = −2,4 et r

1 5

; sa somme est donc n 1

12 ( 5) n

2,4 1 ( 15 )

2,4 1,2

2 . On remarque que le point correspondant à n = 1 fait partie à la fois

de {an} et de {sn}. Remarque au sujet de la TI-86 : Pour obtenir le graphique de {an} et de {sn}, assurez-vous que votre calculatrice est en mode Param et en mode DrawDot. (On trouve DrawDot sous GRAPH, MORE, FORMT (F3).) Sous E(t)= assignez les valeurs suivantes : xt1=t, yt1=12/(-5)ˆt, xt2=t, yt2=sum seq(yt1,t,1,t,1). (On trouve sum et seq sous LIST, OPS (F5), MORE.) Sous WIND, utilisez 1,10,1,0,10,1,-3,1,1 afin d’obtenir un graphique similaire à celui qui apparaît ci-haut. Utilisez ensuite TRACE (F4) pour voir les valeurs. 10.

n

sn

1

0,540 30

2

0,124 16

3 −0,865 84 4 −1,519 48 5 −1,235 82 6 −0,275 65 7

0,478 25

8

0,332 75

9 −0,578 38 10 −1,417 45 La série

cos n diverge, puisque la suite associée de noverge pas vers 0. n 1

Calcul intégral

6.2 Les séries

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

11.

n

Chapitre 6 Les suites et les séries

24

sn

1 0,447 21 2 1,154 32 3 1,986 37 4 2,880 80 5 3,809 27 6 4,757 96 7 5,719 48 8 6,689 62 9 7,665 81 10 8,646 39 n

La série n 1

12.

n

2

n

sn

1

4,900 00

2

8,330 00

4

diverge, puisque la suite associée ne converge pas vers 0.

3 10,731 00 4 12,411 70 5 13,588 19 6 14,411 73 7 14,988 21 8 15,391 75 9 15,674 22 10 15,871 96 Le graphique et le tableau montrent que les termes de la suite associée deviennent de plus en plus petits et pourraient se rapprocher de 0 et que la série se rapproche d’une valeur près de 16. La série est géométrique avec a1 = 4,9 et r = 0,7; sa somme est donc n

7n 1 n 1 10

Calcul intégral

4,9 1 0,7

4,9 16, 3 . 0,3

6.2 Les séries

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 13.

n

Chapitre 6 Les suites et les séries

25

sn

1 0,292 89 2 0,422 65 3 0,500 00 4 0,552 79 5 0,591 75 6 0,622 04 7 0,646 45 8 0,666 67 9 0,683 77 10 0,698 49 Le graphique et le tableau semblent montrer que la série converge. k n 1

1 n

1 n 1

1 1

n 1

14.

n

1 n

1 2

1 3

1 k

1 k 1

1 , k 1

1

donc

1 2

1 n 1

1 k 1

lim 1

k

1.

sn

2 0,125 00 3 0,191 67 4 0,233 33 5 0,261 90 6 0,282 74 7 0,298 61 8 0,311 11 9 0,321 21 10 0,329 55 11 0,336 54 Le graphique et le tableau semblent montrer que la série converge. 1 n(n 2) k n

1/2 n

1 2) 2 n( n

1/2 n 2

1 1 2 2

s’approche de 12 ( 65

Calcul intégral

1 1 2 n

1 4

0)

1 1 2 3 5 12

1 , donc n 2 1 5

1 1 2 4

1 6

1 1 2 k

1 k

2

1 1 2 2

1 3

1 k 1

1 k

2

. Lorsque k → ∞, cette somme

.

6.2 Les séries

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

15. a)

lim an

lim

n

b)

Chapitre 6 Les suites et les séries

n

2n 3n 1

Puisque lim an n

n

16. a)

n

ai et

n

3 4

18. 4 3

aj

aj

19. 10 2 a 1 r

aj

aj

est une série géométrique de raison r

64 9

27 + 16

10 1 ( 1/5)

a 1 r

est une série géométrique de raison 10 6/5

2 1 1/4

1

4 3

. Puisque |r|

est une série géométrique de raison 34 . Puisque |r|

0,4 0,08

6(0,9) n

21.

na j , qui, en général, n’est pas la même chose que

n

ai

a1

an .

a2

i 1

50 6

20. 2 0,5 0,125 0,031 25 vers

an est divergente selon le critère de divergence. n 1

n termes

16 3

9 4

0 , la série

2 3

a j représentent toutes deux la somme des n premiers termes de la suite {an}, c’est-à-dire la nième somme partielle.

i 1

17.

2 ; la suite {an} est donc convergente selon 6.1.1. 3

j 1

i 1

b)

26

2 3/4

2 10

3 4

1 5

1 , la série diverge.

4 3

1, la série diverge.

3e . 3 e

n

1 243

1 3 1 n

2 729

1/3 1 1/9

1 1 . Ceci est un multiple constant de la série harmonique divergente; il diverge donc. 3n 1 n

( 13

1 27

3 2/9 et 8 1 1/9

1 243

) ( 92

2 81

) sont toutes deux des séries géométriques convergentes dont les

2 729

1 ; la série initiale converge donc et sa somme est 4

n 1

n 1 diverge selon le critère de divergence puisque lim an n 3n 1

k 1

k (k 2) diverge selon le critère de divergence puisque lim ak k (k 3) 2

29.

30.

e . Puisque |r| < 1, la série converge. 3

est une série géométrique avec un premier terme 3(e/3) = e et une raison r

e 1 e /3

2 81

3

n

1 1 1 9 12 15

sommes sont

1 , la série converge. Sa somme est

2.

2

est une série géométrique de raison r

3

0

n 1

1 27

2( 2 1)

27

n

3

Sa somme est

2 1 2 1

1 2

1 . Puisque |r| 2

1 est une série géométrique de raison r ( 2) n

1 1 1/ 2

25.

Chapitre 6 Les suites et les séries

lim

n

n 1 3n 1

lim

k

1 3

k (k 2) (k 3)2

3 8

1 4

= 85 .

0.

lim

k

1 (1 2/k ) 1 0. (1 3/k ) 2

31. Converge :

n

1 2n n 1 3

n 1

2n 3n

1 3n

n 1

1/3 2/3 1 1/3 1 2/3

32. n

1 3n n 1 2

3n 2n

1 2n

n 1

convergente (|r|

1 2

n 1

1 2

n

1 3

3 2

1 2

n

2

n

n 1

2 3

n

somme de deux séries géométriques convergentes

5 2

1 2

n

n 1

3 2

n

. La première série est une série géométrique

1) , tandis que la seconde série est une série géométrique divergente (|r|

3 2

1) . La série initiale est donc

divergente.

n

33.

2

2

2

3

2+ 4 2

diverge selon le critère de divergence puisque lim an n

n 1

Calcul intégral

6.2 Les séries

lim n 2

n

lim 21/n

n

20

1 0.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

28

34. Converge :

[(0,8) n

1

(0,3) n ]

(0,8) n

n 1

1

n 1

(0,3) n

1 0,3 1 0,8 1 0,3

35.

ln n 1

36. n

différence entre deux séries géométriques convergentes

n 1

5

3 7

32 7

n2 1 diverge selon le critère de divergence puisque lim an n 2n 2 1

lim ln

n

1 1 diverge selon le critère de divergence puisque lim 2 n n 1 ( 23 ) n 1 ( ) 1 3

37. k 0

( 3 ) k est une série géométrique de raison r

n2 1 2n 2 1

ln lim n

n2 1 2n 2 1

ln 12

1 1 0. 1 0

1,047 . Elle diverge parce que |r| ≥ 1.

3

(cos1) k est une série géométrique de raison r = cos 1 ≈ 0,540. Elle converge parce que |r| < 1.Sa somme est

38. k 1

39.

arctan n diverge selon le critère de divergence puisque lim an n

n 1

3 5n

40. n 1

2 n

diverge parce que n 1

2 n

2 n 1

lim arctan n

n

1 1 1 diverge. (Si elle convergeait, alors . 2 convergerait également selon le n 2 n 1n

n

3 5n

n 1

à n

41. n

vers

42. n

n 1

1 diverge.) Si la série donnée convergeait, 1 n

3 3 devrait converger (puisque est une série géométrique convergente) et être égale n 5n n 15

2 2 . Nous venons toutefois de voir que diverge, donc la série donnée doit également diverger. n n 1 n 1

1 n 1e

n 1

2 n

cos1 1,175 . 1 cos1

0.

2

théorème 8 i). Nous savons cependant, selon l’example 8, que la série harmonique

alors la différence

0.

n 1

1/e 1 1/e

1 en

1 e

n

1/e e . 1 1/e e

1 n(n 1)

n

1 . Puisque |r| e

1 1 , la série converge e

1 1 1 . Par conséquent, selon le théorème 8 ii), . Selon l’exemple 7, e 1 n 1 n( n 1)

1 n 1e

n

1 1 n(n 1)

1 e 1

1

1 e 1

en diverge selon le critère de divergence puisque lim an 2 n 1n

Calcul intégral

1 et de raison r e

est une série géométrique avec un premier terme a

e 1 e 1

lim

n

e e 1

en n2

.

lim x

6.2 Les séries

ex H ex ex lim H lim 2 x x x 2x 2

0. © Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

43. À l’aide des fractions partielles, nous calculons les sommes partielles de la série n

n

sn i

1 1 3

ln n 1

sn

1 4

) ( 12

1 5

n

3 , sn 3) 1 n( n

) ( 13

1 6

) ( 14

Par conséquent, n 1

n 1

1 7

1 cos 2 n

cos n 1

e1/n

1 2

lim sn

1 n 1

n 2

1

n 1

n 2

n 3

1 2

n

1 3

1 n 1

cos

1 i2

i 1

,

cos1 cos

1 (n 1)2

n

n 1

2 n2 1

1 n

lim sn

n

lim 1

n

1 2

1 1 n 1 n

3 . 2

ln(n

série télescopique Par

1)

lim sn

e1/( i

) ( 1n

1 n 2

cos

1 n 3

) 1

1 (i 1)2

1 (n 1)2

n

1)

1 n 3

)

série télescopique 1 2

1 3

11 6

. Converge.

cos1 cos

1 4

cos

1 4

cos

1 9

cos

1 n2

cos

1 (n 1)2

série télescopique

lim cos1 cos

n

e1/i

1 n 2

1 (n 1)2

(e1 e1/ 2 ) (e1/ 2

cos1 cos0 cos1 1 . Converge.

e1/3 )

e1/n

e1/( n

1)

e e1/( n

1)

série télescopique

i 1

e1/n

Par conséquent, n 1

e1/( n

1)

lim sn

n

lim e e1/( n

n

1)

e e0

e 1 . Converge.

1

48. À l’aide des fractions partielles, nous calculons les sommes partielles de la série n

Calcul intégral

1 n 2

à l'aide des fractions partielles . Cette dernière somme est

) ( n1 1

1

sn

, sn

1 n 1

1

lim(1

(n 1)2

1 1 i i 3

) ( n1 2

n

1

cos

1)

1 n 1 3

n

cos

e1/( n

i 1

( n1 3

)

1 n2

n

i(i 3)

i 1

3 n(n 3)

Par conséquent,

47. Pour la série

1 n 3

[ln n ln(n 1)] ln1 ln(n 1)

3

1

46. Pour la série

1 5

et la série est donc divergente.

n

n

1 3

1 1 . Par conséquent, n 1 n

(ln1 ln 2) (ln 2 ln3) (ln3 ln 4)

45. Pour la série

1

i 1 i 1

1 4

1 2

2 , qui sont 2 n 1 2

n , n 1

conséquent, lim sn

(1

1

1

i 2

1 2

Il s’agit ici d’une série télescopique et sn

44. Pour la série

n

2 1) 2 (i 1)(i

29

6.2 Les séries

3 2n

n

, qui sont

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé n

sn i

Chapitre 6 Les suites et les séries n

1 1) 2 i (i 1)(i

1 1 2 1

2 2

1 i

i 2

1 3

1 2

2 3

1 n 3

1/2 i 1

1 4

1 3

2 n 2

1 n 1 2i 2 i 1

1/2 i 1 2 4

1 5

1 n 1

1 4 1 n 2

2 i

30

1 i 1

2 5

1 + 6

2 n 1

1 n

1 n 1

2 n

1 n 1

Remarque : Dans trois expression consécutives entre paranthèses, la somme du 3e terme de la première expression, du 2e terme de la deuxième expression et du 1er terme de la troisième expression est égale à 0 1 1 2 1

2 2

1 2

1 n

1 n 1

1

Par conséquent, n 2

49. a)

2 n

n

3

n

1 4

lim sn

n

lim

n

1 2n 1 4

1 2n 2 1 2n

1 2n 2

1 . 4

Beaucoup de gens affirmeront que x < 1, mais il ne faut pas oublier que x est constitué d’un nombre infini de chiffres 9.

b)

x

9 9 9 9 10 100 1 000 10 000

0,99999

est

0,9 1 0,1

n 1

9 , qui est une série géométrique avec a1 = 0,9 et r = 0,1. Sa somme 10n

0,9 1 , c’est-à-dire x = 1. 0,9

c)

Le nombre 1 a donc deux représentations décimales, 1,000 00… et 0,999 99...

d)

À l’exception de 0, tous les nombres rationnels ayant un développement décimal limité peuvent avoir plus d’une représentation décimale. Par exemple, 0,5 peut être exprimé par 0,499 99… ainsi que par 0,500 00….

50. a1 = 1, an

(5 n)an

1

a2

(5 2)a1

3(1) 3 , a3 = (5 − 3)a2 = 2(3) = 6, a4 = (5 − 4)a3 = 1(6) = 6,

a5 = (5 − 5)a4 = 0 et tous les termes qui suivent = 0. Par conséquent,

an n 1

8 8 10 102

51. 0, 8

52. 0,46

46 46 100 1002

53. 2,516

vers

est une série géométrique avec a

2

a 1 r

Calcul intégral

516 103

8 et r 10

est une série géométrique avec a

516 106

516/103 1 1/103

. Or,

516/103 999/103

516 103

516 106

4

an

1 a . Elle converge vers 10 1 r

46 et r 100

2

8/10 1 1/10

1 a . Elle converge vers 100 1 r

est une série géométrique avec a

516 . Par conséquent, 2,516 999

1 3 6 6 16 .

n 1

516 999

6.2 Les séries

2514 999

516 et r 103

8 . 9

46/100 1 1/100

46 . 99

1 . Elle converge 103

838 . 333

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

35 103

54. 10,135 10,1

vers

1 r

42 106

42/104 1 1/102

a 1 r

1 r

. Or,

( 5)n x n n 1

35 105

42 104

42 106

. Or,

12 345/105 99 999/105

31

est une série géométrique avec a

est une série géométrique avec a

12 345 12 345 105 1010

35 et r 103

9999 35 990

42 42 . Par conséquent, 1,5342 1,53 9900 9900

12 345 12 345 105 1010

1 . Elle converge 102

10 034 990

42 et r 104

153 100

42 9900

5017 . 495

1 . Elle converge 102 15147 9900

est une série géométrique avec a

42 9900

12 345 et r 105

15189 5063 . ou 9900 3300

1 . Elle converge 105

12 345 . 99 999

12 345 99 999

Par conséquent, 7,123 45 7

57.

35 103

35 35 . Par conséquent, 10,135 10,1 990 990

42/104 99/102

12 345/105 1 1/105

a

. Or,

35/103 99/102

42 104

56. 7,123 45 7

vers

35 105

35/103 1 1/102

a

55. 1,5342 1,53

vers

Chapitre 6 Les suites et les séries

699 993 99 999

12 345 99 999

712 338 237 446 ou . 99 999 33 333

( 5 x)n est une série géométrique avec r = −5x, donc la série converge

|r| 1

| 5x| 1

|x|

n 1

c’est-à-dire

1 5

x

1 5

. Dans ce cas, la somme de la série est

a 1 r

5x 1 ( 5 x)

1 5

,

5x . 1 5x

( x 2) n est une série géométrique avec r = x + 2, donc la série converge

58. n 1

|r| 1

a

x 2 1 ( x 2)

1 r

59. n

|x 2| 1

( x 2) n 3n 0

n 0

a 1 r

Calcul intégral

3 x

1 . Dans ce cas, la somme de la série est

x 2 . x 1

x 2 3

|r| 1

est

1 x 2 1

1 x 2 1 3

n

x 2 3

x 2 , donc la série converge 3

est une série géométrique avec r

1

1 3 ( x 2) 3

x 2 1 3

1

3 5 x

3

x 2 3

1 x 5 . Dans ce cas, la somme de la série

.

6.2 Les séries

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

( 4)n ( x 5)n

60.

n 0

converge série est

2n n 0 x

61. n

5)]n est une série géométrique avec r = −4(x − 5), donc la série

[ 4( x

n 0

|r| 1

a 1 r

1 1 [ 4( x 5)]

2 x

n 0

| 4( x 5)| 1

sin n x 3n 0

n

n 0

est une série géométrique avec r

a

1 1 (sin x)/3

1 r

n 0

21 4

. Dans ce cas, la somme de la

a 1 r

1 1 2/x

2 x

|r| 1

1

2 |x|

x

a 1 r

1 . 1 ex

2

x . x 2

sin x , donc la série converge 3

est une série géométrique avec r

|sin x| 3 , qui est vrai pour tout x. Par conséquent, la somme de la série est

1

3 . 3 sin x

n 0

|e x | 1

|r| 1

64. Parce que

ln 1 n 1

sn

x

(e x )n est une série géométrique avec r = ex, donc la série converge

enx

63.

19 4

1 4

x 5

2 , donc la série converge x

n

sin x 3

|r| 1

1 4

1 . 4 x 19

n

sin x 3

1 4

|x 5|

ou x < –2. Dans ce cas, la somme de la série est

62.

32

1 n 1 n

1 ex 1

0 ex 1

x 0 . Dans ce cas, la somme de la série est

0 et que la fonction ln est continue, nous obtenons lim ln 1 n

ln n 1

n 1 n

1 n

ln1 0 . Montrons maintenant que la série

[ln(n 1) ln n] diverge. n 1

(ln 2 ln1) (ln3 ln 2)

(ln(n 1) ln n ) ln(n 1) ln1 ln(n 1) .

Lorsque n → ∞, sn = ln(n + 1) → ∞, donc la série diverge. 65. Après avoir défini f, utilisons les commandes convert(f,parfrac); dans Maple, Apart dans Mathematica ou Expand Rational et Simplify dans Derive, ce qui nous permettra de trouver que le terme général est

partielle est donc sn

n k 1

Calcul intégral

1 k3

1 (k 1)3

1

1 23

1 23

1 33

1 n3

6.2 Les séries

3n2 3n 1 ( n 2 n) 3

1 (n 1)3

1

1 n3

1 . La nième somme (n 1)3

1 . La série converge (n 1)3

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé vers lim sn

Chapitre 6 Les suites et les séries

33

1 . Ceci peut être confirmé en calculant la somme directement à l’aide des commandes sum(f,n=1..infinity); (dans

n

Maple), Sum[f,{n,1,Infinity}] (dans Mathematica) ou Calculus Sum (de 1 à ∞) et Simplify (dans Derive). 66. L’exercice 65 a présenté les commandes spécifiques à chacun des logiciels de calcul symbolique. 1 n5 5n3

1 24(n 2)

4n

1 24(n 2)

1 6( n 1)

1 n 1 24 k 3 k 2

sn

1 24

1 1

4 2

1 6( n 1) 4 k 1

6 3

4 4

1 . La nième somme partielle est donc 4n

6 k 1 5

4 k 1

1 k

2

1 n 2

+

4 n 1

6 n

4 n 1

1 n 2

Les termes dont le dénominateur est d’au moins 5 s’éliminent mutuellement, à l’exception de quelques termes dont le dénominateur comprend n. Donc, lorsque n → ∞, sn

1 1 24 1

67. Pour n = 1, a1 = 0, puisque s1 = 0. Pour n > 1, an

De plus,

an

lim sn

n

n 1

68. a1

s1

5 2

1 2

3

De plus,

an n 1

69. a)

lim

n

lim sn

3 3

sn

1 4

sn

1

1 1 1 = . 24 4 96

n 1 (n 1) 1 n 1 (n 1) 1

(n 1)n (n 1)(n 2) (n 1)n

2 . n(n 1)

n 2n

n 2n

1 1/n 1. 1 1/n

. Pour n ≠ 1, an

n

3 2

lim 3

n

sn n 2n

sn

1

(3 n2 n )

3 parce que lim x

3 (n 1)2

( n 1)

x H 1 lim 2 x x 2 x ln 2

n 1 2 2n 1 2

2(n 1) 2n

n 2 2n

0.

Après la prise du premier comprimé, la quantité du médicament présente dans le corps est de 150 mg. Après le deuxième comprimé, la quantité est 150 mg plus 5 % du premier comprimé de 150 mg, c’est-à-dire [150 + 150(0,05)] mg. Après le troisième comprimé, la quantité est [150 + 150(0,05) + 150(0,05)2] = 157,875 mg. Après n comprimés, la quantité (en mg) 150(0,05)n 1 . Nous pouvons utiliser la formule 3 et exprimer cette quantité

est 150 150(0,05) comme b)

150(1 0,05n ) 1 0,05

3000 (1 0,05n ) . 19

(1 0,05n )] Le nombre de milligrammes qui demeurent dans le corps à long terme est lim[ 3000 19 n

3000 19

1 0

157,895 , soit

seulement 0,02 mg de plus que la quantité après 3 comprimés. 70. a)

La concentration résiduelle juste avant la deuxième injection est De−aT; avant la troisième, De−aT + De−a2T; avant la (n + 1)ième, De

Calcul intégral

aT

De

a 2T

+

De

anT

. Cette somme est égale à

De

aT

(1 e 1 e aT

6.2 Les séries

anT

)

formule 3 .

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Solutionnaire détaillé

b)

c)

71. a)

Chapitre 6 Les suites et les séries

La limite de la concentration avant l’injection est lim

De

n

D e

aT

1

aT

(1 e 1 e aT

anT

)

34

De aT (1 0) eaT 1 e aT eaT

D . eaT 1

D C (eaT 1) ; la dose minimale est donc D = C(eaT − 1).

C

La première étape de la chaîne se produit lorsque le gouvernement local dépense D dollars. Les personnes qui reçoivent ces D dollars en dépensent une fraction c, c’est-à-dire Dc dollars. Celles qui reçoivent les Dc dollars en dépensent une fraction c, c’est-à-dire Dc2 dollars. En continuant de cette façon, on constate que la dépense totale générée après n transactions est Sn

lim Sn

b)

n

D Dc Dc 2

lim

n

D(1 c n ) , selon la formule 3). 1 c

Dc n –1

D(1 c n ) 1 c

D D lim(1 c n ) 1 cn 1 c

lim c n

puisque 0 c 1

0

n

D [puisque c s 1] kD [puisque k 1/s] s

Si c = 0,8, alors s = 1− c = 0,2 et le multiplicateur est k = 1/s = 5. 72.

a)

Initialement, la balle tombe d’une hauteur H, rebondit ensuite à une hauteur rH, tombe de la hauteur rH, rebondit à une hauteur r2H, retombe de la hauteur r2H, et ainsi de suite. La distance totale qu’elle parcourt est H

b)

2rH

2r 2 H

2r 3 H

H (1 2r

2r 2

H 1 2r

1 1 r

2r 3 H

)

)]

1 r mètres 1 r

Nous avons appris qu’une balle tombe de 12 gt 2 mètres en t secondes, où g est l’accélération gravitationnelle. Par conséquent, une balle tombe de h mètres en t

2H g

2

2H r g

2h /g secondes. Le temps total de déplacement en secondes est

2

2H 2 r g

2

2H 3 r g

2H 1 2 r g 2H 1 2 r 1 g

2 r r

2H 1 1 2 r g 1 r c)

r2

H [1 2r (1 r

2

2 r r

3

2

2H 1 g 1

r r

Il serait utile de dresser un tableau de la durée de chaque descente et remontée de la balle, ainsi que de la vitesse juste avant et juste après chaque rebond. Il faut se rappeler que le temps en secondes requis pour tomber de h mètres est 2h /g . La balle heurte la surface à la vitesse g 2h/g vitesse kg 2h/g

Calcul intégral

2hg (en supposant que la direction vers le haut est positive), rebondit à la

k 2hg et prend le temps k 2h /g pour atteindre le point maximal de son rebond, où sa vitesse est 0. À ce

6.2 Les séries

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

35

point, sa hauteur est k2h. Tous ces résultats proviennent des formules du mouvement vertical avec accélération gravitationnelle

d2y dt 2

–g :

g

dy dt

v

v0

gt

y

y 0 v0t

1 2

gt 2 .

Descente #

Durée de la descente

Vitesse avant le rebond

Vitesse après le rebond

Durée de la remontée

1

2 H /g

2 Hg

k 2Hg

k 2H /g

Hauteur maximale k2H

2

2k 2 H /g

2k 2 Hg

k 2k 2 Hg

k 2k 2 H /g

k4H

3

2k 4 H /g …

2k 4 Hg …

k 2k 4 Hg …

k 2k 4 H /g …

k6H

…

…

Le temps total de déplacement en secondes est

2H g

k

2H g

2H g

k

k2

2H g

k2

2H g

2H 1 2k g

2k 2

2H [1 2k (1 k g

2k 3 k2

2H 1 1 2k g 1 k

)] 2H 1 k g 1 k

Autre méthode : Nous pourrions utiliser la réponse à la sous-question b). Au point maximal du rebond, la hauteur est k2h = rh, donc r

k et le résultat découle de la sous-question b).

(1 c) n est une série géométrique avec a = (1 + c)−2 et r = (1 + c)−1; la série converge donc lorsque

73. n 2

(1 c)

1

1

1 c

(1 c) 2 2 : 1 (1 c)

1

1

2

1

1 c 2

2 2

1 c

racine négative est à rejeter parce que 2

n 0

1 1 c

1 2(1 c)2

3 1 2

c 0 ou c < –2. Calculons la somme de la série et posons-la égale à

3 1 2

0 . Donc, c

2(1

c)

2c2

2c 1 0

1 10

10

e Sn

1

e

1 2

1 3

234 323

1 n

1 ec

e1e1/ 2e1/3

n 1 n

Par conséquent, esn

ec

e1/n

9 10

(1 1)(1

c

1 2

c

2

12 4

3 1 2

. La

.

n 0

1 1 ec 75.

1

(ec )n est une série géométrique avec a = (ec)0 = 1et r = ec. Si ec < 1, sa somme est

enc

74.

1 ou 1 c

1 , donc 1 ec

ln 109 .

)(1

1 3

)

(1

1 n

) [e x

1 x]

n 1

n 1 et lim esn n

. Puisque {sn} est croissante, lim sn n

, ce qui signifie que la série harmonique est

divergente. Calcul intégral

6.2 Les séries

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 76. L’aire entre y

Chapitre 6 Les suites et les séries

36

x n 1 et y = xn pour 0 ≤ x ≤ 1 est 1 0

( xn

1

x n )dx

xn n

xn 1 n 1

(n 1) n n(n 1)

1

0

1 n

1 n 1

1 n(n 1)

Le graphique montre que lorsque n → ∞, la somme des aires entre les courbes successives se rapproche de l’aire du carré-unité, c’est-à-dire 1. Donc, n

1 1. n ( n 1) 1

77. Posons que dn représente le diamètre de Cn. Traçons des droites des centres de Ci au centre de D (ou de C); selon le théorème de Pythagore, nous obtenons 12

1 2

(1

1 (1

1 2

d1 )2

d1 )

2

1 2

(1 (1

1 2

d1 )2

d1 )2

2d1

différence de carrés

d1

1 2

.

De façon similaire,

1 (1

1 2

d 2 )2

(2 d1 )(d1

Calcul intégral

(1 d1

1 2

d 2 )2

2d 2

2d1 d12

d1d 2

d2 )

6.2 Les séries

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

2

1

d2

Chapitre 6 Les suites et les séries

(1 d1 ) , 1 (1 2 d1

d1

2 d1

1 2

d3 )

2

1 2

(1 d1 d 2

d3 )

37

(1

2

2

d3

[1 (d1 d 2 )] et, en général, d n 2 (d1 d 2 )

1

2

m

di )2

i 1 m

. Si nous

di

i 1

calculons d2 et d3 à partir des formules précédentes, nous trouverons que leurs valeurs sont

1 k (k 1)

1 k

1 k 1

n

. Alors,

1 1 et 2 3 12

1 respectivement. 3 4

1 . Utilisons l’induction afin de le démontrer. Supposons que pour tout k ≤ n, n(n 1)

Nous supposons donc qu’en général d n

dk

1 6

di

1 n 1

1

i 1

n n 1

somme télescopique . En effectuant un changement de variable pour

1 cette valeur dans la formule pour dn+1, nous obtenons d n

1

2

nous constatons que les sommes partielles

n

2

n

1 (n 1) 2 n 2 n 1

n 1 n n 1

1 , ce qui complète l’induction. Or, (n 1)(n 2)

d i des diamètres des cercles se rapprochent de 1 lorsque n → ∞,

i 1

c’est-à-dire

an n 1

n 1

1 1 , ce que nous désirions démontrer. n(n 1)

78. |CD| = b sin θ, |DE| = |CD| sin θ = b sin2 θ, |EF | = |DE| sin θ = b sin3θ,…. Par conséquent, |CD| |DE| |EF | |FG| +

sin n

b

b

n 1

[parce que 0

2

, puisqu’il s’agit d’une série géométrique avec r = sin θ et |sin θ | < 1

].

79. La série 1 1 1 1 1 1

diverge (série géométrique avec r = −1). Nous ne pouvons donc pas dire

que 0 1 1 1 1 1 1

.

an est convergente, alors lim an

80. Si

sin 1 sin

n

n 1

0 selon le théorème 6; donc, lim n

1 an

0 et, par conséquent, n 1

1 est divergente selon le an

critère de divergence.

can

81. n 1

lim

n

n

can

i 1

lim c

n

n i 1

an

c lim n

n i 1

can

c

n 1

an , qui existe par hypothèse.

82. Si Σcan était convergente, alors Σ(1/c)(can) = Σan le serait également selon le théorème 8 i). Ce n’est toutefois pas le cas et donc, Σcan doit être divergente.

Calcul intégral

6.2 Les séries

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

38

83. Supposons au contraire que Σ(an + bn) converge. Alors, Σ(an + bn) et Σan sont des séries convergentes. Donc, selon le théorème 8 iii), Σ[(an + bn) − an] serait également convergente. Cependant, Σ[(an + bn) − an] = Σbn, ce qui est une contradiction, puisque le problème indique que Σbn est divergente. 84. Non. Par exemple, prenons Σan = Σn et Σbn = Σ (−n), qui sont toutes deux divergentes; cependant, Σ(an + bn) = Σ0, qui converge vers la somme 0. 85. Les sommes partielles {sn} forment une suite croissante, puisque sn − sn−1 = an > 0 pour tout n. De plus, la suite {sn} est bornée puisque sn ≤ 1000 pour tout n. Donc, selon le théorème des suites monotones, la suite de sommes partielles converge, c’est-à-dire que la série Σan est convergente.

86.

a)

1 fn 1 fn

Membre de droite

fn 1 fn 1 fn fn 1 fn 1

=

b) n 2

1 fn 1 fn

1 n 2

fn 1 fn

1 fn fn

lim

1 f1 f 2

1 f 2 f3

1

n

1 f1 f 2

lim

n

c) n 2

fn fn 1 fn

1 fn 1

lim

n

lim

n

a)

1 fn fn

fn fn 1 fn

n 2

1

n 2

87.

1 fn fn

1 f1 1 f1

( fn

1 9

,

2 9

et

7 9

1 fn 1 fn

1

Membre de gauche 1

selon la sous-question a) 1 f 2 f3

1 f3 f 4

1 f1 f 2

0

1 f3 f 4

1 f 4 f5

1 1 parce que f n 11

1 fn 1 fn

1 fn fn

lorsque n

1

.

tel que ci-dessus 1

1 fn 1 1 f3 1 f2

1 f2 1 fn

1 f4

1 f3

1 fn 1

À la première étape, seul l’intervalle intervalles

fn ) fn fn fn 1 fn 1

1

1

1

1

fn fn fn

fn fn 1 fn fn f n2 f n 1 f n 1

1

1 f5

1 f4

1 1 0 0

1 3

,

2 3

1 f6

2 parce que f n

1 fn 1

1 fn 1

lorsque n

.

(de longueur 13 ) est enlevé. À la deuxième étape, nous enlevons les

, 89 , d’une longueur totale de 2 ( 13 )2 . À la troisième étape, nous enlevons 22 intervalles, chacun de

longueur ( 13 )3 . En général, à la nième étape nous enlevons 2n−1 intervalles, chacun de longueur ( 13 ) n , pour une longueur de 2n

1

est n 1

1 3

( 13 )n ( 32 )n

1 3

1

( 23 )n 1 . Par conséquent, la longueur totale de tous les intervalles enlevés 1/3 1 2/3

1 [série géométrique avec a

1 3

et r

2 3

] . On constate qu’à la nième étape, l’intervalle le plus à gauche

qui a été enlevé est ( 13 )n , ( 32 ) n . Donc, nous n’enlevons jamais 0, qui fait partie de l’ensemble de Cantor. De plus, l’intervalle Calcul intégral

6.2 Les séries

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

39

le plus à droite qui a été enlevé est 1 ( 23 )n ;1 ( 13 )n , donc 1 n’est jamais enlevé. D’autres nombres faisant partie de l’ensemble de Cantor sont 13 , 23 , b)

,

1 9

2 9

,

et

7 9

8 9

.

L’aire qui a été enlevée à la première étape est 19 ; à la deuxième étape, 8 ( 19 )2 ; à la troisième étape, (8)2 ( 19 )3 . En général, l’aire enlevée à la nième étape est (8)n 1 ( 19 )n est n

1 8 19 9

n 1

( 98 )n 1 , donc l’aire totale de tous les carrés qui ont été enlevés

1 9

1/9 1. 1 8/9

88. a) a1

1

2

4

1

1

1000

a2

2

3

1

4

1000

1

a3

1,5

2,5

2,5

2,5

500,5

500,5

a4

1,75

2,75

1,75

3,25

750,25

250,75

a5

1,625

2,625

2,125

2,875

625,375

375,625

a6

1,687 5

2,687 5

1,937 5

3,062 5

687,813

313,188

a7

1,656 25

2,656 25

2,031 25

2,968 75

656,594

344,406

a8

1,671 88

2,671 88

1,984 38

3,015 63

672,203

328,797

a9

1,664 06

2,664 06

2,007 81

2,992 19

664,398

336,602

a10

1,667 97

2,667 97

1,996 09

3,003 91

668,301

332,699

a11

1,666 02

2,666 02

2,001 95

2,998 05

666,350

334,650

a12 1,666 99 2,666 99 1,999 02 3,000 98 667,325 333,675 Les limites semblent être 53 , 83 , 2, 3, 667 et 334. On remarque que la valeur de chacune de ces limites est plus proche de a2 que de a1. Donnons plus de poids à a2 dans une formule donnant la limite. En général, nous estimons que la limite est b)

an

1

an

1 2

(an

1 2

an 1 ) an

1 2

Nous avons utilisé la formule ak

(an

1 1 2 2

an 1 )

[

1 2

1 2

(ak

(an

[ (an

2a2 . 3

an 2 ) an 1 ]

1

an 2 )]

1

a1

(

1 n 1 2

)

(a2

a1 )

ak 2 ) un total de n − 1 fois dans ce calcul, une fois pour chaque k entre 3 et n +1.

1

Nous obtenons maintenant an

a1 (a2 a1

n 1

(ak

a1 ) (a3 1

ak )

a2 ) a1

k 1

(an n 1

(

k 1

2

1

) k 1 (a2

an 2 ) (an

an 1 )

a1 )

et donc

lim an

n

Calcul intégral

a1 (a2

a1 )

( k 1

1 k 1 2

)

a1 (a2

a1 )

1 1 ( 1/2)

a1

2 3

6.2 Les séries

(a2

a1 )

a1

2a2 . 3

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

89. a)

Pour n 1

Chapitre 6 Les suites et les séries

1 1 2

n , s1 (n 1)!

1 , s2 2

1 2 2 1 2 3

5 , s3 6

5 3 6 1 2 3 4

sont (n + 1)!, donc nous pourrions estimer que la formule sn

1 2

b) Pour n = 1, s1

sk

k 1 (k 2)!

(k 1)! 1 (k 1)!

k 1 (k 1)!( k 2)

(k

23 4 24 1 2 3 4 5

119 . Les dénominateurs 120

(n 1)! 1 . (n 1)!

2! 1 et la formule est donc vraie pour n = 1. Supposons que sk 2!

(k 1)! 1 (k 1)! (k 2)! 1 (k 2)!

1

23 , s4 24

40

(k 1)! 1 . Alors, (k 1)!

2)! ( k 2) k 1 ( k 2)!

Par conséquent, la formule est vraie pour n = k + 1. Nous avons donc démontré, par induction, que l’estimation à la sous-question a) était exacte. c)

lim sn

n

lim

n

(n 1)! 1 (n 1)!

lim 1

n

1 (n 1)!

1 et donc, n

n 1. ( n 1)! 1

90.

Représentons par r1 = le rayon du cercle le plus grand, r2 = le rayon du cercle suivant et ainsi de suite. À partir du graphique, nous obtenons

BAC = 60° et cos 60° = r1/ |AB|, donc |AB| = 2r1 et |DB| = 2r2. Par conséquent, 2r1

général, nous obtenons rn

A

r12

3 r22

r12 +3 r22

1

1 2 3

2

2r2

r1

3r2 . En

r et l’aire totale est donc r12

3 r22 1

1 32

1 34

1 36

r12 + 278 r22

Puisque les côtés du triangle sont de longueur 1, |BC|

donc A

r2

1 3 n

3 r32 1 1 1/9

r1

27 8

1 6 3

2

12

32

1 2

et tan 30

r1 . Par conséquent, r1 1/2

tan 30 2

1 2 3

r2

1 , 6 3

3 11 . L’aire du triangle est et les cercles occupent donc environ 83,1 % de l’aire 4 96

du triangle.

Calcul intégral

6.2 Les séries

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

41

6.3 Les séries à termes positifs

1.

1 21,3

Le graphique montre que a2

2 1

1 dx , a3 x1,3

1 31,3

3 2

1 1 dx et ainsi de suite, donc 1,3 x1,3 n 2n

1

1 dx . L’intégrale converge x1,3

selon 3.8.2, avec p = 1,3 > 1. Par conséquent, la série converge.

2.

Le premier graphique montre que 6

obtenons

6

ai

1

i 2

3.

4.

1

x

1/5

t

dx

1

5

f ( x)dx

ai . Le deuxième graphique montre que

i 1

6 i 2

ai

6 1

f ( x)dx . Par conséquent, nous

ai .

i 1

La fonction f ( x) 1/ 5 x donc.

5

f ( x)dx

6

lim x

x 1/5

1

t

1/5

dx

est continue, positive et décroissante sur l’intervalle [1, ∞[; le critère de l’intégrale s’applique 5 4

lim t

t

x 4/5

1

lim

n

5 4/5 4

t

5 4

1/ 5 n diverge.

, donc n 1

La fonction f (x) = 1/x5 est continue, positive et décroissante sur l’intervalle [1, ∞[; le critère de l’intégrale s’applique donc.

1

1 dx x5

t

lim x 5dx 1

t

lim t

x

4

4

t

lim 1

t

1 4t 4

1 4

1 1 . Comme cette intégrale impropre est convergente, la série est 5 4 n n 1

également convergente selon le critère de l’intégrale.

5.

1

La fonction f ( x)

1 1

(2 x 1)

dx 3

(2 x 1)3

lim t

est continue, positive et décroissante sur l’intervalle [1, ∞[; le critère de l’intégrale s’applique donc.

1 1

(2 x 1)

dx 3

lim t

1 1 4 (2 x 1)2

t

lim 1

t

1

Comme cette intégrale impropre est convergente, la série n 1

Calcul intégral

1 4(2t 1)2

(2n 1)3

1 36

1 . 36

est également convergente selon le critère de l’intégrale.

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 6.

Chapitre 6 Les suites et les séries

La fonction f ( x) 1/ x 4 s’applique donc.

( x 4)

1

( x 4)

1/ 2

dx

1/ 2

est continue, positive et décroissante sur l’intervalle [1, ∞[; le critère de l’intégrale

t

lim ( x 4)

1/ 2

1

t

42

dx

lim 2( x 4)1/ 2 t

t 1

lim(2 t t

4 2 5)

, donc la série

1/ n 4 n 1

diverge.

7.

x 1

x

2

série n

8.

x est continue, positive et décroissante sur l’intervalle [1, ∞[; le critère de l’intégrale s’applique donc. x2 1

La fonction f ( x)

dx 1

1

t

1

x

2

dx 1

lim t

1 ln( x 2 1) 2

t

1 lim[ln(t 2 1) ln 2] 2t

1

. Comme cette intégrale impropre est divergente, la

n est également divergente selon le critère de l’intégrale. 2 n 1 1

x 2e

La fonction f ( x)

x 2e

x

t

lim

x3

t

lim x 2e

dx

1

t

x3

x3

est continue, positive et décroissante (*) sur l’intervalle [1, ∞[; le critère de l’intégrale s’applique donc.

dx

n 2e

convergente, la série

1 e 3

lim t

n3

t

1 lim e 3t

x3 1

t3

1

e

1 1 0 3 e

1 . Comme cette intégrale impropre est 3e

est également convergente selon le critère de l’intégrale.

n 1

(*) : f ( x)

1

9. n 1

10.

x 2e

x3

x3

( 3x 2 ) e

est une série p avec p

n

2

n

0,9999

n 3

n 3

(2 x)

xe

x3

( 3x3

x(2 3x3 )

2)

ex

3

0 pour x > 1

2 1 , donc elle converge selon l’énoncé 3.

1 est une série p avec p = 0,999 9 ≤ 1, donc elle diverge selon l’énoncé 3. Le fait que la série commence avec n0,9999

n = 3 est non pertinent dans la détermination de la convergence.

11. 1

12. 1

13. 1

1 8

1 27

1 1 64 125

1 2 2

1 3 3

1 3

1 7

1 5

1 4 4

1 9

n 1

1 5 5

n 1

n 1

1 n n

n 1

1 . Il s’agit ici d’une série p avec p n3/ 2

1 . La fonction f ( x) 2n 1

l’intégrale s’applique donc.

Calcul intégral

1 . Il s’agit ici d’une série p avec p = 3 > 1, donc elle converge selon l’énoncé 3. n3

1

1 dx 2x 1

lim t

t 1

3 2

1 , donc elle converge selon l’énoncé 3.

1 est continue, positive et décroissante sur l’intervalle [1, ∞]; le critère de 2x 1

1 dx 2x 1

lim[ 12 ln|2 x 1|]1t t

1 2t

lim(ln(2t 1) 0)

6.3 Les séries à termes positifs

, donc la série n

1 diverge. 2 n 1 1

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

14.

1 5

Chapitre 6 Les suites et les séries

1 1 1 1 8 11 14 17

n 1

43

1 est continue, positive et décroissante sur l’intervalle [1, ∞[; le 3x 2

1 . La fonction f ( x) 3n 2

critère de l’intégrale s’applique donc.

1 dx 3x 2

1

n 4 n2

15. n 1

t

lim t

1

n 1

n n2

1 dx 3x 2

4 n2

lim[ 13 ln|3x 2|]1t

1 3t

lim(ln(3t

t

n 1

1 n3/ 2

n 1

4 . n2

n 1

, donc la série

2) ln 5)

n

1 est une série p convergente où p n3/ 2

3 2

1 diverge. 3 n 2 1

1. n 1

4 n2

4 n 1

1 est une série p n2

multipliée par une constante. Cette série p est convergente car p = 2 > 1, donc la série elle-même converge. La somme de deux séries convergentes est convergente, donc la série initiale est convergente.

16.

x2

f ( x)

x

3

1

est continue et positive sur l’intervalle [2, ∞[ et également décroissante puisque f ( x)

x(2 x3 ) ( x3 1)2

0 pour x ≥ 2; le

critère de l’intégrale s’applique donc [on remarque que f n’est pas décroissante sur l’intervalle [1,

x2

∞[].

2

x

3

lim[ 13 ln( x3 1)]t2

dx 1

t

1

17. La fonction f ( x) 1 1

x

2

4

dx

lim[ln(t 3 1) ln 9]

1 3t

x2

1

1

t

1 2 2

x

2

n 2

n

3

1

n2

diverge, ainsi que la série donnée, n 1

n

3

1

.

est continue, positive et décroissante sur l’intervalle [1, ∞[; le critère de l’intégrale s’applique donc.

4

t

lim

n2

, donc la série

4

dx

1 x arctan 2 2

lim t

t

1

1 t lim arctan 2t 2

arctan

1 2

1 arctan 2

1

Par conséquent, la série n 1

n2

3x 4 x2 2 x

18. La fonction f ( x)

4

2 x

converge.

1 [obtenu à l’aide des fractions partielles] est continue, positive et décroissante sur l’intervalle x 2

[3, ∞[ puisqu’elle est la somme de deux fonctions similaires; le critère de l’intégrale s’applique donc.

3

3x 4 dx x2 x

série n

lim t

t 3

2 x

1 dx x 2

lim 2ln x ln( x 2) t

t 3

lim[2ln t ln(t 2) 2ln 3] t

. L’intégrale est divergente, donc la

3n 4 est divergente. 2 n 3n

Calcul intégral

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

19. n 1

ln n n3

f ( x)

n 2

Chapitre 6 Les suites et les séries

ln1 ln n , puisque 1 n3

x3 (1/x) (ln x )(3x 2 ) ( x3 ) 2

ln x est continue et positive sur l’intervalle [2, ∞[. x3

0 . La fonction f ( x) x2

3x 2 ln x x6

44

1 3ln x x4

0

1 3 ln x

0

ln x

1 3

x

e1/3

1,4 , donc f est

décroissante sur l’intervalle [2, ∞[; le critère d’intégrale s’applique donc.

ln x dx x3

2

lim t

ln x (*) dx lim 2 x3 t x 3dx

(*): u = lnx, dv

ln x dx x3

20. La fonction f ( x)

x2

1 2

x 2 (1/x)dx

1 6 x 13

t

1 4x2

1 2

1 (2ln t 1) 4t 2

=lim t

1

(1/x)dx , v

du

x 2 ln x

1 2

ln x 2x2

t

1 2

4

(**)

1 ln n , donc la série converge. 3 4 n 2 n

x 2 , donc

x 2 ln x

1 ( x 3)2

1 4

1 2

x 3dx

1 2

x 2 ln x

1 4

x

2

C . (**) : lim t

2ln t 1 4t 2

H

lim t

2/t 8t

1 4t

lim

1 t2

0.

est continue, positive et décroissante sur l’intervalle [1, ∞[; le critère de l’intégrale

s’applique donc.

1

f ( x)dx

1 1 (x 3) 2 t

lim t

4

dx

1 t 3 lim arctan t 2 2

lim t

arctan 2

L’intégrale converge, donc la série n 1

21.

f ( x)

t

1 x 3 arctan 2 2 1 2 2

1

arctan 2

1 converge. 6n 13

n2

1 est continue et positive sur l’intervalle [2, ∞[ et également décroissante puisque f ( x) x ln x

1 ln x x 2 (ln x) 2

0 pour x > 2; le

critère de l’intégrale s’applique donc.

2

1 dx x ln x

lim[ln(ln x)]t2 t

2

lim t

lim t

1 ln t

n

Calcul intégral

1 dx 2 x (ln x ) 2 t

1 ln 2

donc la série

t

, donc la série n

1 diverge. 2 n ln n

1 est continue, positive et décroissante sur l’intervalle [2, ∞[; le critère de l’intégrale s’applique donc. x(ln x) 2

22. La fonction f ( x)

f ( x)dx

lim[ln(ln t ) ln(ln 2)]

lim t

1 ln 2

1 ln x

t

en posant u 2

ln x] ,

1 converge. n (ln n) 2 2

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

45

23. La fonction f (x) = e1/x/x2 est continue, positive et décroissante sur l’intervalle [1, ∞[; le critère de l’intégrale s’applique donc [g(x) = e1/x est décroissante, un fait que la division par x2 ne change pas.]

1

24.

f ( x)dx

lim t

e1/x dx 1 x2

x2 ex

f ( x)

t

lim t

e1/x

t

lim(e1/t

1

t

e x (2 x) x 2e x (e x ) 2

f ( x)

e)

(1 e) e 1 , donc la série n

xe x (2 x) (e x ) 2

x(2 x) ex

e1/n converge. 2 1 n

0 pour x > 2, donc f est continue, positive et décroissante sur

l’intervalle [3, ∞[; le critère de l’intégrale s’applique donc.

3

f ( x)dx

lim t

t 3

x 2 (*) dx lim[ e x ( x 2 t ex

(*) : x 2e x dx 97 x 2e

x

(**) : lim

t

t

2t et

2

H

lim t

2t 2 2 lim t t et e H

1

25. La fonction f ( x)

lim[e t (t 2 t

2 xe x dx 97 x 2e x + 2( xe x 2e

2

2)]t3

2x

x2

x3

1 x2

1 x

x

x

2 xe

x

e x dx) 2e

x

C

2t

2) e 3 (17)]

ou en effectuant deux intégrations par parties successives e x (x2

2 x 2) C.

1 [obtenu à l’aide des fractions partielles] est continue, positive et décroissante sur x 1

1

f ( x)dx

lim t

lim t

1

L’intégrale converge, donc la série n 1

x

que f ( x)

x 1

x4

dx 1

x

4

x4 1 4 x4 ( x 4 1)2

lim t

27. La fonction f ( x)

1

1 3x 4 ( x 4 1)2

1 2

n3

1

1 x2

1 x

1 x 1

dx

lim t

1 t 1 ln 1 ln 2 t t

1 x

t

ln x ln( x 1) 1

0 0 1 ln 2

converge.

0 sur l’intervalle [1, ∞[.] Par conséquent, le critère de l’intégrale s’applique.

lim t

1 arctan( x 2 ) 2

t

1

1 lim[arctan(t 2 ) arctan1] 2t

1 2 2

4

8

, donc la série n 1

n converge. n4 1

cos x n’est ni positive ni décroissante sur l’intervalle [1, ∞[; donc, les conditions du critère de l’intégrale ne x

sont pas satisfaites pour la série n 1

Calcul intégral

n2

t

est continue, positive et décroissante sur l’intervalle [1, ∞[. [On remarque

(2 x) dx 1 1 ( x2 )2 t

17 n2 , donc la série converge. 3 n e n 3 e

0.

l’intervalle [1, ∞[; le critère de l’intégrale s’applique donc.

26. La fonction f ( x)

(**)

cos n . n

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

cos 2 x n’est pas décroissante sur l’intervalle [1, ∞[; donc, les conditions du critère de l’intégrale ne sont 1 x2

28. La fonction f (x) = f x

pas satisfaites pour la série n

cos 2 n . n2 11

1

29. Nous avons déjà démontré (à l’exercice 21) que lorsque p = 1 la série n 2

f x

1 x ln x

n ln n

diverge; supposons donc que p ≠ 1.

p

p ln x

est continue et positive sur l’intervalle [2, ∞[ et f x

p

46

p 1

2

x ln x

< 0 si x > e–p, de sorte que f devient

éventuellement décroissante et le critère de l’intégrale s’applique.

1 2

dx p

x ln x

f x

1 p

x ln x ln ln x

1 p

1 p

t

Cette limite existe lorsque 1 p 0

30.

ln x

lim

t

pour p 1

lim

ln t

1 p

1 p

t

2

ln 2

1 p

1 p

p 1, donc la série converge pour p > 1.

est continue et positive sur l’intervalle [3, ∞[. Pour p ≥ 0, f est de toute évidence décroissante sur

l’intervalle [3, ∞[ et pour p < 0, on peut vérifier que f devient éventuellement décroissante. Par conséquent, le critère de l’intégrale

dx

I

3

s’applique.

lim

ln ln t

t

p

p

ln ln x x ln x

3

dx

lim

ln ln x

t

p 1

pour p 1

p 1

t

3

p 1

p 1

ln ln 3

p 1

t

qui existe lorsque

lim

p

x ln x ln ln x

t

p 1

1 0

p 1. Si p

,

1, alors I

lim ln ln ln x t

t

1

. Par conséquent,

3

n 3

n ln n ln ln n

p

converge pour p > 1.

31. Il est évident que la série ne peut converger si p

1 2

, puisqu’alors lim n 1 n2 n

p

0. Donc, supposons que p

1 2

. Alors,

f (x) = x(1 + x2)p est continue, positive et éventuellement décroissante sur l’intervalle [1, ∞[; le critère de l’intégrale s’applique donc. p 1

2 p

1

x( x 1 ) dx

2 1 1 x lim t 2 p 1

t

1 lim 1 t 2 2 p 1 t

p 1

2p

1

.

1

La limite existe

Calcul intégral

p 1 0

p

1, donc la série converge lorsque p < −1.

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

ln n np

32. Si p ≤ 0, lim n

47

ln x est positive et continue et f′(x) < 0 pour x > e1/p, xp

et la série diverge, donc supposons que p > 0. f x

donc f devient éventuellement décroissante et le critère de l’intégrale s’applique. En effectuant une intégration par parties, nous obtenons

1

ln x dx xp

1 p

x1

lim

p

1 p

t

0

1 p ln x 1

t

1 1 p2

pour p 1

2 1

lim t1

ln n converge p 1 n

p 1. Par conséquent, n

33. Comme il s’agit ici d’une série p avec p

p

1 , qui existe lorsque

1 p ln t 1

t

p 1.

x est définie lorsque x > 1. À moins d’indication contraire, le domaine naturel d’une

x,

fonction f est l’ensemble des nombres réels x qui font que l’expression f(x) est un nombre réel. Donc, dans le cas d’une série, c’est l’ensemble des nombres réels x qui font que la série est convergente.

1 2 2n

34. a) n

n

n 3

2

n 1

n

1

c) n 1

2n

n 1

3 4

35. a)

2

4

n

k 5

k

2

n

1 2 n 1

4

1 34

1 44

1

6

1 12

1 1 4 n 1 n2

81 1 81 4 4 1n n 1n

1

b)

1 2 n 4

1 2 1 4n

n

2

1 soustraire a1 12

1

b)

36. a)

1 2 1n

1 22 2

1 4

1 54

6

24

9 4 10

90

k

49 36

6 2

4

81

2

1 32

1 4 k 3

4

1

90

4

1

1 24

4

soustraire a1 et a2

90

17 16

f (x) = 1/x4 est positive et continue et f′(x) = −4/x5 est négative pour x > 0; le critère de l’intégrale s’applique donc.

n

1 4 1n

s10

1 14

1 24

1 34

1 104

1,082 037. R10

1 dx 10 x 4

lim t

1 3x3

t

lim 10

t

1 3t 3

1 3 10

3

1 , donc l’erreur 3000

commise est au plus égale à 0,0003. b)

s10

11

1 dx x4

s

s10

10

1 dx x4

s10

1 3 11

3

s

s10

1 3 10

3

1,082 037 + 0,000 250 = 1,082 287 ≤ s ≤ 1,082 037 + 0,000 333 = 1,082 370; nous obtenons donc s ≈ 1,082 33 avec une erreur ≤ 0,000 05.

Calcul intégral

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé c)

48

L’estimation obtenue à la sous-question b) est s ≈ 1,082 33 avec une erreur ≤ 0,000 05. La valeur exacte donnée à l’exercice 35 4

est d)

Chapitre 6 Les suites et les séries

/ 90 1,082 323. L’écart est de moins de 0,000 01.

Rn

n

1 dx x4

1 . Donc, R n 3n3

1 3n3

0,000 01

1 105

3n3 105

n

3

5

32,2, c’est-à-dire pour

10 / 3

n > 32.

37. a)

1 est positive et continue et f x x2

f x

donc. n

1 s10 2 n 1

1 12

1 22

1 32

1 102

2 est négative pour x > 0; le critère de l’intégrale s’applique x3

1 dx 10 x 2

1,549 768. R10

lim t

1 x

t

lim 10

t

1 1 t 10

1 , donc l’erreur 10

commise est au plus égale à 0,1. b)

s10

11

1 dx x2

s

s10

10

1 dx x2

1 11

s10

s

1 10

s10

1,549 768 + 0,090 909 = 1,640 677 ≤ s ≤ 1,549 768 + 0,1 = 1,649 768; nous obtenons donc s ≈ 1,645 22 (la moyenne de 1,640 677 et 1,649 768) avec une erreur ≤ 0,005 (la valeur maximale de 1,649 768 – 1,645 22 et de 1,645 22 – 1,640 677, arrondie au chiffre supérieur). c)

L’estimation obtenue à la sous-question b) est s ≈ 1,645 22 avec une erreur ≤ 0,005. La valeur exacte donnée à l’exercice 34 2

est d)

Rn

/ 6 1,644 934. L’écart est de moins de 0,000 3.

n

1 dx x2

1 . Donc Rn n

0,001 si

1 n

1 1000

n 1000.

38. f(x) = 1/x5 est positive et continue et f′(x) = −5/x6 est négative pour x > 0; le critère de l’intégrale s’applique donc. Selon les inégalités 5, Rn

n

x 5dx

lim t

t

1 4 x4

n

1 . Si nous utilisons n = 5, alors s5 ≈ 1,036 662 et R5 ≤ 0,0004. Donc, s ≈ s5 ≈ 1,037. 4n 4

39. f (x) = 1/(2x+ 1)6 est continue, positive et décroissante sur l’intervalle [1, ∞[; le critère de l’intégrale s’applique donc. Selon les 6

inégalités 5, Rn

n

2 x 1 dx

lim t

t

1 10 2 x 1

5 n

1 10 2n 1

5

. Pour avoir une précision de cinq décimales, nous devons

calculer 1 10 2n 1

s4

4 n 1

5 106

5

1 2n 1

Calcul intégral

6

2n 1

1 36

1 56

1 76

5

20 000

1 96

n

1 2

5

20 000 1

3,12,.Il faut donc utiliser n

4.

0,001 446 0,001 45.

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

40.

1

f x

x ln x

2

Chapitre 6 Les suites et les séries lnx 2 est négative pour x > 1; le critère de l’intégrale s’applique donc. x 2 (lnx)3

est positive et continue et f ( x)

dx

Selon les inégalités 4, nous devons avoir 0,01

49

n

x ln x

2

lim t

1 ln x

t

n

1 . Ceci est vrai pour n > e100; nous aurions donc besoin ln n

de ce nombre de termes, cela présente une grande difficulté puisque e100 ≈ 2,7 × 1043.

41.

n

1,001

n 1

Rn

n 1

n

x

1 est une série p convergente avec p = 1,001 > 1. Selon les inégalités 4, nous obtenons n1,001

1,001

dx

x 1,001 0,001

lim t

Nous désirons Rn

t

1000lim t

n

x

1000 n0,001

0,000 000 005

t

1

1 n0,001

1000

0,001 n

5 10

9

n0,001

1000 . n0,001

1000 5 10 9

n > (2 × 1011)1000 = 21000 × 1011 000 ≈ 1,07 × 10301 × 1011 000 = 1,07 × 1011 301.

42. a)

f x

ln x x

2

est continue et positive pour x > 1 et, puisque f x

2ln x 1 ln x

0 pour x

x3

e, le critère de l’intégrale

2

s’applique. À l’aide d’un logiciel de calcul symbolique, nous obtenons

ln x dx x

1

2, donc la série converge également.

2

ln n

ln x dx x

2

2ln n 2

b)

Comme le critère de l’intégrale s’applique, l’erreur dans s

c)

En traçant le graphique des fonctions y1

d)

En utilisant le logiciel de calcul symbolique pour effectuer l’addition des 1373 premiers termes, nous obtenons s1373 ≈ 1,94.

43. a)

Le graphique montre que a2

conséquent, sn b)

1

1 2

1 3

a3 1 4

ln x

2

2ln x 2 x

an

n 1

n

n

.

et y2 = 0,05, nous constatons que y1 < y2 pour n ≥ 1373.

f ( x)dx , donc avec f ( x)

1 1 , x 2

1 3

1 4

1 n

n 1

1 dx x

ln n . Par

1 1 ln n . n

Selon la sous-question a), s10 6 1 ln106 14,82 15 et s109

Calcul intégral

sn est Rn

1 ln109

21,72 22 .

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

44. a)

Chapitre 6 Les suites et les séries

La somme des aires des n rectangles dans le graphique est 1

1 2

n 1

les rectangles s’étendent au-dessus de la courbe y = 1/x; donc,

1 2

et puisque ln n < ln(n +1), 0 1

b)

1 3

1 n

1 3

1

50

1 . Or, n

1 dx x

n 1 1

dx est inférieure à cette somme puisque x 1 2

ln(n 1) 1

1 3

1 , n

ln n tn .

L’aire située sous la coube f (x) = 1/x entre x = n et x = n +1 est

supérieure à l’aire du rectangle inscrit dans le graphique qui est

n 1 n

dx x

1 n 1

ln(n 1) ln n . Cette aire est de toute évidence

; donc, tn

tn

1

[ln(n 1) ln n]

1 n 1

0 et, par

conséquent, tn > tn+1. Il s’ensuit que {tn} est une suite décroissante.

c)

Nous avons montré que {tn} est décroissante et que tn > 0 pour tout n. Par conséquent, 0 < tn ≤ t1 = 1, donc {tn} est une suite monotone bornée. Il s’ensuit qu’elle converge selon le théorème des suites monotones.

45. bln n

(eln b )ln n

ln b 1

46. Pour la série n 1

(eln n )ln b

nln b

ln b

1

c n

1 , n 1 sn

Par conséquent, n 1

c n

1 n

ln b

b e

n i 1

c i

c 1

c 1 2

1 n 1

. Il s’agit ici d’une série p, qui converge pour tout b tel que

1

b 1/e [avec b > 0].

1 i 1 c 1 3

lim sn

n

c 1

1 2

c 1 4

c 2

1 3

c 3

c 1 n

1 n 1

lim c (c 1)

n

n i 2

1 i

1 4

c n c (c 1)

1 n 1 1 2

1 3

1 4

1 n

1 n 1

1 . Puisque le produit d’une série divergente avec une constante n 1

donne une série divergente, alors la série est divergente, la dernière limite n’existe que si Calcul intégral

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

51

c – 1 = 0, donc la série initiale ne converge que si c = 1. 47. a)

Nous ne pouvons rien affirmer à propos de ∑an. Si an > bn pour tout n et ∑bn est convergente, alors ∑an pourrait être convergente ou divergente. (Voir la note après l’exemple 2.)

b)

Si an < bn pour tout n, alors ∑an est convergente. [Ceci est la partie i) de la règle de comparaison.]

48. a)

Si an > bn pour tout n, alors ∑an est divergente. [Ceci est la partie ii) de la règle de comparaison.]

b)

Nous ne pouvons rien affirmer à propos de ∑an. Si an < bn pour tout n et ∑an est divergente, alors ∑an pourrait être convergente ou divergente.

49.

n 2n 3 1

n 2n 3

1 2n 2

1 n pour tout n ≥ 1, donc converge par comparaison avec 3 n2 1 n 1 2n

n 1

1 , qui converge parce que c’est une n2

série p avec p = 2 > 1.

50.

n3 n

4

n3 n4

1

1 n3 1 pour tout n ≥ 2, donc diverge par comparaison avec , qui diverge parce que c’est une série p avec 4 n 1 n 2n n 2n

p = 1 ≤ 1 (la série harmonique).

51.

n 1 n n

n n n

p avec p

52.

53.

n 1 n2 n

1 2

1 n 1 pour tout n ≥ 1, donc diverge par comparaison avec n n n 1n n

3 2

9n 3 10n

9n 10n

1 , qui diverge parce que c’est une série n

1.

n n2 n1/ 2

p avec p

1

1 n 1 pour tout n ≥ 1, donc converge par comparaison avec 2 n3/ 2 n n n 1

n

1 , qui converge parce que c’est une série 3/ 2 n 1

1.

9 10

n

pour tout n ≥ 1. n 1

( 109 ) n est une série géométrique convergente (|r|

9 10

1) , donc n

9n converge, selon n 1 3 10

la règle de comparaison.

54.

6n 5n 1

6n 5n

6 5

n

pour tout n ≥ 1. n 1

( 65 ) n est une série géométrique divergente (|r|

6 5

6n

1) , donc n 1

5n 1

diverge, selon la règle de

comparaison.

Calcul intégral

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

55.

ln k k

Chapitre 6 Les suites et les séries

52

1 ln k 1 pour tout k ≥ 3 [puisque ln k > 1 pour k ≥ 3], donc diverge par comparaison avec , qui diverge parce que c’est k k 3 k k 3k ln k diverge puisqu’un nombre fini de termes n’a aucune 1 k

une série p avec p = 1 ≤ 1 (la série harmonique). Par conséquent, k

incidence sur la convergence ou la divergence d’une série.

56.

k sin 2 k 1 k3

k 1 k3

1 k sin 2 k pour tout k ≥ 1, donc converge par comparaison avec 2 k k3 k 1 1

k k3

k

1 , qui converge parce que c’est une 2 k 1

série p avec p = 2 > 1.

3

57.

k

3

3

k 4k

3

k 1/3 k 3/ 2

k k

3

1 k

7/6

parce que c’est une série p avec p

58.

(2k 1)(k 2 1) (k 1)(k 2 4)2

2k ( k 2 ) k (k 2 ) 2

2k 3 k5

3

pour tout k ≥ 1, donc

k

k 1

7 6

3

k 4k

3

1

converge par comparaison avec k 1

k 7/6

, qui converge

1.

2 (2k 1)(k 2 1) 1 pour tout k ≥ 1, donc converge par comparaison avec 2 , qui converge 2 2 k 1)(k 2 4) 2 k 1 (k k 1k

parce c’est une série p où p = 2 > 1 multipliée par une constante.

59.

arctan n n1,2

/2 pour tout n ≥ 1, donc n1,2

n

arctan n converge par comparaison avec n1,2 2 1

n

1 , qui converge parce que c’est une série 1,2 n 1

p où p = 1,2 > 1 multipliée par une constante.

60.

61.

n n 1

n n

4n 1 3n 2

4 4n 3n

donc n

62.

1 n , donc diverge par comparaison avec la série p divergente (partielle) n n 2n 1

3n

4

4 3

n

4

pour tout n ≥ 1. n 1

4 3

n

n 1

[p

1 2

4 3

1) ,

1] .

n

4 3

4

1 n

est une série géométrique divergente (|r|

4n 1 diverge, selon le critère de comparaison. n 2 13

1 3

4

n 2

1 1

3

3n

1 4

3

n

c’est une série p avec p

1 pour tout n ≥ 1, donc n4/3 n

4

4 3

1 1

3n

4

1

converge par comparaison avec n

1 , qui converge parce que 4/3 n 1

1.

63. Utilisons le critère de comparaison par une limite avec an

Calcul intégral

3

1 n2 1

et bn

1 : n

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

lim

n

an bn

Chapitre 6 Les suites et les séries

n

lim

n2 1

n

1

lim

1 (1/n2 )

n

1 0 . Puisque la série harmonique n 1

1 et bn 2n 3

64. Utilisons le critère de comparaison par une limite avec an

série harmonique n 1

53

1 diverge, n

1 a : lim n n n bn

1 n 1

lim

n

n2 1

n 2n 3

diverge également.

lim

n

1 2 (3/n)

1 2

0 . Puisque la

1 1 diverge, diverge également. 3 n n 1 2n

1 4n et bn 1 3n

65. Utilisons le critère de comparaison par une limite avec an

a lim n n bn

1 4n n lim 1 n3 n 4 3n

Puisque la série géométrique

lim

n

1 4n 3n 1 3n 4n

( 43 )n diverge,

bn

n

lim

n

4n : 3n

1 4n 3n 4n 1 3n

lim

n

1 4n

1

1 1 3n

1 0 1

1 4n diverge également. n 11 3

Autre méthode : Utilisons le critère de comparaison avec

1 4n 1 3n

1 4n 3n 3n

4n 2(3n )

1 4 2 3

n

ou utilisons le critère de divergence.

66. 4n > n pour tout n ≥ 1 puisque la fonction f (x) = 4x − x satisfait à f(1) = 3 et f′(x) = 4x ln 4 − 1 > 0 pour x ≥ 1. Donc,

n 4n n 6n

4n 4n n 6n

2 4n 6n

2( 64 )n et, par conséquent, la série

fois une série géométrique convergente [|r|

2 3

n

n 4n converge par comparaison avec 2 ( 23 ) n , qui est une constante 6n 1 n n 1

1] .

Autre méthode : Utilisons le critère de comparaison par une limite avec an

67. Utilisons le critère de comparaison par une limite avec an

lim

n

an bn

lim

n

n3/ 2 n 2 2n 2 n 1

convergente [ p

68.

n4 1 n n2 3

3 2

n4 n (n 1) 2

lim

n3/ 2 n 2 / n3/ 2 n (2n

n

1] , la série n

n2 n (n 1) 2

2

2 1 2n

1 n 1

n 1)/n

2

lim

n

2n 2

n 2 et bn n 1

1 2/n 2 1/n 1/n 2

n 4n et bn n 6n

( 23 )n .

1 : n3/ 2

1 2

1 2

0 . Puisque n

1 est une série p 3/ 2 1n

n 2 converge également. n 1

pour tout n ≥ 1, donc n 1

n4 1 diverge par comparaison avec n n2 3

n 1

1 n 1

n 2

1 , laquelle n

diverge parce que c’est une série p avec p = 1 ≤ 1.

Calcul intégral

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 1

69. Si an

lim

n

n n

an bn

2

lim

n

1

Chapitre 6 Les suites et les séries

1 , alors n2

et bn n2

n n

2

1

n /n

lim

n

n

2

lim

n

1/n

une limite avec la série convergente n 2

1 1 1/n

2

1 1 0 , donc 1

e n 1

71.

e1/n n

n

n 2

n n2 1

converge selon le critère de comparaison par

1 n

2

e n et bn = e−n : lim n

1] , la série

1 e

an bn

1 n 1

1 n

lim 1

n

1 n

2

1 0.

2 n

e

converge également.

1 e1/n 1 pour tout n ≥ 1, donc diverge par comparaison avec la série harmonique . n n n 1 n 1 n

72. Il est évident que n! n(n 1)(n 2)

convergente [|r|

73.

1

1 est une série géométrique convergente [|r| n e 1

n

1

1 . n2

70. Utilisons le critère de comparaison par une limite avec an

Puisque

54

n! nn

1 2 3 n n n

1 2

1] , donc n

(n 1)n n n

2 2 2n 1 , donc

(3)(2) 2 2 2

1 n!

1 . 2n 1

n 1

1 est une série géométrique 2n 1

1 converge, selon le critère de comparaison. n 1 !

1 2 11 n n

1 pour n ≥ 2, donc puisque n

2 converge [p = 2 > 1], 2 n 1

n

n! converge également, selon le n n 1

critère de comparaison.

74. Utilisons le critère de comparaison par une limite avec an

et lim n

an bn

lim

n

sin(1/n) 1/n

lim

sin

0

1 0 . Puisque

sin

1 et bn n

1 . Alors, ∑an et ∑bn sont des séries à termes positifs n

bn est la série harmonique divergente, n 1

pourrions également utiliser la règle de L’Hospital pour évaluer la limite : lim x

75. Utilisons le critère de comparaison par une limite avec an

lim

n

n

an bn

lim

n

n 1 1/n

n

lim

n

1 n1/n

1 puisque lim x1/x

1 diverge [série harmonique] 1n

Calcul intégral

x

n

sin(1/n) diverge également. [Nous n 1

1 et bn n1 1/n

sin(1/x) H cos(1/x) ( 1/x 2 ) lim x 1/x 1/x 2

lim cos x

1 x

cos0 1 .]

1 . n

1 à l'aide de la règle de L'Hospital , donc

1 diverge . 1 1/n n 1

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

76.

10

1

R10

77.

sin 2 n n3 1

R10

78.

10

T10

n 1

R10

t

lim t

cos 2 1 5

t

lim

10

t

t

10

1 dx 10 2 3x

1 10

sin 2 10 1000

t

1 2t 2

lim t

10

cos 2 3 53

5 x dx

1 32

1 1 t 10

lim

cos 2 2 52

1 31 41

4n

T10

t

1 2x2

1 3n

1 x

1 dx 10 x 3

1 dx 10 5 x

T10

10

lim

1 1 1,248 56 . Or, 10 001 n4 1

sin 2 3 27

n 1

79.

1 82

sin 2 1 sin 2 2 1 8

5 n cos 2 n

R10

1 17

1 dx 10 x 2

T10

10 n

1 2

n4 1

n 1

Chapitre 6 Les suites et les séries

5x ln 5

t

lim t

33

1 200

0,005 .

1 200

0,073 93 . Or,

5t ln 5

lim t

1 43

310

1 x 3 dx 10 2 t

1 10 2 3 ln 3

sin 2 n n3

t

1 42

0,832 53 . Or,

10

lim t

t

lim 10

n

an bn

série n

lim

n

n 2 (n 2) (n 1)3

lim

n

1 (1

lim

1 510 ln 5

6,4 10 8 .

1 3n

13t 2 ln 3

1 4n

3n

3n

1 , donc l’erreur est 2 3n

1 3 10 2 ln 3

7,7 10 .

2 n 1 3 n

)

1 0 . Puisque n

n 2 et bn (n 1)3

1 : n2

1 est une série p convergente (partielle) [p = 2 > 1], la 2 3n

n 2 converge également. ( n 1)3 3

81. Utilisons le critère de comparaison par une limite avec an

n

5 10 ln 5

1 , donc l’erreur est 5n

6

80. Utilisons le critère de comparaison par une limite avec an

lim

t

1 , donc l’erreur est n3

cos 2 n 5n

0,197 88 . Or,

410

13 x 2 ln 3

1 , donc l’erreur est n2

n4

0,1 .

cos 2 10 510

lim

1

55

an bn

série n 1

lim

n

n3 (5 2n) (1 n 2 )2

lim

n

5n3 2n4 1/n4 (1 n 2 )2 1/(n 2 ) 2

lim

n

(

5 n 1 n2

5 2n et bn (1 n 2 ) 2

2 1) 2

1 : n3

2 0 . Puisque n 1

1 est une série p convergente [p = 3 > 1], la n3

5 2n converge également. (1 n 2 ) 2

Calcul intégral

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

82. Si an

Chapitre 6 Les suites et les séries

n 2 5n et bn n3 n 1

1 a , alors lim n n n bn

lim

n

n3 5n 2 n3 n 1

lim

n

1 5/n 1 1/n 2 1/n3

comparaison par une limite avec la série harmonique divergente n

83. lim n

an 1 an

lim

n

n 1 5n 5n 1 n

lim

n

1 n 1 5 n

1 1 1/n lim n 5 1

1 (1) 5

56

1 0 , donc n

n 2 5n diverge selon le critère de 3 n 1 1n

1 . (On constate que an > 0 pour n ≥ 6.) 1 n

1 1 , donc la série 5

n

n converge absolument, selon le critère de n 15

d’Alembert.

84. lim k

ak 1 ak

lim

k

(k 1)( 32 )k k ( 23 )k

1

lim

k

k 1 2 k 3

1

2 1 lim 1 k 3 k

2 3

(1)

1 , donc la série

2 3

n 1

k ( 23 ) k converge absolument, selon le

critère de d’Alembert. Puisque les termes de cette série sont positifs, la convergence absolue entraîne la convergence de la série.

85. lim n

86. lim n

an 1 an

an 1 an

lim

n

lim

n

(n 1)! 100n 100n 1 n!

10n 1 (n 2)4 2 n

lim

n

n 1 100

(n 1)42 n 10n

3

. donc la série n

1

lim

n

n! diverge, selon le critère de d’Alembert. n 1 100

5 10n 1 , donc la série est absolument convergente, selon 2n 1 8 n 1 ( n 1)4

10 n 1 42 n 2

le critère de d’Alembert. Puisque les termes de cette série sont positifs, la convergence absolue entraîne la convergence de la série.

87. lim n |an | n

88. lim n |an | n

89. lim n

an 1 an

lim

n

n2 1 2n 2 1

lim n 1

n

lim

n

1 n

lim

n

1 1/n2 2 1/n2

n2

1 n

lim 1

n

[2(n 1)]! (n!)2 [(n 1)!]2 (2n)!

1 1 , donc la série 2

lim

n

n 1

n2 1 2n 2 1

n

e 1 , donc la série

1 n 1

(2n 2)(2n 1) (n 1)(n 1)

lim

n

1 n

n

est absolument convergente, selon le critère de Cauchy.

n2

est divergente, selon le critère de Cauchy.

(2 2/n)(2 1/n) (1 1/n)(1 1/n)

2 2 11

4 1 , donc la série n

(2n)! est divergente, 2 1 ( n !)

selon le critère de d’Alembert.

90. lim n

an 1 an

lim

n

donc la série n

Calcul intégral

(n 1)100100n (n 1)!

1

n! n 100n 100

lim

n

100 n 1 n 1 n

100

lim

n

100 1 1 n 1 n

100

0 1 0 1

n100100n est absolument convergente, selon le critère de d’Alembert. n! 1

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

91. lim n

Chapitre 6 Les suites et les séries 2

2( n 1) n! lim n (n 1)! 2n2

an 1 an

lim

n

2n

2

2n 1

2

2n (n 1)

22 n 1 lim n n 1

L . Or, lim

2 5

2 6 10 5 8 11

x

57 2

22 x 1 H 22 x 1 (2ln 2) lim x 1 x 1

, donc L > 1 et la série n

2n est 1 n!

divergente, selon le critère de d’Alembert.

92. Utilisons le critère de d’Alembert avec la série

lim

n

an 1 an

lim

n

2 4 6

93.

2 6 10 5 8 11

(2n) n!

n 1

lim 2n

(4n 2)[4(n 1) 2] 5 8 11 (3n 2)[3(n 1) 2] 2 6 10

(2 1) (2 2) (2 3) n! 1

2 6 10 14 5 8 11 14

(3n 2) (4n 2)

2n n! 1 n!

(2 n) n

lim

n

n

4n 2 3n 5

2 6 10 14 1 5 8 11 14

(4n 2) . (3n 2)

4 1 , donc la série donnée est divergente. 3

2n , qui diverge, selon le critère de divergence, puisque n 1

.

n

94. Puisque

n

2 6 5 8

dn 10n

9 9 pour chaque n, et puisque est une série géométrique convergente (|r| n 10n 10 n 1

1 10

1) , 0, d1d 2d3 n

dn n 10 1

convergera toujours, selon le critère de comparaison.

95. Il est évident que si p < 0, alors la série diverge, puisque lim n

n p ln n

1 n p ln n

n ln n

1 n p ln n

. Si 0 ≤ p ≤ 1, alors

1 1 et diverge (exercice 6.3.21), donc n ln n n 2 n ln n

comparaison par une limite avec an

1 et bn n ln n p

1 a . bn converge et lim n p n n n 2 bn

n

1 diverge. Si p > 1, utilisons le critère de p n ln n 2 lim

n

1 ln n

0 , donc n

1 converge 2 n ln n p

également. (Ou encore, utilisons le critère de comparaison, puisque np ln n > np pour n > e.) En résumé, la série converge si et seulement si p > 1. 96. Puisque ∑an converge, lim an n

n

97. a)

N

0 an2

0 , donc il existe un nombre N tel que |an − 0| < 1 pour tout n

n

0 an 1 pour tout

an2 converge également, par comparaison.

an . Puisque ∑an converge,

Puisque lim(an /bn )

N

0 , il existe un nombre N > 0 tel que |an/bn − 0| < 1 pour tout n > N et donc, an < bn puisque an et bn sont

positifs. Par conséquent, puisque ∑bn converge, ∑an converge également, par comparaison. b) i)

Calcul intégral

Si an

ln n et bn n3

1 a , alors lim n n bn n2

lim

n

ln n n

lim x

ln x H 1/x lim x x 1

0 , donc

6.3 Les séries à termes positifs

n

ln n converge selon la sous-question a). 3 1 n

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

ii)

Chapitre 6 Les suites et les séries

ln n et bn nen

Si an

1 a , alors lim n n n e bn

lim

n

ln n n

lim x

58

ln x H 1/x lim x x 1/ 2 x

lim x

2 x

0 . Or, ∑bn est une série géométrique

convergente de raison r = 1/e [|r| < 1], donc ∑an converge selon la sous-question a).

98. a)

Puisque lim n

an bn

, il existe un nombre entier N tel que

an bn

1 lorsque n > N. (Posons que M = 1 dans la définition 6.1.5.)

Alors, an > bn lorsque n > N et, puisque ∑bn est divergente, ∑an est également divergente, par comparaison. b) i)

1 et bn ln n

Si an

a), n 2

lim

n

n ln n

lim x

x H 1 lim ln x x 1/x

lim x x

, donc selon la sous-question

1 est divergente. ln n

Si an

ii)

1 a pour n ≥ 2, alors lim n n n bn

ln n et bn n

1 a , alors bn est la série harmonique divergente et lim n n n bn n 1

lim ln n

n

lim ln x

, donc

x

an diverge n 1

selon la sous-question a).

99. Soit an

1 et bn n2

100. lim nan n

lim

n

1 a . Alors, lim n n n bn

lim

n

1 n

0 , or ∑bn diverge, bien que ∑an converge.

an , donc utilisons le critère de comparaison par une limite avec bn 1/n

1 . Puisque lim nan n n

deux séries convergent, soit les deux séries divergent, et nous savons également que n

0 , nous savons que soit les

1 diverge [série p avec p = 1]. Par 1 n

conséquent, ∑an doit être divergente.

ln(1 x) H 1 lim 1 . De plus, si ∑an converge, alors lim an 0 x 01 n x x

101. Nous observons d’abord que, selon la règle de L’Hospital, lim x

selon le théorème 6.2.6. Par conséquent, lim n

an > 0. Par conséquent,

ln(1 an ) an

lim x

0

0

ln(1 x) 1 0 . Le problème spécifie que ∑an est convergente et que x

ln(1 an ) est convergente selon le critère de comparaison par une limite.

102. Oui. Puisque ∑an est une série convergente à termes positifs, lim an n

0 selon le théorème 6.2.6. De plus,

série à termes positifs (lorsque n prend une valeur assez grande). Nous obtenons lim n

bn an

lim

n

bn

sin(an ) est une

sin(an ) 1 0 . Par conséquent, ∑bn an

est également convergente selon le critère de comparaison par une limite.

Calcul intégral

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

59

103. Oui. Puisque ∑an converge, ses termes s’approchent de 0 lorsque n → ∞, donc pour un certain nombre entier N, an ≤ 1 pour tout n ≥ N. Mais alors

N 1

ab

n 1 n n

n 1

terme converge puisque

anbn

b converge. Donc,

an 1 an

n

lim

1/(n 1)3 1/n3

b)

lim

(n 1) 2n 2n 1 n

c)

lim

n 1 1 n2 1 (n 1) 2 n

n

n

n

lim

n

n3 (n 1)3

lim

n

lim

n

n 1 2n

lim

n

lim

1

n

N 1

anbn

n 1

anbn

n N

bn . Le premier terme est une somme finie et le second

anbn converge, selon le critère de comparaison.

n 1 n

104. Selon la définition de récurrence, lim

105. a)

n N

5n 1 4n 3

lim

n

5 1 , donc la série diverge, selon le critère de d’Alembert. 4

1 (1 1/n)3

1 . Le critère de d’Alembert ne permet pas de conclure.

1 2

1 . Le critère de d’Alembert permet de conclure que la série est convergente. 2

1 2n

1 1/n 2 1 n 1/n 2 (1 1/n) 2

1 . Le critère de d’Alembert ne permet pas de conclure.

106. Appliquons le critère de d’Alembert :

lim

n

an 1 an

lim

n

Or, si k = 1, alors ceci est égal à lim n

[(n 1)!]2 /[k (n 1)]! (n!)2 /(kn)!

(n 1) 2 (n 1)

lim

n

(n 1)2 [k (n 1)][k (n 1) 1] [kn 1]

, donc la série diverge; si k = 2, la limite est lim n

(n 1)2 (2n 2)(2n 1)

1 1 , donc la 4

série converge; finalement, si k > 2, alors la plus haute puissance de n dans le dénominateur est supérieure à 2 et donc, la limite est 0, ce qui montre la convergence. La série converge donc pour k ≥ 2.

107. a)

lim

n

an 1 an

lim

n

x n 1 n! (n 1)! x n

lim

n

x

|x|lim

n 1

n

1

|x| 0 0 1 , donc, selon le critère de d’Alembert, la série

n 1

n

xn 0 n!

converge pour tout x. b)

108. a)

Puisque la série à la sous-question a) converge toujours, il en découle que lim n

Rn

an an

Calcul intégral

1

1

an 1

an

2

an an

2 1

3

an an

an

an an

3 2

2 1

an 1 (1 rn

1

rn 2 rn

1

an

1

rn2 1

rn3 1

1

1 rn

an

4

an an

4 3

rn 3rn 2rn

1

an an 1

an an

1 3 2

an an

2 1

an an

3 1

an an

xn n!

0 , selon le théorème 6.2.7.

4 1

2 1

)(*)

[puisque {rn } est décroissante]

an 1 1 rn 1

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé b)

Chapitre 6 Les suites et les séries

On remarque que, puisque {rn} est croissante et rn → L lorsque n → ∞, nous obtenons rn < L pour tout n. Donc, en commençant par l’égalité (*), Rn

109. a)

5

s5 n

1 n n 1 2

1 2

1 8

croissante, puisque rn

an 1 (1 rn

1 24

rn 2rn

1 1 64 160

rn

1

1

1

rn 3rn 2rn

661 960

n 1 2(n 2)

) an 1 (1 L L2

1

n 2(n 1)

n

(n 1)2 n(n 2) 2(n 1)(n 2) 1/(6 26 ) 1 1/2

1 192

1 (n 1)2n

0,000 05

0,000 05

(n 1)2n

)

an 1 . 1 L

n 2n (n 1)2n

1 2(n 1)(n 2)

n forment une suite 2(n 1)

1

0 . Donc, selon l’exercice 105 b),

0,005 21 .

L’erreur générée en utilisant sn comme approximation de la somme est Rn

que Rn

L3

an 1 an

0,688 54 . Or, les quotients rn

a6 1 lim rn

l’erreur générée en utilisant s5 est R5

b)

60

an 1

1 1 2

2 (n 1)2n

1

. Nous voulons

20 000 . Nous pouvons trouver un plus petit n par un processus

de tâtonnement ou à l’aide d’un graphique. Nous calculons que (11 + 1)2 11 = 24 576, donc s11

11 n

1 n 1 n2

0,693109 est à moins

de 0,000 05 près de la somme réelle.

110. s10

10 n

n n 12

1 2

2 4

et r11

11 1 2(11)

série

n est R10 n 12

n

Calcul intégral

12 22

3 8

10 1,988 . Les quotients rn 1024

an 1 an

n 1 2n 2n 1 n

n 1 2n

1 1 1 2 n

forment une suite décroissante

6 1 , donc, selon l’exercice 108a), l’erreur générée en utilisant s10 comme approximation de la somme de la 11 a11 1 r11

11 2048 6 11

1

121 10 240

0,0118 .

6.3 Les séries à termes positifs

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

61

6.4 Les séries alternées 1.

a)

Une série alternée est une série à termes alternativement positifs et négatifs.

b)

Une série alternée

( 1) n 1 bn , où bn = |an|, converge si 0 < bn+1 ≤ bn pour tout n et lim bn

an n 1

0 . (Ceci constitue le critère

n

n 1

des séries alternées.) c)

L’erreur découlant de l’utilisation de la somme partielle sn comme approximation de la somme totale s est égale au Rn = s − sn et cette erreur est inférieure à bn+1, c’est-à-dire |Rn| ≤ bn+1. (Ceci constitue le théorème d’estimation des séries alternées.)

2.

2 3

2 5

2 7

2 2 9 11

( 1)n

1

n 1

2 0 , {bn} est décroissante et lim bn n 2n 1

2 . Or, bn 2n 1

0 ; la série converge donc, selon le

critère des séries alternées.

2 5

3.

4 6

6 7

8 10 8 9

( 1)n n 1

2n . Or, lim bn n n 4

lim

n

2n n 4

lim

n

2 1 4/n

2 1

0 . Puisque lim an

0 (en fait, cette limite

n

n’existe pas), la série diverge, selon le critère de divergence.

4.

1 2

1 3

1 4

1 5

1 6

( 1)n

1 n 1

1 . Or, bn n 1

1

n 1

0 , {bn} est décroissante et lim bn n

0 ; la série converge donc,

selon le critère des séries alternées.

5.

( 1)n

an n 1

1

n 1

1 2n 1

( 1)n 1 bn . Or, bn n 1

1 0 , {bn} est décroissante et lim bn n 2n 1

0 ; la série converge donc, selon le

critère des séries alternées.

( 1)n

an

6. n 1

1

n 1

1 ln(n 4)

1 ln(n 4)

( 1)n 1 bn . Or, bn n 1

0 , {bn} est décroissante et lim bn n

0 ; la série converge donc, selon le

critère des séries alternées.

7.

( 1)n

an n 1

n 1

3n 1 2n 1

( 1)n bn . Or, lim bn n

n 1

lim

n

3 1/n 2 1/n

3 2

0 . Puisque lim an n

0 (en fait, cette limite n’existe pas), la série

diverge, selon le critère de divergence.

8.

n

bn

n

3

x

0 pour n ≥ 1. {bn} est décroissante pour n ≥ 2 puisque

( x3

x 3

2

2

Calcul intégral

2)1/ 2 (1) x x

1 2 3

( x3 2

2) 2

1/ 2

(3x 2 )

1 2

( x3

2)

1/ 2

[2( x3 2) 3x3 ] ( x3 2)1

6.4 Les séries alternées

4 x3 2( x3 2)3/ 2

0 pour x

3

4 1,6 . De

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

plus, lim bn

Chapitre 6 Les suites et les séries n /n

lim

n

n3

n

1

lim

2/ n2

n 2/n2

n

62 n

( 1) n

0 . Par conséquent, la série

n3

n 1

2

converge, selon le critère des séries

alternées.

9.

( 1)n e

an n 1

n

1 en

( 1) n bn . Or, bn

n 1

n 1

0 , {bn} est décroissante et lim bn

0 ; la série converge donc, selon le critère des

n

séries alternées.

n

10. bn

0 pour n ≥ 1. {bn} est décroissante pour n ≥ 2 puisque

2n 3

(2 x 3)( 12 x 1/ 2 ) x1/ 2 (2) (2 x 3) 2

x 2x 3

lim bn

lim

n

n

n/ n (2n 3)/ n

lim

n

1 2

x

1 2 n

3/ n

1/ 2

[(2 x 3) 4 x] (2 x 3) 2

3 2x 2 x (2 x 3)2

0 pour x

( 1) n

0 . Par conséquent, la série n 1

3 2

. De plus,

n converge, selon le critère des séries 2n 3

alternées.

n2

11. bn

n

3

x2 x

3

0 pour n ≥ 1. {bn} est décroissante pour n ≥ 2 puisque

4

( x3 4 ( 1) n

série

ne

n

plus, lim bn n

13. lim bn n

n2

1

n

n 1

12. bn

4)(2x) x 2 (3x 2 ) ( x3 4)2

n en

4

x(8 x3 ) ( x3 4) 2

0 pour x > 2. De plus, lim bn n

lim

n

1/n 1 4/n3

0 . Par conséquent, la

converge, selon le critère des séries alternées.

0 pour n ≥ 1. {bn} est décroissante pour n ≥ 1 puisque (xe−x)′ = x(−e−x) + e−x = e−x(1 − x) < 0 pour x > 1. De

0 puisque lim

lim e2/n

n

3

x(2x3 8 3x3 ) ( x3 4) 2

x

e0

x H 1 lim ex x ex

( 1)n 1 ne

0 . Par conséquent, la série

n

converge, selon le critère des séries alternées.

n 1

1 , donc lim( 1)n 1 e2/n n’existe pas. Par conséquent, la série n

( 1) n 1 e2/n diverge, selon le critère de n 1

divergence.

14. lim bn n

lim arctan n

n

2

, donc lim( 1)n 1 arctan n n’existe pas. Par conséquent, la série n

( 1) n 1 arctan n diverge, selon le critère de n 1

divergence.

Calcul intégral

6.4 Les séries alternées

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

15. an

sin(n

1 2

1

n

Chapitre 6 Les suites et les séries ( 1)n . Or, bn 1 n

)

1 1

63

0 pour n ≥ 0, {bn} est décroissante et lim bn

n

n

0 , donc la série

sin(n

1 2

1

n

n 0

)

converge,

selon le critère des séries alternées.

n cos n 2n

16. an

( x2 x )

( 1) n

( 1)n bn . {bn} est décroissante pour n ≥ 2 puisque

x( 2 x ln 2) 2

conséquent, la série n

( 1) n sin

17.

n 2n

n 1

. bn

n

x

2 x (1 x ln 2) 0 pour x

n cos n 2n 1

sin

1 [ 1,4] . De plus, lim bn n ln 2

0 puisque lim x

x H 1 lim 2 x x 2 x ln 2

0 . Par

converge, selon le critère des séries alternées.

0 pour n ≥ 2, sin

n

n

sin

n 1

et lim sin n

n

sin 0 0 ; la série converge donc, selon le

critère des séries alternées.

( 1) n cos

18. n 1

19.

nn n!

n n 1 2

. lim cos

n

n n

cos(0) 1 , donc lim( 1) n cos

n

n

n

lim

n

n

nn n!

lim

n

n

n’existe pas et la série diverge, selon le critère de divergence.

( 1)n n n nn n’existe pas. La série ( 1) n diverge donc, selon le critère de n! n! n 1

divergence.

20. bn

n 1 1

( 1) n

série

n

n 1 n 1

n 1

n n

(n 1) n n 1 n

1 n 1

n

0 pour n ≥ 1. {bn} est décroissante et lim bn n

0 , donc la

n converge, selon le critère des séries alternées.

n 1

21.

L’approximation de la somme de la série n

n

( 0,8)n n! 1

7

s7 n

( 0,8)n obtenue graphiquement est −0,55. b8 n! 1

(0,8)n 8!

( 0,8)n n! 1

0,8 0,32 0,085 3 0,017 06 0,002 731 0,000 364 0, 000 042

Calcul intégral

0,000 004 , donc

6.4 Les séries alternées

0,550 7

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

64

L’addition de b8 à s7 ne change pas la quatrième décimale de s7; la somme de la série, avec quatre décimales exactes, est donc −0,550 7. 22.

( 1)n

L’approximation de la somme de la série

1

n 1

( 1)n n 1

1

n 8n

5

6 86

n obtenue graphiquement est 0,1. b6 8n

0,000 023 , donc

n 8n 0,125 0,031 25 0,005 859 0,000 977 0,000 153 0,098 8 s5

( 1) n

1

n 1

L’addition de b6 à s5 ne change pas la quatrième décimale de s5; la somme de la série, avec quatre décimales exactes, est donc 0,098 8.

23. La série n

ii), lim n

1 n6

1 ( 1) n 1 satisfait à la condition i) du critère des séries alternées parce que (n 1)6 n6 1

0 . La série est donc convergente. Or, b5

1 56

0,000 064 0,000 05 et b6

1 , ainsi qu’à la condition n6

1 66

0,000 02 0,000 05 , donc, selon le

théorème d’estimation des séries alternées, n = 5. (Ceci revient à dire que, puisque le 6ième terme est inférieur à l’erreur recherchée, il suffit d’additionner les 5 premiers termes pour obtenir la somme avec le degré de précision désiré.)

24. La série n

lim

n

1 n5n

1 ( 1) n satisfait à la condition i) du critère des séries alternées parce que n ( n 1)5n n 5 1

0 . La série est donc convergente. Or, b4

1 4 54

0,0004 0,0001 et b5

1 5 55

1

1 , ainsi qu’à la condition ii), n5n

0,000 064 0,0001 , donc, selon le

théorème d’estimation des séries alternées, n = 4. (Ceci revient à dire que, puisque le 5ième terme est inférieur à l’erreur recherchée, il suffit d’additionner les 4 premiers termes pour obtenir la somme avec le degré de précision désiré.)

25. La série n

lim

n

1 1 ( 1) n satisfait à la condition i) du critère des séries alternées parce que n 1 , ainsi qu’à la condition ii), n 10 (n 1)! 10n n! 0 10 n !

1 0 . La série est donc convergente. Or, b3 10n n!

1 0,000 167 1033!

0,000 005 et b4

1 0,000 004 0,000 005 , donc, 1044!

selon le théorème d’estimation des séries alternées, n = 4 (puisque la série commence par n = 0 et non n = 1). (Ceci revient à dire

Calcul intégral

6.4 Les séries alternées

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

65

que, puisque le 5ième terme est inférieur à l’erreur recherchée, il suffit d’additionner les 4 premiers termes pour obtenir la somme avec le degré de précision désiré.)

( 1)n 1 ne

26. La série

n

( 1)n

n 1

e x (1) xe x (e x ) 2

x ex

1

n 1

e x (1 x) (e x ) 2

n satisfait à la condition i) de le critère des séries alternées parce que en

1 x ex

0 pour x > 1, ainsi qu’à la condition ii), lim n

n en

lim x

x H 1 lim ex x ex

0 . La série est donc

convergente. Or, b6 = 6/e6 ≈ 0,015 > 0,01 et b7 = 7/e7 ≈ 0,006 < 0,01, donc, selon le théorème d’estimation des séries alternées, n = 6. (Ceci revient à dire que, puisque le 7ième terme est inférieur à l’erreur recherchée, il suffit d’additionner les 6 premiers termes pour obtenir la somme avec le degré de précision désiré.)

27. b4

1 8!

1 40 320

0,000 025 , donc

n

( 1)n 1 (2n)!

3

s3 n

( 1) n 1 (2n)!

1 2

1 24

1 720

0,459 722

L’addition de b4 à s3 ne change pas la quatrième décimale de s3, donc, selon le théorème d’estimation des séries alternées, la somme de la série, avec quatre décimales exactes, est −0,4597.

28. n

( 1)n n6 1

1

s9

1 16

1 26

1 36

1 46

1 56

1 66

1 76

1 86

1 96

0,985 552 . Le fait de soustraire b10 = 1/106 de s9 ne change pas la

quatrième décimale de s9, donc, selon le théorème d’estimation des séries alternées, la somme de la série, avec quatre décimales exactes, est 0,9856.

29. b7

72 107

0,000 0049 , donc

n

( 1)n 1 n2 10n 1

6

s6 n

( 1)n 1 n2 10n 1

1 10

4 100

9 1000

16 10 000

25 100 000

36 1 000 000

0,067 614

L’addition de b7 à s6 ne change pas la quatrième décimale de s6, donc, selon le théorème d’estimation des séries alternées, la somme de la série, avec quatre décimales exactes, est 0,0676.

30. b6

1 36 6!

1 524 880

0,000 001 9 , donc

n

( 1)n n 1 3 n!

5

s5 n

( 1)n n 1 3 n!

1 3

1 18

1 162

1 1944

1 29 160

0,283 471

L’addition de b6 à s5 ne change pas la quatrième décimale de s5, donc, selon le théorème d’estimation des séries alternées, la somme de la série, avec quatre décimales exactes, est −0,2835. Calcul intégral

6.4 Les séries alternées

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

31. n

( 1)n n 1

1

Chapitre 6 Les suites et les séries

1 2

1 ( 1)n n 1

puisque n

1 3

1 4

1 49

1

1 50

1 1 51 52

s50

1 53

1 1 51 52 1 54

66

. La 50ième somme partielle de la série est une sous-estimation

et que les termes entre parenthèses sont tous positifs. On peut voir le résultat de

façon géométrique à la figure 1.

32. Si p > 0,

lim

n

1 1 ({1/n p } est décroissante) et lim p p n n n

1 (n 1) p

( 1) n np

0 ; la série converge donc, selon le critère des séries alternées. Si p ≤ 0,

1

n’existe pas; la série diverge donc, selon le critère de divergence. Par conséquent, n

1

33. De toute évidence, bn

n

p

est décroissante et devient éventuellement positive et lim bn n

( 1) n np 1

1

converge

p

0.

0 pour tout p. La série converge donc

(selon le critère des séries alternées) pour tout p pour lequel chaque bn est défini, c’est-à-dire n + p ≠ 0 pour n ≥ 1, ou encore p n’est pas un nombre entier négatif.

34. Soit f ( x)

(ln x) p . Alors, f ( x) x

toute évidence, lim n

(ln n) p n

(ln x) p 1 ( p ln x) x2

0 si x > ep , donc f devient éventuellement décroissante pour chaque p. De

0 si p ≤ 0, et si p > 0, nous pouvons appliquer le critère de l’Hospital p 1

fois pour arriver

également à une limite de 0. La série converge donc pour tout p (selon le critère des séries alternées).

35. De toute évidence,

1/(2n)2 converge (par comparaison avec la série p pour p = 2). Supposons donc que

b2 n

( 1)n 1 bn converge. Alors, selon le théorème 6.2.8 ii),

[( 1)n 1 bn

bn ] 2(1

1 3

1 5

)

2

1 converge également. 2n 1

Cette série diverge toutefois, par comparaison avec la série harmonique, ce qui résulte en une contradiction. Par conséquent,

36. a)

( 1)n 1 bn doit diverger. Le critère des séries alternées ne s’applique pas puisque {bn} n’est pas décroissante.

Démontrons ceci par induction. Soit Pn la proposition s2n = h2n − hn. P1, la proposition s2 = h2 − h1, est vraie puisque 1

1 2

(1

1 2

) 1 . Maintenant, supposons que Pn est vraie. Nous allons démontrer qu’en conséquence, Pn + 1 doit être

vraie.

h2 n

2

hn

1

h2 n s2 n

1 1 hn 2n 1 2n 2 1 1 s2 n 2 2n 1 2n 2

1 n 1

(h2 n

hn )

1 2n 1

1 2n 2

ce qui est Pn + 1 et ce qui démontre que s2n = h2n − hn pour tout n. Calcul intégral

6.4 Les séries alternées

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé b)

Chapitre 6 Les suites et les séries

67

Nous savons que h2n − ln(2n) → γ et hn − ln n → γ lorsque n → ∞. Donc, s2n = h2n − hn = [h2n − ln(2n)] − (hn − ln n) + [ln(2n) − ln n] et lim s2n n

Calcul intégral

lim[ln(2n) ln n] lim(ln 2 ln n ln n) ln 2 .

n

n

6.4 Les séries alternées

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

68

6.5 La convergence absolue et conditionnelle

1.

a)

Puisque lim

an 1 an

8 1 , la série ∑an diverge, selon la partie b) du critère généralisé de d’Alembert.

b)

Puisque lim

an 1 an

0,8 1 , la série ∑an converge absolument (et, par conséquent, converge), selon la partie a) du critère

n

n

généralisé de d’Alembert. Puisque lim

c)

n

an 1 an

1 , le critère généralisée de d’Alembert ne permet pas de conclure; la série ∑an pourrait converger ou

diverger.

lim

2.

n

an 1 an

lim

n

( 2)n 1 n2 (n 1)2 ( 2)n

lim ( 2)

n

n2 (n 1)2

2 lim n

1 (1 1/n)2

2(1)

2 1 , donc la série n

( 2) n diverge, selon le critère 2 1 n

généralisé de d’Alembert.

n

bn

3.

n2

4

0 pour n ≥ 1, {bn} est décroissante pour n ≥ 2 et lim bn

n 1

alternées. Pour déterminer si la série converge absolument, choisissons an

lim

n

an bn

lim

n

1/n n /(n2 4)

lim

n

n2 4 n2

lim

n

1 4/n 2 1

n

( 1) n

avec la série harmonique. Par conséquent, la série n 1

2 1n

4

n

1

n2

4

n

an bn

lim

n

1/n 1/(5n 1)

lim

n

n

lim

n

an 1 an

lim

n

3(0)

Calcul intégral

4

converge, selon le critère des séries

1 afin d’obtenir n

0 , donc n

( 1) n converge, selon le critère des séries 0 5n 1

1 afin d’obtenir n

5n 1 1 5 0. diverge donc, selon le critère de comparaison par une limite avec la série n n 1 5n 1

harmonique. Par conséquent, la série

5.

n2

diverge donc selon le critère de comparaison par une limite

alternées. Pour déterminer si la série converge absolument, choisissons an

lim

n

1

est conditionnellement convergente.

1 0 pour n ≥ 0, {bn} est décroissante pour n ≥ 0 et lim bn n 5n 1

bn

4.

n

1 0.

( 1) n

0 , donc

n

( 3)n 1 (2n 1)! [2(n 1) 1]! ( 3) n

( 1) n est conditionnellement convergente. 0 5n 1

lim ( 3)

n

1 (2n 3)(2n 2)

3lim n

1 (2n 3)(2n 2)

0 1

6.5 La convergence absolue et conditionnelle

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

donc la série n

6.

Chapitre 6 Les suites et les séries

( 3) n converge absolument, selon le critère généralisé de d’Alembert. 0 (2n 1)!

(1,1)n 1 n 4 lim n (n 1)4 (1,1) n

a lim n 1 n an

69

1 (n 1)4 (1,1) lim n n4

(1,1)n 4 lim n (n 1)4

(1,1) lim n

1 (1 1/n) 4

(1,1)(1) 1,1 1, ( 1) n

donc la série n 1

n

( 1) n

7.

n

n 1

lim

n

an bn

3

2

diverge, selon le critère des séries alternées (voir l’exercice 6.4.8). Soit an

n3 2 n

1 n

lim

n

(1,1) n diverge, selon le critère généralisé de d’Alembert. n4

n3

lim

n

n 1

limite avec la série p divergente n 1

8.

e1/n n3

Puisque 0

e n3

e

n

2

lim 1

3

n

1 2

[p

2 n3

n

1 0.

n

n 1

3

( 1) n

1] . Par conséquent, n 1

n

1 , avec bn n

n

3

. Alors,

2

diverge donc, selon le critère de comparaison par une

2

n n3

1 1 et est une série p convergente [p = 3 > 1], 3 n3 n 1n

n

2

est conditionnellement convergente.

e1/n ( 1) n e1/n converge et est donc absolument 3 n3 1 n n 1

convergente.

9.

sin 4n 4n

1 sin 4n 1 , donc converge par comparaison avec la série géométrique convergente [|r| n 4n 4n n 1 n 14

conséquent, n

10. lim n

an 1 an

1 4

1] . Par

sin 4n est absolument convergente. 4n 1

lim

n

(n 1)10 ( 10)n ( 10)n 2 n10

1

1 n 1 10 n

lim

n

10

1 1 lim 1 10 n n

10

1 1 (1) 1 , donc la série 10 10

n

n10 n 1 ( 10)

1

est

absolument convergente, selon le critère généralisé de d’Alembert.

11.

( 1) n arctan n n2

/2 , donc puisque n2

n 1

/2 n2

1 ( 1) n arctan n converge (p = 2 > 1), la série donnée est absolument 2 2 n 1n n2 n 1

convergente, selon le critère de comparaison.

12. n2/3 − 2 > 0 pour n ≥ 3, donc

3 cos n n2/3 2

1 n2/3 2

1 1 pour n ≥ 3. Puisque diverge [ p 2/3 n2/3 n n 1

2 3

1] , n

3 cos n diverge 2/3 2 1 n

également, selon le critère de comparaison. Calcul intégral

6.5 La convergence absolue et conditionnelle

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

1 ( 1) n converge, selon le critère des séries alternées, puisque lim n ln n ln n 2

13. n

puisque n 2

0 et

70

1 ln n

est décroissante. Or, ln n < n, donc

1 ln n

1 et n

1 1 est la série harmonique (partielle) divergente, diverge, selon le critère de comparaison. Par n n 2 ln n

conséquent, n

14.

Chapitre 6 Les suites et les séries

|cos(n /3)| n!

( 1) n est conditionnellement convergente. 2 ln n

1 1 cos(n /3) et converge (selon le critère généralisé de d’Alembert), donc la série est absolument n! n 1 n ! n! n 1

convergente, selon le critère de comparaison.

15. lim n |an | n

lim n

n

lim n |an |

16.

lim n

n

n

( 2)n nn

lim

n

2n n 1

2 n

0 1 , donc la série

lim

25 n 5 (n 1)5

n

5n n

32 lim n

( 2) n est absolument convergente, selon le critère généralisé de Cauchy. n 1 n

1 n 1 n

5

32 lim n

1 (1 1/n)5

32(1) 32 1, donc la série n 2

5n

2n n 1

est divergente, selon le critère généralisé de Cauchy.

17. Appliquons le critère généralisé de d’Alembert avec la série 1

1 3 1 3 5 1 3 5 7 3! 5! 7!

lim

n

( 1)n

an 1 an

1

1 3 5 (2n 1) (2n 1)!

( 1)n n 1

1

1 3 5 (2n 1) . (2n 1)!

lim

( 1) n 1 3 5 (2n 1)[2(n 1) 1] [2(n 1) 1]! ( 1) n

lim

( 1)(2n 1)(2n 1)! (2n 1)(2n)(2n 1)!

n

n

lim

n

1 2n

1

(2n 1)! 1 3 5 (2n 1)

0 1,

donc la série donnée est absolument convergente et, par conséquent, convergente.

18. lim n

an 1 an

2n 1 (n 1)! 5 8 11 (3n 5) lim n 2n n ! 5 8 11 (3n 2)

lim

n

2(n 1) 3n 5

2 1 , donc la série converge absolument, selon le critère généralisé de 3

d’Alembert.

Calcul intégral

6.5 La convergence absolue et conditionnelle

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

19. Selon la définition de récurrence, lim n

an 1 an

2 cos n n

lim

n

71

0 1 , donc la série converge absolument, selon le critère généralisé de

d’Alembert. bnn cos n n 1

20. La série n

lim

n

an 1 an

lim

n

( 1)n n 1

( 1)n 1 bnn n 1

1

bnn , où bn > 0 pour n ≥ 1 et lim bn n n

n ( 1)n bnn

lim bn

n

n

1 (1) 2

n 1

1 . 2

1 1 , donc la série 2

n

bnn cos n n 1

est absolument convergente, selon le

critère généralisé de d’Alembert.

21.

lim

n

an 1 an

( 1) n 1 (n 1)! (n 1) n 1 b1b2 bnbn

lim

n

lim

n

n

1 n bn 1 n 1

lim

n

1

n nb1b2 bn ( 1) n n!

1 1 bn 1 1 1/n

lim

n

( 1)(n 1)n n bn 1 (n 1) n 1

n

lim

n

1 bn 1 (1 1/n)

lim

n

1 e

n

1 2

nn bn 1 (n 1) n 2 1 e

( 1) n n! donc la série est absolument convergente, selon le critère généralisé de d’Alembert. n bn n 1 n b1b2b3

22. a)

b)

c)

d)

lim

( 2)n 1 n3 1 (n 1)3 1 ( 2) n

lim

(n 1) 2 ( 3)n

lim

( 3)n n n ( 3) n 1

n

n 1

n

n

lim

1

lim

n

1

1 (n 1)

2

lim

1

n 1 2( 3)n

n n 1

n 1

2

3

n 1

n

3lim

1

( 2) n3 1

n

2n ( 3) n n

sin 2 n 1

n

lim

3lim n

n

lim

n

2 1 1 n3 1 3n 3n

1 6

1 n2 sin 2n 1

2

n

1 n3

2 . Concluant (divergente).

1 . Concluant (convergente). 6

0

1 1 1/n

2

3 . Concluant (divergente).

lim

n

1

1 1/n 2 1 2 n 1/n (1 1/n) 2

1 . Ne permet pas de conclure.

23. i)

Selon la suggestion dans l’exercice, nous trouvons que |an| < rn pour n ≥ N et donc, puisque la série géométrique converge [0 < r < 1], la série converge également.

ii)

|an | converge également, selon le critère de comparaison et, par conséquent,

n 1

rn

|an |

a an est donc absolument convergente.

n 1 n

L 1 , alors il existe un nombre entier N tel que n |an | 1 pour tout n ≥ N, donc |an| > 1 pour n ≥ N. Par

Si lim n |an | n

conséquent, lim an n

Calcul intégral

n N

n 1

0 , donc

a diverge, selon le critère de divergence.

n 1 n

6.5 La convergence absolue et conditionnelle

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

iii) Étudions n 1

Chapitre 6 Les suites et les séries

72

1 1 [qui diverge] et [qui converge]. Pour chaque somme, lim n |an | 1 , donc le critère généralisé de Cauchy ne 2 n n n 1n

permet pas de conclure. 24.

a)

lim

n

an 1 an

lim

[4(n 1)!][1103 26 390( n 1)] ( n!) 4 396 4n · 4 4( n 1) [(n 1)!] 396 (4n)!(1103 26 390n)

lim

(4n 4)(4n 3)(4n 2)(4n 1)(26 390n 27 493) (n 1) 4 3964 (26 390n 1103)

n

n

donc, selon le critère généralisé de d’Alembert, la série n 0

b)

1

44 3964

1 99 4

1,

(4n)!(1103 26 390n) converge. (n!) 4 3964 n

2 2 (4n)!(1103 26 390n) 9801 n 0 (n!)4 3964 n

En utilisant le premier terme (n = 0),

1

2 2 1103 9801 1

3,141 592 73 ; nous obtenons donc 6 décimales exactes pour π,

qui est 3,141 592 653 589 793 238 lorsque calculé à 18 décimales près. En ajoutant le deuxième terme (n = 1),

1

2 2 1103 9801 1

4!(1103 26 390) 3964

3,141 592 653 589 793 878 ; nous

obtenons donc 15 décimales exactes pour π.

25.

a) Puisque ∑an est absolument convergente et puisque |an | |an | et |an | |an | (parce que an et an sont toutes deux égales à an ou à 0), nous concluons, selon le critère de comparaison, que

an et

an doivent toutes deux être absolument convergentes.

Autre méthode : Appliquer le théorème 6.2.8. b)

Nous allons démontrer par contradiction que Alors,

(an

1 2

an et

an doivent diverger. Supposons que

an ) le ferait également, selon le théorème 6.2.8. Cependant,

qui diverge parce que ∑an n’est que simplement convergente. Par conséquent,

(an

1 2

an )

an converge. [ 12 (an |an |)

an ne peut converger, ni

1 2

an ]

1 2

|an | ,

an , d’ailleurs.

26. Posons que ∑bn est la série réarrangée proposée dans la suggestion. [Cette série peut être construite en se servant du résultat de l’exercice 25 b).] Cette série présente des sommes partielles sn dont la valeur oscille de part et d’autre de r. Puisque lim an n

0 (selon

le théorème 6.2.6) et puisque la taille des oscillations |sn − r| est toujours inférieure à |an| étant donné la façon dont ∑bn a été construite, nous trouvons que

bn

lim sn

n

r.

27. Supposons que ∑an est conditionnellement convergente.

Calcul intégral

6.5 La convergence absolue et conditionnelle

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé a)

Chapitre 6 Les suites et les séries

∑n2an est divergente : Supposons que ∑n2an converge. Alors, lim n2 an n

nombre entier N > 0 tel que n

avec la série p convergente n

N

73

0 selon le théorème 6 à la section 6.2; il existe donc un

n2 |an | 1 . Pour n > N, nous obtenons |an |

1 , donc |an | converge par comparaison n2 n N

1 . En d’autres termes, ∑an converge absolument, ce qui contredit l’hypothèse que Σan est 2 N n

conditionnellement convergente. Cette contradiction démontre que ∑n2an diverge. Remarque : Le même raisonnement démontre que ∑npan diverge pour tout p > 1. b) n

( 1) n est conditionnellment convergente. Elle converge, selon le critère des séries alternées, mais ne converge pas 2 n ln n

absolument

posant an

1 x ln x est continue, positive et décroissante sur l'intervalle [2, [ et

[selon le critère de l'intégrale, puisque la fonction f ( x)

( 1) n pour n ≥ 2, nous obtenons que n ln n

nan n 2

n

2

dx x ln x

lim t

t 2

dx x ln x

lim[ln(ln x)]t2 t

. En

( 1) n converge, selon le critère des séries alternées. 2 ln n

Il est facile de trouver des séries conditionnellement convergentes ∑an telles que ∑nan diverge. Deux exemples sont n

( 1) n 1 ( 1) n 1 et ; ces deux séries convergent, selon le critère des séries alternées, mais ne convergent pas n n 1 n 1

absolument parce que ∑|an| est une série p avec p ≤ 1. Dans les deux cas, ∑nan diverge, selon le critère de divergence.

Calcul intégral

6.5 La convergence absolue et conditionnelle

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

74

6.6 Une stratégie pour déterminer la convergence ou la divergence d’une série

1.

1

1 3n

n

n 3

n

1 3

pour tout n ≥ 1. n 1

n

1 3

est une série géométrique convergente [|r|

1 3

1] , donc n

1 converge, par n 3n 1

comparaison.

2.

lim n |an |

lim n

n

n

(2n 1) n n2n

lim

n

2n 1 n2

lim

n

2 n

1 n2

(2n 1) n converge, selon le critère généralisé de n2n 1

0 1 , donc la série n

Cauchy.

3.

lim|an |

lim

n

n

n 1 , donc lim an n n 2

lim( 1) n

n

n n n’existe pas. Par conséquent, la série ( 1) n diverge, selon le critère de n 2 n 2 n 1

divergence.

4.

bn

n n

2

2

plus, lim bn

lim

n

5.

lim

n

an 1 an

n

lim

n

n n

2

2

lim

n

1/n 1 2/n2

(n 1)2 2n ( 5)n ( 5)n 1 n2 2n 1

n

x

2

n 1

2(n 1) 2 5n2

2 1 lim 1 5n n

2

2

( 1) n

0 . Par conséquent, la série

lim

( x2

x

0 pour n ≥ 1. {bn} est décroissante pour n ≥ 2 puisque

2 (1) 5

n n

2

2

2 x2 ( x 2 2) 2

2)(1) x(2 x) ( x 2 2)2

0 pour x

2 . De

converge, selon le critère des séries alternées.

2 n 2 2n 1 1 , donc la série converge, selon le critère n 5 n 1 ( 5)

généralisé de d’Alembert.

6.

Appliquons le critère de comparaison par une limite avec an

la série harmonique n 1

1 diverge, n

n 1

1 et bn 2n 1

1 a : lim n n n bn

lim

n

n 2n 1

lim

n

1 2 (1/n)

1 2

0 . Puisque

1 diverge également. 2n 1

Autre solution : Utiliser le critère de l’intégrale.

7.

1 . Alors, f est positive, continue et décroissante sur l’intervalle [2, ∞[; nous pouvons donc appliquer le critère de x ln x

Soit f ( x)

l’intégrale. Puisque

obtenons

donnée n 2

Calcul intégral

2

dx x ln x

1 dx x ln x

lim t

t 2

dx x ln x

u ln x, du dx /x

lim 2 ln x t

u

t 2

1/ 2

du

2u1/ 2

lim 2 ln t t

C

2 ln x

2 ln 2

C , nous

. Puisque l’intégrale diverge, la série

1 diverge. n ln n

6.6 Une stratégie pour déterminer la convergence ou la divergence d’une série

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

8. k

2k k ! 2)! 1 (k

k

2k 1)(k 1 (k

k

ak 1 ak

lim

Chapitre 6 Les suites et les séries

lim

k

2)

. À l’aide du critère généralisé de d’Alembert, nous obtenons

2k 1 (k 1)(k 2)(k 3) 2k

(k

75

2)

k 1 k 3

lim 2

k

2 1 , donc la série diverge.

Autre solution : Appliquer le critère de divergence.

k 2e

9.

k

k 1

k 1

ak 1 ak

lim

k

k2 . À l’aide du critère généralisé de d’Alembert, nous obtenons ek

lim

k

x 2e

10. Soit f ( x)

x3

(k 1)2 ek ek 1 k 2

k 1 k

lim

k

2

1 e

1 e

12

1 1 , donc la série converge. e

. Alors, f est continue et positive sur l’intervalle [1, ∞[ et f ( x)

x(2 3 x3 )

décroissante sur l’intervalle [1, ∞[ et nous pouvons appliquer le critère de l’intégrale.

ex

1

3

x 2e

x3

< 0 pour x ≥ 1, donc f est également

dx

lim t

1 3

e

x3

t

1 3e

1

, donc

l’intégrale converge et, par conséquent, la série converge.

11. n 1

1 n3

1 3n

n

1 3 1n

n 1

1 3

n

. La première série converge puisque c’est une série p avec p = 3 > 1 et la seconde série converge

puisque c’est une série géométrique avec |r|

12.

1 k k

13. lim n

2

1 1

an 1 an

k k

lim

n

1 . La somme de deux séries convergentes est convergente.

1 1 , donc converge par comparaison avec la série p convergente 2 k2 k 1k k 1

2

3n

1 3

1

(n 1)2 n! (n 1)! 3n n 2

lim

n

3(n 1) 2 (n 1)n 2

3lim n

k

1 ( p = 2 > 1). 2 k 1

n 1 3n n 2 0 1 , donc la série converge, selon le critère généralisé de 2 n n 1 n!

d’Alembert.

14.

sin 2n 1 2n

1 1 2n

1 2n

1 2

Il s’ensuit que la série n

Calcul intégral

n

, donc la série n 1

sin 2n converge par comparaison avec la série géométrique 1 2n n

1

1 2

n

avec |r|

1 2

1.

sin 2n est absolument convergente et, par conséquent, convergente. 1 2n 1

6.6 Une stratégie pour déterminer la convergence ou la divergence d’une série

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

2k 13k kk

15. ak

1

Chapitre 6 Les suites et les séries

2k 2 13k 31 kk

3 2·3 2 k

k

. Selon le critère de Cauchy, lim k k

2k 13k kk 1

s’ensuit du théorème 8 i) à la section 6.2 que la série donnée, k

16. En utilisant le critère de comparaison par une limite avec an

lim

n

an bn

n2 1 n · n3 1 1

lim

n

lim

n

n3 n n3 1

lim

n

1 1/n 2 1 1/n3

1 0 . Puisque

k

6 k

lim

k

1

3 6 12 k

k

n2 1 et bn n3 1

76

6 k

0 1 , donc la série k 1

6 k

k

converge. Il

k

, converge également.

1 , nous obtenons n

bn est la série harmonique divergente, n 1

an est également n 1

divergente.

lim

17.

n

an 1 an

1 · 3 · 5 · · · · · (2n 1)(2n 2 · 5 · 8 · · · · · (3n 1)(3n

lim

n

2 1/n 2 1, 3 2/n 3 1 · 3 · 5 · · · · · (2n 1 2 · 5 · 8 · · · · · (3n

1) 2 · 5 · 8 · · · · · (3n 2) 1 · 3 · 5 · · · · · (2n

1) 1)

lim

n

2n 3n

1 2

lim

n

donc la série n

1) converge, selon le critère généralisé de d’Alembert. 1)

1 pour n ≥ 2. {bn} est une suite décroissante de nombres positifs et lim bn n n 1

18. bn

0 , donc n

( 1) n 1 converge, selon le critère n 1 2

des séries alternées.

ln n n

l’Hospital, lim n

3

20. ak

k 1 k ( k 1)

convergente k

lim

n

1/n 1/ 2 n

3

3 k k < k ( k 1) k k

1 7/ 6 k 1

(p

7 6

21. lim | an | lim ( 1)n cos(1/n2 ) n

n

22. lim | ak | lim k

k

série k

2 ln x 2 x3/ 2

ln x . Alors, f ( x) x

19. Soit f ( x)

lim

n

k 1/3 k 3/ 2

0 lorsque ln x > 2 ou x > e2, donc

2 n

( 1)n

0 , donc la série n 1

1 k

7/6

ln n est décroissante pour n > e2. Selon la règle de n

ln n converge, selon le critère des séries alternées. n

3

, donc la série k 1

k 1 converge, par comparaison avec la série p k ( k 1)

1) .

lim cos(1/n2 )

n

( 1) n cos(1/n 2 ) diverge, selon le critère de divergence.

cos0 1 , donc la série n 1

1 1 = lim , laquelle n’existe pas (les termes varient entre 13 et 1). Par conséquent, la 2 sin k k 2 sin k

1 diverge, selon le critère de divergence. sin k 12

Calcul intégral

6.6 Une stratégie pour déterminer la convergence ou la divergence d’une série

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

23. En appliquant le critère de comparaison par une limite avec an

lim

n

an bn

tan(1/n) 1/n

lim

n

divergente,

tan(1/x) H sec2 (1/x) · ( 1/x 2 ) lim x 1/x 1/x 2

lim x

tan

77

1 , nous obtenons n

1 et bn n

lim sec2 (1/x) 12 1 0 . Puisque x

bn est la série harmonique n 1

an est également divergente. n 1

24. lim an

lim n sin

n

n

1 n

lim

n

sin(1/n) 1/n

lim

x

0

sin x 1 0 , donc la série n sin(1/n) diverge, selon le critère de divergence. x n 1

25. Appliquons le critère généralisé de d’Alembert. lim n

an 1 an

lim

n

2

1)! en 2 n! e( n 1)

(n

lim

n

(n 1)n! en e

n

2

2

2n 1

n!

lim

n

n 1 e2 n 1

n!

0 1 , donc n 1

en

2

converge.

26. lim n

an 1 an

lim

n

an 1 an

n2

lim

2n 2 5n 5n 1 n2 1

n

lim

2/n 2/n 2 1 · 1 1/n2 5

1

n

1 n2 1 1 , donc converge, selon le critère généralisé n 5 n 1 5

de d’Alembert.

27.

2

ln x dx x2

puisque

lim t

k ln k (k 1)3

ln x x

1 x

k ln k k3

t

H

en intégrant par parties =1. Donc, n 1

1

ln k klnk , la série donnée converge, selon le critère de comparaison. k2 ( k 1)3 k 1

1 est une suite décroissante, e1/ n n

28. Puisque

ln n converge, selon le critère de l’intégrale et n2

e1/1

e pour tout n ≥ 1 et n

e converge (p = 2 > 1); 2 1n

n

e1/ n converge donc, selon le 2 1 n

critère de comparaison. Autre solution : Utiliser le critère de l’intégrale.

29.

an

1 e

n

e

n


5, f (x)

k

(5/4)k (3/4)k 1

puisque lim k

3 4

k

0 et lim k

5 4

k

5k

. Par conséquent, k 1

k

3

4k

diverge, selon le critère de divergence.

lim n | an |

32.

lim n

n

n

(n!) n n4n

lim 1

n

donc la série n

33. lim n |an |

n

n! n4

2 n

1

n n 1 n 2 n 3 (n 4)! n n n n

lim

n

3 ( n 4)! n

1

,

(n!) n diverge, selon le critère généralisé de Cauchy. 4n 1 n

lim

n

1 n

lim

n

n

n2 / n

lim

n 1

n

1 [(n 1)/n]n

1 lim(1 1/n) n

n

1 < 1 , donc la série e n

n 1

n 1

n2

converge, selon le critère généralisé de

Cauchy.

34. 0 ≤ n cos2 n ≤ n, donc

1 n n cos 2 n

1 n n

1 . Par conséquent, 2n

n 1

1 diverge, par comparaison avec n n cos2 n

n 1

1 , qui 2n

est ½ fois la série harmonique qui est divergente.

35. an

1 n1 1/ n

la série n

1 , donc posons que bn n n1/ n

1 a et appliquons le critère de comparaison par une limite. lim n n n bn

lim

n

1 n1/n

1 0 , donc

1 diverge, par comparaison avec la série harmonique divergente. 1 1/ n n 1

36. On remarque que (ln n)ln n

eln ln n

ln n

eln n

ln ln n

nln

grand. Pour ces n, nous obtenons (ln n)ln n > n2, donc

ln n

et que ln ln n → ∞ lorsque n → ∞; il s’ensuit que ln ln n > 2 pour n assez

1 1 1 < . Puisque converge [p = 2 > 1], 2 (ln n)ln n n 2 n 2n

n 2

1 (ln n)ln n

converge

également, selon le critère de comparaison.

37. lim n | an | n

Calcul intégral

lim(21/n 1) 1 1 0 1 , donc la série

n

n

n

2 1 converge, selon le critère généralisé de Cauchy.

n 1

6.6 Une stratégie pour déterminer la convergence ou la divergence d’une série

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

38. Appliquons le critère de comparaison par une limite avec an lim n

an bn

lim

n

21/ n 1 1/n n

harmonique),

lim

n

21/ x 1 H 21/ x ·ln 2 · ( 1/x 2 ) lim x 1/x 1/x 2

n

79

2 1 et bn = 1/n. Alors,

lim (21/ x ln 2) 1 ln 2 ln 2 0 . Donc, puisque x

bn diverge (série n 1

2 1 diverge également.

n 1

Autre solution : n 2 1

2( n

1)/n

2( n n

diverge (série harmonique),

2)/ n

1 2( n

3)/ n

21/ n 1

rationaliser le numérateur

1 , et puisque 2n

n

1 2 1 n

1 1 2n 1n

2 1 diverge également, selon le critère de comparaison.

n 1

Calcul intégral

6.6 Une stratégie pour déterminer la convergence ou la divergence d’une série

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

80

6.7 Les séries de puissances 1.

c xn

Une série de puissances est une série de la forme

c0

n 0 n

c1x c2 x 2

c3 x3

· · · , où x est une variable et les cn sont des

constantes appelées coefficients de la série. Plus généralement, une série de la forme

c ( x a) n

n 0 n

c1 ( x a) c2 ( x a)2

c0

· · · est appelée série de puissances en

(x − a) ou série de puissances centrées en a ou série de puissances autour de a, où a est une constante.

2.

a)

Le rayon de convergence de la série de puissances i)

0 si la série converge seulement lorsque x = a

ii)

∞ si la série converge pour tout x ou

c ( x a)n est :

n 0 n

iii) un nombre positif R tel que la série converge si |x − a| < R et diverge si |x − a| > R. Dans la plupart des cas, on peut trouver R en utilisant le critère généralisé de d’Alembert. b)

L’intervalle de convergence d’une série de puissances est l’intervalle constitué de toutes les valeurs de x pour lesquelles la série converge. L’intervalle de convergence pour le cas i) à la sous-question a) est constitué du singleton {a}, pour le cas ii), de tous les nombres réels, c’est-à-dire de la droite des nombres réels ]−∞, ∞[ et, pour le cas (iii), de l’intervalle dont les extrémités sont a − R et a + R et qui peut comprendre aucune des extrémités, l’une ou l’autre d’entre elles ou encore les deux extrémités. Dans ce cas, il faut vérifier la convergence de la série à chaque extrémité de l’intervalle afin de déterminer l’intervalle de convergence.

3.

Si an

lim

n

( 1)n nx n , alors an 1 an

lim

n

( 1)n 1 (n 1) x n ( 1)n nx n

1

lim ( 1)

n

n 1 x n

lim 1

n

1 | x| n

|x | . Selon le critère généralisé de d’Alembert, la série

( 1) n nx n converge lorsque |x| < 1, donc le rayon de convergence R = 1. Vérifions maintenant les extrémités, c’est-à-dire x = ±1. n 1

( 1) n n divergent, selon le critère de divergence, puisque lim | ( 1) n n |

( 1)n n( 1) n

Les deux séries n 1

n

n 1

. Par conséquent,

l’intervalle de convergence est I = ]−1, 1[.

4.

Si an

( 1)n x n , alors 3 n

Calcul intégral

6.7 Les séries de puissance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

lim

n

an 1 an

lim

n

Chapitre 6 Les suites et les séries

( 1)n 1 x n 3 n 1

1

3

n ( 1)n x n

lim

n

( 1) x 3 n 3 n 1

lim 3

n

1 |x 1 1/n

x | . Selon le critère généralisé de d’Alembert, la série

n

1 xn 3

n 1

converge lorsque |x| < 1, donc R = 1. Lorsque x = 1, la série

n

n

Lorsque x = −1, la série n 1

3

1 n

81

diverge puisqu’elle est une série p ( p

( 1) n converge, selon le critère des séries alternées. 3 n 1

1 ). Par conséquent, l’intervalle de convergence

1 3

est ]−1, 1].

5.

a xn , alors lim n 1 n an 2n 1

Si an

d’Alembert, la série n

lim

n

n

lim

n

2n 1 | x| 2n 1

lim

n

2 1/n | x| 2 1/n

| x | . Selon le critère généralisé de

xn 1 converge lorsque |x| < 1, donc R = 1. Lorsque x = 1, la série diverge par comparaison 2 n 1 2 n 1 1 n 1

n

n

( 1) n converge, selon le critère des séries alternées. Par conséquent, l’intervalle de convergence est [−1, 1[. 1 2n 1

série

Si an

n

x n 1 2n 1 2n 1 x n

1 1 , puisque 2 n 1 1 2n

avec

6.

lim

1 1 1 , et 2n 2n 1n

diverge, puisque c’est ½ fois la série harmonique. Lorsque x = −1, la

( 1)n x n , alors n2 an 1 an

lim

n

( 1)n 1 x n (n 1)2

1

n2 ( 1)n x n

lim

n

( 1) xn2 (n 1)2

lim

n

n n 1

2

| x|

12 x

x , donc R = 1. Lorsque x = 1, la série

( 1) n 1 converge, selon le critère des séries alternées. Lorsque x = −1, la série converge, puisqu’elle est une série p avec 2 2 n n 1 n 1

p = 2 > 1. Par conséquent, l’intervalle de convergence est [−1, 1].

7.

Si an

xn a , alors lim n 1 n an n!

lim

n

x n 1 n! (n 1)! x n

lim

n

x n 1

|x | lim n

1 | x | 0 0 1 pour tout nombre réel x. Donc, selon le critère n 1

généralisé de d’Alembert, R = ∞ et I = ]−∞, ∞[.

8.

Il est plus facile dans ce cas d’appliquer le critère généralié de Cauchy. Si an

nn x n , alors lim n |an | n

lim n | x |

n

si x ≠ 0, donc

R = 0 et I = {0}.

9.

Si an

( 1)n

Calcul intégral

n2 xn , alors 2n

6.7 Les séries de puissance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

lim

n

an 1 an

lim

n

( 1) n

la série n 1

( 1)n

séries n 1

Chapitre 6 Les suites et les séries

(n 1)2 x n 2n 1

1

2n n2 x n

lim

n

x(n 1)2 2n 2

lim

n

n2 xn converge lorsque 12 | x | 1 2n

n2 ( 2)n 2n

| x| 1 2

1 n

2

82

| x| 2 (1) 2

1 2

| x | . Selon le critère généralisé de d’Alembert,

| x | 2 , donc le rayon de convergence est R = 2. Lorsque x = ±2, les deux

( 1)n n2 divergent, selon le critère de divergence, puisque lim ( 1)n n2

. Par conséquent, l’intervalle

n

n 1

de convergence est I = ]−2, 2[.

10n x n , alors n3

10. Si an

lim

n

an 1 an

lim

n

10n 1 x n 1 n3 (n 1)3 10n x n

Selon le critère généralisé de d’Alembert, la série n

est R

1 10

. Lorsque x

1 10

lim

n

10 xn3 (n 1)3

lim

n

10 | x | (1 1/n)3

10|x| 10 | x | 13

10n x n converge lorsque 10 | x | 1 n3

| x|

, la série converge, selon le critère des séries alternées; lorsque x

une série p avec p = 3 > 1. Par conséquent, l’intervalle de convergence est I

[

1 10

1 10

1 10

, donc le rayon de convergence

, la série converge parce qu’elle est

, 101 ] .

( 3)n x n , alors n3/ 2

11. Si an

lim

n

an 1 an

lim

n

( 3)n 1 x n 1 n3/ 2 3/ 2 (n 1) ( 3) n x n

lim 3x

n

n

3/ 2

3 | x | lim

n 1

n

1 1 1/n

3/ 2

3 | x | (1) 3 | x | Selon le critère généralisé de d’Alembert, la série n

série n

( 1) n converge, selon le critère des séries alternées. Lorsque x 3/ 2 1 n

Par conséquent, l’intervalle de convergence est

12. Si an

lim

n

( 3) n n x converge lorsque 3 | x | 1 1 n n

1 3

1 3

, la série n 1

| x|

1 3

, donc R

1 3

. Lorsque x

1 est une série p convergente ( p n3/ 2

1 3

3 2

, la

1) .

, 13 .

xn , alors n3n an 1 an

Calcul intégral

lim

n

xn 1 (n 1)3n

1

n3n xn

lim

n

| x| n 3 n 1

lim

n

| x| 1 3 1 1/n

1 | x| 3

6.7 Les séries de puissance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

Selon le critère généralisé de d’Alembert, la série n

série n

83

xn converge lorsque 13 | x | 1 n 1 n3

| x | 3 , donc R = 3. Lorsque x = 3, la

1 1 est la série harmonique divergente. Lorsque x = −3, la série ( 1) n est la série harmonique alternée convergente n n n 1

(multipliée par −1). Par conséquent, l’intervalle de convergence est [−3, 3[.

13. Si an

( 1)n

xn a , alors lim n 1 n n an 4 ln n

lim

n

xn 1 4n 1 ln(n 1)

4n ln n xn

le critère généralisé de d’Alembert, la série converge lorsque

( 1)n n 2

( 1)( 4)

xn 4n ln n

n

4 ln n

n 2

le terme n = 1), n

n

n

| x| ln n lim n 4 ln(n 1)

| x| 1 4

| x| 1 selon la règle de l'Hospital 4

| x| . Selon 4

| x | 4 , donc R = 4. Lorsque x = −4,

1 1 . Puisque ln n < n pour n ≥ 2, ln n 2 ln n

1 et n

n

1 est la série harmonique divergente (sans 2n

1 est divergente, selon le critère de comparaison. Lorsque x = 4, 2 ln n

( 1)n n 2

xn 4 ln n n

( 1)n n 2

1 , qui ln n

converge, selon le critère des séries alternées. Par conséquent, I = ]−4, 4].

14. Si an

( 1)n

x2n 1 , alors (2n 1)!

lim

n

an 1 an

lim

n

( 1)n 1 x 2 n 3 (2n 1)! (2n 3)! ( 1) n x 2 n 1

lim

n

( 1) x 2 (2n 3)(2n 2)

x 2 lim n

1 (2n 3)(2n 2)

x2 0 0 1 ( 1) n

Donc, selon le critère généralisé de d’Alembert, la série n 0

x2n 1 converge pour tout nombre réel x. Par conséquent, R = ∞ et (2n 1)!

I = ]−∞, ∞[.

15. Si an

( x 2)n a , alors lim n 1 n an n2 1

d’Alembert, la série n 0

|x − 2| < 1 [ R

1]

lim

n

( x 2)n 1 n2 1 (n 1)2 1 ( x 2) n

| x 2 | lim n

n2 1 |x 2| . Selon le critère généralisé de (n 1) 2 1

( x 2) n converge lorsque n2 1 ( 1)n

1 x 3 . Lorsque x = 1, la série

1 x 2 1

n 0

1

alternées; lorsque x = 3, la série n 0

n

2

1

converge, par comparaison avec la série p n 1

1 converge, selon le critère des séries n2 1 1 [p = 2 > 1]. Par conséquent, l’intervalle n2

de convergence est I = [1, 3].

Calcul intégral

6.7 Les séries de puissance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

( 1)n

16. Si an

( x 3)n a , alors lim n 1 n an 2n 1

( 1) n

la série

Chapitre 6 Les suites et les séries

n 0

lim

n

( x 3)n 1 2n 1 2n 3 ( x 3)n

| x 3 | lim n

( x 3)n converge lorsque | x 3 | 1 [ R 1] 2n 1

84

2n 1 |x 3| . Selon le critère généralisé de d’Alembert, 2n 3

1 x 3 1

2

4 . Lorsque x = 2, la série

x

n 0

1 2n 1

diverge, par comparaison par une limite avec la série harmonique (ou en utilisant le critère de l’intégrale); lorsque x = 4, la ( 1)n

série n 0

17. Si an

1 converge, selon le critère des séries alternées. Par conséquent, l’intervalle de convergence est I = ]2, 4]. 2n 1

a 3n ( x 4)n , alors lim n 1 n an n

d’Alembert, la série n

13 3

Lorsque x

série n 1

18. Si an

1 n

3n 1 ( x 4) n n 1

lim

n

1

n 3 ( x 4)n n

3n ( x 4) n converge lorsque 3 |x 4| 1 n 1 ( 1)n

, la série n 1

diverge p

1 2

n 1

n

|x 4 |

n

3 | x 4 | . Selon le critère généralisé de

n 1

1 3

1 3

R

1 3

1 converge, selon le critère des séries alternées; lorsque x n

1 . Par conséquent, l’intervalle de convergence est I

a n ( x 1)n , alors lim n 1 n an 4n

d’Alembert, la série

3 | x 4 | lim

lim

n

(n 1)( x 1) n 4n 1

1

4n n( x 1)n

|x 1| n 1 ( x 1)n converge lorsque 4 4n

|x 1| n 1 lim 4 n n

|x 1| 4 [ R

[

13 3

,

11 3

11 3

x 4

x

11 3

, la

[.

| x 1| . Selon le critère généralisé de 4

4]

4

x 1 4

( 1) n n divergent, selon le critère de divergence, puisque lim | ( 1)n n|

Lorsque x = −5 ou 3, les deux séries

13 3

1 3

n

n 1

5

x 3.

. Par conséquent,

l’intervalle de convergence est I = ]−5, 3[.

19. Si an

( x 2)n , alors lim n |an | n nn

lim

n

|x 2| n

0 , donc la série converge pour tout x (selon le critère généralisé de Cauchy). R = ∞ et

I = ]−∞, ∞[.

20. Si an

lim

n

(2 x 1)n , alors 5n n

an 1 an

Calcul intégral

lim

n

(2 x 1)n 1 5n n n n 1 5 n 1 (2 x 1)

lim

n

|2 x 1| n 5 n 1

lim

n

| 2 x 1| 1 5 1 1/ n

6.7 Les séries de puissance

| 2 x 1| . 5

© Groupe Modulo inc., 2013

.

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

Selon le critère généralisé de d’Alembert, la série n

|2 x 1| 1 5

|2 x 1| 5

une série p divergente ( p

1 2

|x

|

(2 x 1) n converge lorsque n n 1 5

5 2

5 2

1 2

x

1) . Lorsque x = −2, la série

1 2

85

n

5 2

x 3 , donc R

2

5 2

. Lorsque x = 3, la série n 1

1 est n

( 1) n converge, selon le critère des séries alternées. Par conséquent, n 1

l’intervalle de convergence est I = [−2, 3[.

21. an

lim

n

n ( x a)n , où b > 0. bn an 1 an

lim

n

(n 1) | x a|n bn 1

1

bn n|x a|n

1 |x a| n b

lim 1

n

|x a| . b

Selon le critère généralisé de d’Alembert, la série converge lorsque

|x a| 1 b

|x a| b [donc R b]

b

x a b

a b

x

a b . Lorsque |x a| b, lim|an |

lim n

n

n

,

donc la série diverge. Par conséquent, I = ]a – b, a + b[.

22. an

lim

n

bn ( x a)n , où b > 0. ln n an 1 an

puisque lim n

n

lim

n

b n 1 ( x a) n ln(n 1)

ln n ln(n 1)

lim

n

1

ln n b ( x a) n n

lim

n

ln n b |x a| b | x a | ln(n 1)

ln x H 1/x = lim ln( x 1) x 1/( x 1)

bn ( x a) n converge lorsque b | x a| 1 2 ln n

lim x

x 1H 1 lim 1 . Selon le critère généralisé de d’Alembert, la série x x 1

1 b

|x a|

1 b

x a

1 b

a

1 b

x

a

1 , donc R b

1 . b

Lorsque x

a

1 1 1 1 , la série diverge, par comparaison avec la série p divergente , puisque b ln n n 2 ln n n 2n

Lorsque x

a

1 ( 1) n , la série converge, selon le critère des séries alternées. Par conséquent, l’intervalle de convergence b n 2 ln n

est I

1 ,a b

a

1 . b

23. Si an = n! (2x − 1)n, alors lim n

diverge pour tout x

Calcul intégral

1 pour n ≥ 2. n

1 2

an 1 an

, R = 0 et I

(n 1)! (2 x 1) n n!(2 x 1)n

lim

n

1 2

1

lim(n 1) | 2 x 1|

n

lorsque n → ∞ pour tout x

1 2

. Puisque la série

.

6.7 Les séries de puissance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

24. an

lim

n

Chapitre 6 Les suites et les séries

n2 xn 2 · 4 · 6 · · · · · (2n)

an 1 an

lim

n

n2 xn 2 n n!

86

nx n , donc 2 ( n 1)! n

(n 1) | x |n 1 2 n (n 1)! · 2n 1 n! n|x|n

lim

n

n 1 |x| n2 2

0 . Par conséquent, selon le critère généralisé de d’Alembert, la série converge

pour tout nombre réel x, R = ∞ et I = ]−∞, ∞[.

25. Si an

(5 x 4)n , alors n3 lim

n

an 1 an

(5 x 4) n (n 1)3

lim

n

1

n3 (5 x 4) n

lim | 5 x 4 |

n

n

3

n 1

lim |5 x 4|

n

1 1 1/n

3

|5 x 4| 1 |5 x 4 | Selon le critère généralisé de d’Alembert, n

|5x 4| 1

|x

4 5

|

1 5

1 5

3 5

convergente (p = 3 > 1). Lorsque x de convergence est I

26. Si an

x

(5 x 4) n converge lorsque n3 1 4 5

3 5

1 5

, la série n

. Lorsque x = 1, la série n

1 est une série p 3 n 1

( 1) n converge, selon le critère des séries alternées. Par conséquent, l’intervalle 3 1 n

lim

n

x2n 2 n(ln n)2 2 (n 1)[ln(n 1)] x2n

Selon le critère généralisé de d’Alembert, la série n

n

1 5

[ 53 , 1] .

a x2n , alors lim n 1 n an n(ln n)2

x2n = 1, la série

x 1 , donc R

|x 2 |lim n

n (ln n)2 (n 1)[ln(n 1)]2

x2n converge lorsque x2 1 2 2 n(ln n)

x2.

| x | 1 , donc R = 1. Lorsque x = ±1,

x2n converge, selon le critère de l’intégrale (voir l’exercice 6.3.22). Par conséquent, l’intervalle de 2 2 n(ln n)

convergence est I = [−1, 1].

27. Si an

lim

n

xn , alors 1 · 3 · 5 · · · · · (2n 1)

an 1 an

lim

n

xn 1 1 · 3 · 5 · · · · · (2n 1) 1 · 3 · 5 · · · · · (2n 1)(2n 1) xn

généralisé de d’Alembert, la série n

28. Si an

lim

n

| x| 0 1 . Par conséquent, selon le critère 2n 1

xn converge pour tout nombre réel x, R = ∞ et I = ]−∞, ∞[. 1 1 · 3 · 5 · ·· · · (2 n 1)

n! x n , alors 1 · 3 · 5 · · · · · (2n 1)

Calcul intégral

6.7 Les séries de puissance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

lim

n

an 1 an

lim

n

Chapitre 6 Les suites et les séries

(n 1)! x n 1 1 · 3 · 5 ····· (2n 1) 1 · 3 · 5 · ·· · · (2n 1)(2n 1) n! x n

d’Alembert, la série n 1

an converge lorsque 12 |x| 1

n!2n 1 · 3 · 5 · · · · · (2n 1)

|an |

lim

n

(n 1) | x | 2n 1

87

1 2

| x | . Selon le critère généralisé de

| x | 2 , donc R = 2. Lorsque x = ±2,

[1 · 2 · 3 · ·· · ·n]2n [1 · 3 · 5 · · ·· · (2n 1)]

2 · 4 · 6 · ··· · 2n 1 , donc chacune des deux séries aux extrémités 1 · 3 · 5 · ··· · (2n 1)

diverge, selon le critère de divergence. Par conséquent, l’intervalle de convergence est I = ]−2, 2[.

29. a)

c x n est convergente pour x = 4. Donc, selon le théorème 3, elle doit

L’exercice spécifie que la série de puissances

n 0 n

c ( 2)n est convergente.

converger pour au moins −4 < x ≤ 4. En particulier, elle converge lorsque x = −2, c’est-à-dire que b)

n 0 n

cn ( 4)n est convergente. [Se référer aux commentaires qui suivent le théorème 3 au

Il ne s’ensuit pas nécessairement que n 0

sujet de la convergence à l’extrémité d’un intervalle. Un exemple est cn

30. L’exercice spécifie que la série de puissances

( 1)n /(n4n ).]

c x n est convergente lorsque x = −4 et divergente lorsque x = 6. Donc, selon le

n 0 n

théorème 3, elle converge pour au moins −4 ≤ x < 4 et diverge pour au moins x ≥ 6 et x < −6. Par conséquent : a)

Elle converge lorsque x = 1, c’est-à-dire que

b)

Elle diverge lorsque x = 8, c’est-à-dire que

c)

Elle converge lorsque x = −3, c’est-à-dire que

d)

Elle diverge lorsque x = −9, c’est-à-dire que

31. Si an

lim

n

cn est convergente. cn 8n est divergente. cn ( 3n ) est convergente. cn ( 9)n

( 1)n cn 9n est divergente.

(n!) k n x alors (kn)!

an 1 an

lim

n

[(n 1)!]k (kn)! ( n 1) k | x | lim | x| k n (n!) [k (n 1)]! (kn k )(kn k 1) · · · (kn 2)(kn 1)

lim

(n 1)(n 1) (n 1) ··· | x| (kn 1) (kn 2) (kn k )

lim

n 1 n 1 n 1 lim · · ·lim | x| n kn 1 n kn 2 kn k

n

n

1 k

Calcul intégral

k

| x| 1

| x | k k pour qu'il y ait convergence et le rayon de convergence est R

6.7 Les séries de puissance

kk

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 32. a)

Chapitre 6 Les suites et les séries

88

Nous remarquons que les quatre intervalles aux sous-questions a) à d) ont un milieu m convergence r

1 2

1 2

( p q) et un rayon de x n est ]−1, 1[.

p) . Nous savons également que l’intervalle de convergence de la série de puissances

(q

n 0

Pour changer le rayon de convergence à r, nous pouvons remplacer xn par

x r

n

. Pour déplacer le milieu de l’intervalle de

convergence, nous pouvons remplacer x par x − m. Par conséquent, une série de puissances dont l’intervalle de convergence est ]p, q[ est n 0

b)

x m r

n

, où m

1 2

( p q) et r

1 2

(q

p) .

Un peu comme à l’exemple 2, nous savons que l’intervalle de convergence de n

xn est [−1, 1[. Si nous introduisons le facteur 1 n

(−1)n dans an, l’intervalle de convergence devient ]−1; 1]. En changeant maintenant le milieu et le rayon comme nous l’avons

( 1) n

fait à la sous-question a), nous obtenons n 1

c)

Comme à la sous-question b), n 1

d)

1 x m n r

1 x m n r

n

, une série de puissances dont l’intervalle de convergence est ]p, q].

n

est une série de puissances dont l’intervalle de convergence est [p, q[.

Si, au dénominateur, nous augmentons la valeur de l’exposant de n (n2 par exemple), dans la série de puissances à la sousquestion c), alors, lorsque x = q, la série de puissances n

1 x m 2 n r 1

n

convergera, par comparaison avec la série p avec

p = 2 > 1, et l’intervalle de convergence sera [p, q]. 33. Non. Si une série de puissance est centrée en a, son intervalle de convergence est symétrique autour de a. Si une série de puissances a un rayon de convergence infini, alors son intervalle de convergence doit être ]−∞, ∞[ et non [0, ∞[.

34. Les sommes partielles de la série

n 0

x n ne convergent définitivement pas vers f ( x) 1/(1 x) pour x ≥ 1, puisque f n’est pas

définie en x = 1 et négative sur l’intervalle ]1, ∞[, alors que toutes les sommes partielles sont positives sur cet intervalle. Les sommes partielles ne convergent également pas vers f pour x ≤ −1, puisque 0 < f(x) < 1 sur cet intervalle, alors que les sommes partielles sont soit supérieures à 1, soit inférieures à 0. Les sommes partielles semblent converger vers f sur l’intervalle ]−1, 1[. Cette preuve graphique s’accorde avec ce que nous savons des séries géométriques : convergence pour |x| < 1, divergence pour |x| ≥ 1 (voir exemples 1 et 5 à la section 6.2).

Calcul intégral

6.7 Les séries de puissance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

35. a)

n

89

( 1)n x 2 n 1 , alors n!(n 1)!22 n 1

Si an

lim

Chapitre 6 Les suites et les séries

an 1 an

lim

n

x2n 3 (n 1)! (n 2)!22 n

3

n!(n 1)!22 n x2n 1

1

x 2

2

lim

n

1 (n 1)(n 2)

0 pour tout x.

Donc, J1(x) converge pour tout x et son domaine est ]−∞, ∞[. b), c)

Les premiers termes de J1(x) jusqu’à n = 5 sont a0

a1

x3 , a2 16

x5 , a3 384

x7 , a4 18 432

x , 2

x9 et a5 1 474 560

x11 . Les sommes partielles semblent produire une 176 947 200

bonne approximation de J1(x) près de l’origine mais, à mesure que |x| augmente, il est nécessaire d’utiliser un grand nombre de termes pour obtenir une bonne approximation.

36.

a)

an , où an

A( x) 1 n 1

a x3n , donc lim n 1 n an 2 · 3 · 5 · 6 · · · · · (3n 1)(3n )

| x |3 lim n

1 (3n 2)(3n 3)

0 pour tout x, donc le

domaine est . b), c)

s0 = 1 n’apparaît pas au graphique. Les sommes partielles semblent produire une bonne approximation de A(x) près de l’origine mais, à mesure que |x| augmente, il est nécessaire d’utiliser un grand nombre de termes pour obtenir une bonne approximation.

Calcul intégral

6.7 Les séries de puissance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

90

Pour représenter graphiquement A, il faut d’abord saisir A(x) dans un logiciel de calcul symbolique. On remarque que, pour n ≥ 1, le dénominateur de an est 2 · 3 · 5 · 6 · · · · · (3n 1) · 3n

n k 1

conséquent, A( x) 1 n 1

(3n)! 1 · 4 · 7 · · · · · (3n 2) (3k

(3n)!

2)

n

(3n)! , donc an n 2) k 1 (3k

k 1

(3k

(3n)!

2)

x3n et, par

x3n . Maple et Mathematica peuvent tous deux représenter graphiquement A si nous la

définissons de cette façon et Derive peut produire un graphique similaire en utilisant une somme partielle adéquate de A(x). Derive, Maple et Mathematica ont tous deux fonctions initiales d’Airy, appelées AI·SERIES(z,m) et BI·SERIES(z,m) dans BESSEL.MTH dans Derive, et AiryAi et AiryBi dans Maple et Mathematica (simplement Ai et Bi dans les versions plus anciennes de Maple). Il est toutefois très difficile de trouver la valeur de A en fonction des valeurs des fonctions Airy des logiciels de calcul symbolique même si, en fait, A( x)

37.

s2 n

1

1 2x

x2

1(1 2 x)

2 x3 2

x4

x (1 2 x)

2 x5

3 AiryAi( x) AiryBi( x) . 3 AiryAi(0) AiryBi(0)

···

4

x (1 2 x)

x2n ···

2

2x2n x

2n 2

1

(1 2 x)

(1 2 x)(1 x 2

x4

···

x2n 2 )

1 x2n 1 2x [selon 6.2.3) avec r x 2 ] à mesure que n selon 6.2.24)], lorsque |x| < 1 1 x2 1 x2 1 2x 1 2x s2 n 1 x 2 n , puisque x 2n , puisque s2n et s2n−1 se rapprochent 0 pour |x| < 1. Par conséquent, sn 2 1 x 1 x2

(1 2 x)

De plus, s2 n

toutes deux de

38.

s4n

1

c0

(c0 pour | x4 | 1

Calcul intégral

1 2x 1 2x lorsque n → ∞. Il s’ensuit que l’intervalle de convergence est ]−1, 1[ et f ( x) . 1 x2 1 x2

c1x c2 x 2

c3 x3 c0 x 4

c1x5 c2 x6

c3 x 7

c3 x 4n

1

c1 x c2 x 2 1 x4 | x | 1 . De plus, s4n, s4n+1, s4n+2 ont les mêmes limites

c1 x c2 x 2

c3 x3 )(1 x 4

x8

x4n 4 )

c0

c3 x3

6.7 Les séries de puissance

lorsque n

[selon 6.2.4, avec r = x4]

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

91

(par exemple, s4n = s4n−1 + c0x4 et x4n → 0 pour |x| < 1). Donc, si au moins une des valeurs de c0, c1, c2 et c3 n’est pas égale à 0, alors l’intervalle de convergence est ]−1, 1[ et f ( x)

39.

c1 x c2 x 2 1 x4

c0

c3 x3

.

cn x n . Il faut que lim n | cn x n | | x | lim n | cn |

Appliquons le critère généralisé de Cauchy à la série

n

n

c | x | 1 pour qu’il y ait

convergence ou |x| < 1/c, donc R = 1/c.

40. Supposons que cn L

an 1 an

lim

n

lorsque

0 . En appliquant le critère généralisé de d’Alembert à la série

lim

n

cn 1 ( x a)n cn ( x a)n

|x a| 1 lim | cn /cn 1 |

1

lim

n

| x a| ( ) | cn /cn 1 |

| x a | lim n

n

cn ( x a)n , nous trouvons que

| x a| (si lim | cn /cn 1 | 0) , donc la série converge n lim | cn /cn 1 |

n

cn . Par conséquent, R cn 1

lim

n

cn c . Si lim n n cn 1 cn 1

L = ∞; la série diverge donc et, par conséquent, R = 0. Il s’ensuit que, dans tous les cas, R

41. Pour 2 < x < 3,

cn x n diverge et

d n x n converge. Selon l’exercice 6.2.69,

convergent pour |x| < 2, le rayon de convergence de

42. Puisque

cn x n converge lorsque |x| < R,

cn x 2 n

(cn

(cn

0 et |x − a| ≠ 0, alors (*) montre que

lim

n

cn . cn 1

dn ) x n diverge. Puisque les deux séries

dn ) x n est 2.

cn x 2

n

converge lorsque | x2 | R

| x|

R , donc le rayon de

convergence de la seconde série est R .

Calcul intégral

6.7 Les séries de puissance

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

92

6.8 Les représentations de fonctions sous la forme de séries de puissances

1.

cn x n est 10, alors le rayon de convergence de f ( x)

Si le rayon de convergence de f ( x) n 0

ncn x n 1 est également 10, selon le n 1

théorème 2.

2.

bn x n converge sur l’intervalle ]−2, 2[, alors f ( x)dx

Si f ( x)

C

n 0

n 0

bn n 1 x a le même rayon de convergence (selon le n 1

théorème 2), mais peut ne pas avoir le même intervalle de convergence : il est possible que la série intégrée converge à une extrémité (ou aux deux extrémités).

3.

Notre but est de représenter la fonction sous la forme 1 1 x

puissances. f ( x)

4.

f ( x)

donc R

5.

f ( x)

5 1 4 x2

5

2

1 1 4 x2 1 2

et I

1 2

1 1 ( x)

( 1) n x n avec | x | 1

n 0

(4 x 2 ) n

5

| x | 1 , donc R = 1 et I = ]−1, 1[.

n 0

4n x 2 n . La série converge lorsque | 4 x2 | 1

5

n 0

| x |2

n 0

1 4

| x|

1 2

,

, 12 .

2 1 3 1 x /3

3 x

( x) n

1 et d’utiliser ensuite l’égalité 1 pour la représenter comme une série de 1 r

2 3n

0

x 3

n

2 n

1 n x x . La série converge lorsque n 1 3 03

1 , c’est-à-dire lorsque |x| < 3, donc R = 3 et

I = ]−3, 3[.

6.

f ( x)

1 x 10

1 1 10 1 ( x /10)

1 10 n

0

x 10

n

( 1) n n 0

1 n x x . La série converge lorsque 10n 1 10

1 , c’est-à-dire lorsque |x| < 10,

donc R = 10 et I = ]−10, 10[.

7.

f ( x)

x

x 1 9 1 ( x / 3)2

9 x2

x 3

géométrique n 0

8.

f ( x)

x 2x

donc R

Calcul intégral

2

1

1 et I 2

x

2

x 1 9 1 { ( x /3)2}

n

converge lorsque

1 1 ( 2 x2 )

x 3

x 9n 2

1

n 0

2 n

| x2 | 1 9

x x2n ( 1)n n 9n 0 9

| x |2 9

( 1) n n 0

x2n 1 . La série 9n 1

| x | 3 , donc R = 3 et I = ]−3, 3[.

( 1) n 2n x 2 n 1 . La série converge lorsque | 2 x2 | 1

( 2 x 2 )n

x

0

x 3

n 0

| x2 |

1 2

| x|

1 2

,

1 1 , . 2 2

6.8 Les représentations de fonctions sous la forme de séries de puissances

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

9.

f ( x)

1 x 1 x

Chapitre 6 Les suites et les séries 1 1 x

(1 x)

xn

(1 x)

xn

n 0

xn

n 0

1

xn

1

n 0

xn

n 1

93

xn .

1 2

n 1

n 1

La série converge lorsque |x| < 1, donc R = 1 et I = ]−1, 1[. 1 x 1 x

Deuxième méthode : f ( x)

(1 x) 2 1 x

1 2

1 1 x

xn

1 2

xn .

1 2

n 0

n 1

Troisième méthode :

f ( x)

1 x 1 x

(1 x)

(1 x

x2

1 1 x

x3

x2

(1 x)(1 x

) (x

x2

x3

x3

x4

)

) 1 2x 2x2

2 x3

xn

1 2 n 1

10.

f ( x)

x2 a

3

x

x2 1 a3 1 x3 /a3

3

x2 a3 n

0

x3 a3

n

n

x3n 3n 0a

2 3

. La série converge lorsque | x3 /a3 | 1

| x3 | | a 3 |

| x | | a | , donc

R = |a| et I = ]−|a|, |a|[.

11.

f ( x)

x2

3 x 2

3 ( x 2)( x 1)

A x 2

B x 1

3

A( x 1) B( x 2) . Posons x = 2 pour obtenir A = 1 et x = −1 pour

obtenir B = −1. Par conséquent,

x

3 x 2

2

1

1

x 2

x 1

1 1 ( x)

n

1 1 2 2

n 0

1 1 2 1 ( x /2) 1( 1)n x n

( 1) n

1 2n

0

n

x 2

( x) n n 0

1 xn 2n 1

1

n 0

Nous avons représenté f comme la somme de deux séries géométriques; la première converge pour x ] 2, 2[ et la seconde converge pour ]−1, 1[. Par conséquent, la somme converge pour x ] 1, 1[ I .

12.

f ( x)

x 2 2x2 x 1

x 2 (2 x 1)( x 1)

obtenir 3 3B x 2 2x x 1 2

B 1 et x 1

1

2x 1

x 1

( 2) n

1 2

1

A 2x 1

B x 1

pour obtenir 32

1 1 ( 2 x)

1

x 2 3 2

A

A

1 1 x

A( x 1) B(2 x 1) . Posons x = 1 pour

1 . Par conséquent,

( 2 x) n n 0

xn n 0

1 xn

n 0

Nous avons représenté f comme la somme de deux séries géométriques; la première converge pour x ] converge pour ]−1, 1[. Par conséquent, la somme converge pour x ]

Calcul intégral

1 2

1 2

, 12 [ et la seconde

, 12 [ I .

6.8 Les représentations de fonctions sous la forme de séries de puissances

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

13.

1 (1 x) 2

f ( x)

a)

Chapitre 6 Les suites et les séries

1

d 1 dx 1 x n 1

nx n

1

d dx

( 1) n x n

94

selon l'exercice 3

n 0

( 1) n ( n 1) x n avec R 1

selon le théorème 2 i)

n 1

n 0

À la dernière étape, il est à noter que nous avons ré-indexé la série soit, diminuer de 1 la valeur initiale de la variable de sommation n et augmenter ensuite de 1 chaque occurrence de n dans le terme [on remarque également que (−1)n+2 = (−1)n]. 1 (1 x)3

f ( x)

b)

1 2

1 d 1 2 dx (1 x) 2

( 1)n (n 1)nx n

c)

1

1 2

n 1

x2 (1 x)3

f ( x)

1 d 2 dx

1 (1 x)3

x2

[selon la sous-question a)]

( 1)n (n 2)(n 1) x n avec R 1 n 0

1 ( 1) n (n 2)(n 1) x n [selon la sous-question b)] 2n 0

x2

1 ( 1) n (n 2)(n 1) x n 2n 0

( 1) n (n 1) x n n 0

2

Afin d’exprimer la série de puissances avec xn plutôt que xn+2, nous allons ré-indexé la série, soit diminuer de 2 chaque occurrence de n dans le terme et augmenter de 2 la valeur initiale de la variable de sommation. Ceci donnera 1 ( 1)n (n)(n 1) x n avec R = 1. 2n 2

1 dx 1 x

14. a)

1 1 x

dx

ln(1 x) C et

x2

(1 x

Donc, ln(1 x) n

b)

f ( x)

x ln(1 x)

)dx

xn 1 n x n

c)

15.

En posant que x

f ( x)

ln(5 x)

x2 2

x3 3

xn 1 n

C n

C pour | x | 1 .

C et, en posant x = 0, nous obtenons 0 = C. Par conséquent,, f ( x) xn 1 n

n

n

f ( x)

x 2 arctan( x3 )

x2

(1/2)n n 1

1 dx 5 1 x /5

( 1)n n 0

xn avec R = 1. 1 n

xn 1 . 1 n ln 1 ln 2 n

1 5

n 0

x 5

n

dx

C

1n n 1 n2

( x3 ) 2 n 1 selon l'exemple 7 2n 1

( 1)n n 0

ln 2 n

1 xn 1 n 5 n 0 5 ( n 1)

En posant x = 0, nous obtenons C = ln5. La série converge pour |x/5| 1

16.

ln(1 x) n

1 1 , ln 2 2

dx 5 x

x

1 n 1 n2

C n

.

xn n 1 n5

| x | 5 , donc R = 5.

x6 n 3 2 2n 1

( 1)n n 0

x6 n 5 pour |x3| 1 2n 1

|x| 1 , donc

R = 1.

Calcul intégral

6.8 Les représentations de fonctions sous la forme de séries de puissances

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

17. Nous savons que

4 (1 4 x)2 f ( x)

1 1 4x

( 4)n nx n

1 2 x

1 n 0

x (1 4 x)2

x 4 4 (1 4 x)2 1 4

|x|

1 2(1 x /2)

d 1 dx (2 x)2

( 4 x)n . En prenant la dérivée de chaque membre, nous obtenons n 0

( 4)n 1 (n 1) x n , donc

n 1

pour | 4 x| 1

18.

1 1 ( 4 x)

95

1 2n

d dx

n 1

0

, donc R

x 2

n

n 0

1 nx n 2n 1

1 n d 1 x . Or, 2n 1 dx 2 x 2 (2 x)3

x3 (2 x)3

2 x

( 1) n 4n (n 1) x n

1

n 0

.

1 4

1

3

x

Par conséquent, f ( x)

x ( 4)n 1 (n 1) x n 4 n 0

n 2

d dx

1 n(n 1) x n 2n 1

x3 2 2 (2 x)3

1 n x 2n 1

n 0

2 n 0

1 (2 x) 2

n 1

1 nx n 1 et 2n 1

(n 2)(n 1) n x . 2n 3

x3 (n 2)(n 1) n x 2 n 0 2n 3

n 0

(n 2)(n 1) n 3 x x pour 2n 4 2

1

|x| 2 ,

donc R = 2.

19.

Selon l’exemple 5,

1 (1 x)2

(n 1) x n . Par conséquent, n 0

1 x (1 x) 2

f ( x)

1 (1 x)

(n 1) x n n 0

x (1 x) 2

2

nx n

d 1 dx (1 x)2

d dx

[(n 1) n]x n

n 1

(2n

1) x n avec R 1

n 0

(n 1) x n , donc

2 (1 x)3

n 0

x2 x (1 x)3 x2 2 n

x2 (1 x)3

(n 1)nx n

n(n 1) n x 2 2

n 2

(n 1)nx n 1 . Par conséquent, n 1

1

n 1

n2

n 2

xn

n

n 2

x2 2 2 (1 x )3

x (1 x)3

x (n 1)nx n 2n 1 (n 1)n n x 2 1 n2

x n 2

n2 xn

x

Calcul intégral

(2n 1) x n

1

n 0

(n 1) x n

f ( x)

1

pour égaliser les premiers termes respectifs

n 1

1 (1 x)2

(n 1) x n n 0

n 1

1

20. Selon l’exemple 5,

(n 1) x n n 0

n 2

n 1

(n 1)n n x 2

1 n 1

(n 1)n n x 2

[ré-indexons pour égaliser les exposants de x]

xn

n 2 x n avec R

1

x 2 2 (1 x)3

pour égaliser les premiers termes respectifs 1

n 1

6.8 Les représentations de fonctions sous la forme de séries de puissances

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

21.

f ( x)

x x

2

Chapitre 6 Les suites et les séries

x 1 16 1 ( x 2 /16)

16

lorsque | x2 /16| 1

s2

s1

x3 , s3 162

x 16 n

x2 16

x5 , s4 163

s2

x2 16

0

n

x 1 ( 1)n n x 2 n 16 n 0 16

96

( 1)n n 0

1 16n

1

x 2 n 1 . La série converge

|x| 4 , donc R = 4. Les sommes partielles sont s1

x7 , s5 164

s3

s4

x , 16

x9 ,…. On remarque que s1 correspond au premier terme de la série, quelles que 165

soient la valeur de la variable de sommation et la valeur de l’exposant.

Lorsque n augmente, sn(x) procure une meilleure aproximation de f sur l’intervalle de convergence, qui est ]−4, 4[.

22.

f ( x)

ln( x 2

4)

( 1)n

f ( x) n 0

2x

f ( x) x2n 22 n

lorsque | x2 /4| 1

x2

1 1

dx

4 ( 1) n

C n 0

x2

2x 1 4 1 ( x 2 /4)

4

2

x2n 2 (2n 2)

2n 1

x 2n

0

x2 4 ( 1)n

ln 4 n 0

n

( 1) n n 0

x2n 2 (n 1)22 n

|x| 2 , donc R = 2. Si x = ±2, alors f ( x)

2

x2n 1 , donc 22 n 1

[f(0) = ln 4, donc C = ln 4]. La série converge

( 1)n

ln 4 n 0

critère des séries alternées. Les sommes partielles sont s0 = ln4 [≈ 1,39], s1

s4

s3

x8 , 4 · 28

s0

x2 , s2 4

s1

1 , laquelle converge, selon le n 1

x4 , s3 2 · 24

s2

x6 , 3 · 26

.

Lorsque n augmente, sn(x) procure une meilleure aproximation de f sur l’intervalle de convergence, qui est [−2, 2].

Calcul intégral

6.8 Les représentations de fonctions sous la forme de séries de puissances

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

23.

f ( x)

Chapitre 6 Les suites et les séries

1 x 1 x

ln

dx 1 x

ln(1 x) ln(1 x)

( 1) n x n

x n dx

n 0

dx 1 x

x2

(1 x

x3

dx 1 ( x)

97

dx 1 x

x 4 ...) (1 x

x2

x3

x 4 ...) dx

n 0

(2 2 x 2

2x4

2 x 2 n dx

)dx

C

n 0

Toutefois, f (0) ln

n

2 x2n 1 0 2n 1

0 , donc C = 0 et nous obtenons f ( x)

1 1

n

2 x2n 1 0 2n 1

avec R = 1. Si x = ±1, alors f ( x)

n 0

2x , s2 1

s1

2 x3 , s3 3

s2

2 x5 , 5

1 2n 1

,

1 . n

lesquelles divergent toutes deux, selon le critère de comparaison par une limite avec bn

Les sommes partielles sont s1

2

.

Lorsque n augmente, sn(x) procure une meilleure aproximation de f sur l’intervalle de convergence, qui est ]−1, 1[.

24.

f ( x)

arctan(2 x) C

2 n

2

dx 1 4x2

( 1) n 4n x 2 n 2n 1 0

( 1) n (4 x 2 ) n dx

2

1 n

n 0

( 1) n 22 n 1 x 2 n 2n 1 0

La série converge lorsque |4 x2 | 1

( 1) n 4 n x 2 n dx

2

n 0

|x|

1 2

1

[ f (0)

, donc R

arctan 0 0, donc C 1 2

. Si x

1 2

0]

( 1) n

, alors f ( x) n 0

1 et f ( x) 2n 1

( 1) n n 0

1

1 , 2n 1

respectivement. Les deux séries convergent, selon le critère des séries alternées. Les sommes partielles sont s1

2x , s2 1

s1

23 x3 , s3 3

s2

25 x5 , 5

Lorsque n augmente, sn(x) procure une meilleure aproximation de f sur l’intervalle de convergence, qui est [

Calcul intégral

6.8 Les représentations de fonctions sous la forme de séries de puissances

1 2

, 12 ] .

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Solutionnaire détaillé

25.

t 1 t

8

Chapitre 6 Les suites et les séries

1 1 t8

t

(t 8 )n

t n 0

t 8n

t

1

1 t

n 0

8

dt

C n

98

1 t 8n 2 . La série pour converge lorsque | t 8 | 1 1 t8 2 0 8n

t dt a également R = 1. 1 t8

donc R = 1 pour cette série ainsi que pour la série pour t/(1 − t8). Selon le théorème 2, la série pour

26.

t 1 t3

1 1 ( t3)

t

lorsque | t 3 | 1

( t 3 )n

t

( 1)n t 3n

n 0

t

1

1 t

n 0

dt 3

( 1)n

C n 0

| t| 1 ,

1 t 3n 2 . La série pour converge 1 t3 3n 2

| t | 1 , donc R = 1 pour cette série ainsi que pour la série

t t . Selon le théorème 2, la série pour dt a 1 t3 1 t3

également R = 1.

( 1)n

27. Selon l’exemple 6, ln(1 x)

1

n 1

xn pour |x| < 1, donc x 2 ln(1 x) n

( 1) n

1

n 1

xn 2 et n

x 2 ln(1 x)dx

( 1)n

C n 1

xn 3 . n(n 3)

R = 1 pour la série pour ln(1 + x), donc R = 1 également pour la série représentant x2 ln(1 + x). Selon le théorème 2, la série pour x 2 ln(1 x)dx a également R = 1.

( 1) n

28. Selon l’exemple 7, arctan x n 0

x2n 1 arctan x pour |x| < 1, donc 2n 1 x

( 1)n n 0

R = 1 pour la série pour arctan x, donc R = 1 également pour la série représentant

pour

29.

1 1 x5

x2n et 2n 1

arctan x dx x

( 1)n

C n 0

x2n 1 . (2n 1)2

arctan x . Selon le théorème 2, la série x

arctan x dx a également R = 1. x

1 1 ( x5 )

conséquent, I

0,2 0

( x5 ) n

1 dx 1 x5

( 1)n x5n

n 0

n 0

1 dx 1 x5

x

x6 6

0,2

x11 11

0,2 0

( 1)n x5n dx C n 0

(0,2)6 6

( 1)n n 0

(0,2)11 11

x5 n 1 . Par 5n 1

. La série est alternée, donc si nous utilisons les

deux premiers termes, l’erreur sera d’au plus (0,2)11/11 ≈ 1,9 × 10−9. Donc, I ≈ 0,2 − (0,2)6/6 ≈ 0,199 989, avec six décimales.

30. Selon l’exemple 6, ln(1 x 4 )

( 1) n n 1

conséquent, I

0,4 0

ln(1 x 4 )dx

x5 5

1

x4n n

x9 18

ln(1 x 4 )dx

( 1) n n 1

x13 39

x17 68

0,4

0

(0,4)5 5

1

x4n dx n

(0,4)9 18

( 1) n

C

(0,4)13 39

n 1

(0,4)17 68

1

x4n 1 . Par n(4n 1)

. La série est alternée, donc si

nous utilisons les trois premiers termes, l’erreur sera d’au plus (0,4)17/68 ≈ 2,5 × 10−9. Donc, I ≈ (0,4)5/5 − (0,4)9/18 + (0,4)13/39 ≈ 0,002 034, avec six décimales.

Calcul intégral

6.8 Les représentations de fonctions sous la forme de séries de puissances

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

99

31. Remplaçons x par 3x dans l’exemple 7. Nous trouvons que

x arctan(3x)dx

( 1)n

x n 0

(3x)2 n 1 dx 2n 1

( 1)n n 0

32 n 1 x 2 n 2 dx C 2n 1

( 1)n n 0

32 n 1 x2 n 3 (2n 1)(2n 3)

Donc, 0,1 0

3x3 1 3

x arctan(3 x) dx

1 103

33 x5 3 5

35 x 7 5 7

9 5

5

243 35 107

La série est alternée, donc si nous utilisons trois termes, l’erreur sera d’au plus 0,1 0

0,3

32.

1 103

x arctan(3x)dx

0

x2 dx 1 x4

0,3 0

x

9 5 105

2

n

243 35 107

4n

( 1) x dx n 0

33 3 103

n 0

37 7 107

0.1

37 x9 7 9

0

2187 63 109

2187 63 109

3,5 10 8 . Donc,

0,000 983 , avec six décimales.

( 1) n x 4 n 4n 3

3

0,3

0

n

( 1) n 34 n 3 3)104 n 0 (4n

3

311 11 1011

La série est alternée, donc si nous n’utilisons que deux termes, l’erreur sera d’au plus

0,3

Donc,

0

x2 dx 1 x4

33 3 103

33. Selon l’exemple 7, arctan x

x

37 7 107

x3 3

x5 5

34.

f ( x) n

(0,2)3 3

x7 7

, donc arctan 0,2 0,2

n

( 1) n 2nx 2 n (2n)! 1

1

f ( x)

( 1)n (2n)(2n 1) x 2 n (2n)! 1

2

n

35. a)

J 0 ( x) n

Calcul intégral

( 1) n x 2n (2n)! 0

( 1) n x 2 n , J 0 ( x) 2n 2 0 2 ( n!)

n

0,000 000 16 .

(0,2)3 3

(0,2)5 5

(0,2)7 7

. La série est alternée, donc

0,000 002 . Par conséquent,

0,197 40 , avec cinq décimales.

n

f ( x)

(0,2)7 7

(0,2)5 5

( 1)n x 2 n (2n)! 0

311 11 1011

0,008 969 , avec six décimales.

si nous utilisons trois termes, l’erreur sera d’au plus

arctan 0,2 0,2

.

[le premier terme s’annule], donc

n

f ( x)

( 1)n 2nx 2 n 22 n (n!) 2 1

( 1) n x 2( n 1) 1 [2( n 1)]! f ( x)

f ( x)

1

et J 0 ( x) n

n

( 1)n 1 x 2 n (2n)! 0

[en remplaçant n par n 1]

0.

( 1)n 2n(2n 1) x 2 n 22 n (n!)2 1

2

, donc

6.8 Les représentations de fonctions sous la forme de séries de puissances

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

x 2 J 0 ( x)

n

( 1) n 2n(2n 1) x 2 n 22 n (n!) 2 1

n

( 1) n 2n(2n 1) x 2 n 22 n (n!) 2 1

n

( 1) n 2n(2n 1) x 2 n 22 n (n!) 2 1

x 2 J 0 ( x)

xJ 0 ( x)

( 1) n

4n 2

( 1) n n 1

1

b)

J 0 ( x)dx

1 0

n

x

1 Puisque 16128

( 1) n x 2 n dx 2n 2 0 2 ( n !) x3 3 4

1 0

x5 5 64

x2 4

1

x4 64

n

( 1) n 2nx 2 n 2n 2 1 2 ( n !)

n

( 1) n 2nx 2 n 2n 2 1 2 ( n !)

2n 2n 4n 2 2 n x 22 n (n!) 2

x6 2304

dx

1 12

1 1 320 16 128

1

x7 7 2304

n

( 1) n 2nx 2 n 2n 2 1 2 ( n !)

n

( 1) n x 2 n 2 2n 2 0 2 ( n !)

n

( 1) n 1 x 2 n 2n 2 [( n 1)!]2 12

n

( 1) n ( 1) 1 22 n 2 x 2 n 22 n ( n!) 2 1

2n(2n 1) 2n 22 n 2 2 n x 22 n (n!) 2

n 1

0

100

1 0

0

0,000 062 , il découle du théorème d’estimation des séries alternées que

1 0

J 0 ( x)dx 1

1 12

1 320

0,920 , avec

trois décimales.

36. a)

J1 ( x ) n

( 1)n x 2 n 1 2n 0 n!( n 1)!2

1

n

, J1 ( x ) n

( 1) n (2n 1)(2n) x 2 n n!(n 1)!22 n 1 1 n

n

( 1)n (2n 1) x 2 n et J1 ( x) 2n 1 0 n!( n 1)!2

n

x 2

b)

n

( 1)n x 2n 2n 2 0 2 ( n!)

n

( 1) n (2n) x 2n 22n (n!) 2 1

J 0 ( x)

J 0 ( x)

n

37. a)

f ( x) n

b)

x 2

( 1) n x 2n 1 (n 1)!n! 02

xn 0 n!

n

n

1

( 1) n (2n 1) x 2n n!( n 1)!2 2n 1 0

2n 1

1

( 1) n x 2n 1 2n 0 n !( n 1)!2

n

( 1) n x 2n 1 2n 0 n !( n 1)!2

1

1

1

( 1) n 1 2( n 1) x 2n 22n 2 [( n 1)!]2 0

f ( x) n

nx n 1 1 n!

n

xn 1 1 (n 1)!

1

0

1

[remplacer n par n 1]

annuler 2 et n 1; sortir 1 de la somme

2n 1

remplacer n par n 1 dans le troisième terme

(2n 1)(2n) (2n 1) (n)(n 1)2 2 1 2n x n!( n 1)!2 2n 1

n 1

n

( 1) n (2n 1) x 2 n n!( n 1)!2 2 n 1 0

1

1

( 1) x 2n 1 ( n 1)!n !2 ( 1) n

1

n

( 1) n x 2n 3 2n 0 n !( n 1)!2

( 1) n (2n 1)(2n) x 2n n!(n 1)!22n 1 1 n

1

n

( 1)n (2n 1)(2n) x 2 n 1 . x2 J1 ( x) xJ1 ( x) ( x2 1) J1 ( x) n!(n 1)!22 n 1 1

n

xn 0 n!

J1 ( x)

f ( x)

Selon le théorème 5.4.2, la seule solution à l’équation différentielle df(x)/dx = f(x) est f(x) = Kex; cependant, f(0) = 1, donc K = 1et f(x) = ex.

Calcul intégral

6.8 Les représentations de fonctions sous la forme de séries de puissances

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

101

Autre solution : Nous pourrions résoudre l’équation df(x)/dx = f(x) en la traitant comme une équation différentielle à variables séparables.

38.

|sin nx| n2

1 sin nx d sin nx , donc converge, selon le critère de comparaison. n2 n2 dx n 2 n 1

nombre entier],

f n ( x) n 1

n 1

cos(2kn ) n

n 1

cos nx , donc lorsque x = 2kπ [k étant un n

1 , laquelle diverge [série harmonique]. f n ( x) n

sin nx , donc

sin nx ,

f n ( x) n 1

n 1

qui converge seulement si sin nx = 0 ou x = kπ [k étant un nombre entier].

xn a , alors, selon le critère généralisé de d’Alembert, lim n 1 2 n an n

39. Si an

convergence, donc R = 1. Lorsque x = ±1, n 1

xn n2

lim

n

x n 1 n2 (n 1)2 x n

|x|lim n

n

2

|x| 1 pour qu’il y ait

n 1

1 , qui est une série p convergente (p = 2 > 1), donc l’intervalle de n2

n 1

convergence pour f est [−1, 1]. Selon le théorème 2, les rayons de convergence de f′ et f″ sont tous deux 1, donc il n’est nécessaire de vérifier que les extrémités. f ( x) n

xn 2 1n

f ( x) n

nx n 1 2 1 n

n

xn et cette série diverge pour x = 1 (série harmonique) et 0n 1

converge pour x = −1 (critère des séries alternées), donc l’intervalle de convergence est [−1, 1[. f ( x) n

(critère de divergence), puisque lim n

nx n

40. a)

1

n 1

n

d n x 0 dx

d dx

nx n 1 diverge à 1 et −1 1 n 1

n 1 0 , donc son intervalle de convergence est ]−1, 1[. n 1

xn n 0

d 1 dx 1 x

1 ( 1) (1 x)2

1 , |x| < 1. (1 x)2

b)

nx n

i) n 1

ii)

nx n

x

1

x

n 1

Posons x

1 2

dans i) : n

1 (1 x)2

[selon la sous-question a)]

n n 2 1

n n 1

1 n 2

1/2 (1 1/2) 2

2.

nx n

x2

x pour |x| < 1. (1 x)2

c) n(n 1) x n

i)

x2

n 2

x2

ii)

Calcul intégral

Posons x

n(n 1) x n

2

x2

n 2

1 2

2 (1 x)3

dans i) : n

d dx

1

n 1

d 1 dx (1 x) 2

2x2 pour |x| 1. (1 x)3

n2 n 2n 2

n(n 1) n 2

1 n 2

2(1/2)2 (1 1/2)3

4.

6.8 Les représentations de fonctions sous la forme de séries de puissances

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries n2 n 12

iii) Selon b) ii) et c) ii), nous obtenons n

n 0

6

1 3

arctan

1/ 2

42. a)

x2

0

( 1) n n 0

dx x 1

1/ 2 0

1/ 3

b)

x3 1

1 ( x 1)( x 2

1 x 1

x2

1 1 x3

( 1) n x3n

1/ 2 0

à

dx x x 1 2

3 3

Calcul intégral

, donc

1 3

( 1) n n 0

x

3/4

( 3/2)du (3 / 4)(u 2 1)

( x 1)

1

1 2

n

1 1 , donc 3 2n 1

3 u, u 2

2 3 arctan u 3

1 1 ( x3 )

( 1) n x3n

n 0

dx C x x 1

n 2n

4 2 6.

2 x 3

0 1/ 3

2 0 3

1 , nous obtenons 3

6 ( 1)n n 3 n 0 (2n 1)3

1 , dx 2 6

2 3 n

( 1)n . n 0 (2n 1)3

3 du 2 3 3

x 1)

( x 1)

2

1

dx ( x 1/2) 2

0

1

(1/ 3)2 n 2n 1

n 1

x2n 1 pour |x| < 1. En particulier, pour x 2n 1

( 1) n

41. Selon l’exemple 7, arctan x

n

n2 n 2n 1

102

( 1) n x 3n

( x 1) n 0

pour |x| 1

n 0

( 1)n n 0

( 1)n n 0

x3n 2 3n 2

( 1)n n 0

1 4 8 (3n 2) n

x 3n 1 pour |x| 1 3n 1

1 2 8 (3n 1) n

1 ( 1)n 2 1 . Selon la sous-question a), ceci est égal 4 n 0 8n 3n 1 3n 2

3 3 ( 1)n 2 1 . n 4 n 0 8 3n 1 3n 2

6.8 Les représentations de fonctions sous la forme de séries de puissances

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

103

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

1.

bn ( x 5) n , bn

Selon le théorème 5 avec n 0

2.

a)

f ( n ) (a) , donc b8 n!

f (8) (5) . 8!

Selon la formule 6, si f a un développement en série de puissances en 1, il doit être de la forme f (1) comparant à la série donnée, 1,6 0,8( x 1)

f (1)( x 1)

. En

, nous devons avoir f′(1) = −0,8. Au graphique, toutefois, f′(1) est positive. Par

conséquent, la série donnée n’est pas la série de Taylor de f centrée en 1. b)

Si f a un développement en série de puissances en 2, il doit être de la forme f (2) comparant à la série donnée, 2,8 0,5( x 2) 1,5( x 2)2 0,1( x 2)3

1 2

f (2)( x 2)

f (2)( x 2)2

. En

, nous devons avoir 12 f (2) 1,5 , c’est-à-dire que

f″(2) est positive. Au graphique, toutefois, f est concave vers le bas près de x = 2, donc f″(2) doit être négative. Par conséquent, la série donnée donnée n’est pas la série de Taylor de f centrée en 2.

3.

Puisque f(n)(0) = (n + 1)!, la formule 7 produit la série de Maclaurin n 0

f ( n ) (0) n x n!

critère généralisé de d’Alembert avec αn = (n + 1)xn , nous obtenons lim n

an 1 an

n

lim

n

(n 1)! n x n! 0

(n 2) x n 1 (n 1) x n

(n 1) x n . En appliquant le n 0

|x|lim n

n 2 n 1

|x| 1 |x| . Pour qu’il

y ait convergence, il faut que |x| < 1, donc le rayon de convergence R = 1.

4.

Puisque f ( n ) (4)

n 0

( 1)n n! , la formule 6 produit la série de Taylor 3n (n 1)

f ( n ) (4) ( x 4)n n!

n

( 1) n n! ( x 4) n 0 3 ( n 1) n! n

n

( 1) n ( x 4) n , qui est la série de Taylor de f centrée en 4. Appliquons le critère 0 3 ( n 1) n

généralisé de d’Alembert afin de trouver le rayon de convergence, R. lim

n

an 1 an

lim

n

( 1) n 1 ( x 4) n 3n 1 (n 2)

1 n 1 |x 4|lim n 3 n 2

Pour qu’il y ait convergence, 13 |x 4| 1

Calcul intégral

1

3n (n 1) ( 1) n ( x 4) n

lim

n

( 1)( x 4)( n 1) 3(n 2)

1 |x 4| 3

|x 4| 3 , donc R = 3.

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 5.

Chapitre 6 Les suites et les séries

n

f(n)(x)

f(n)(0)

0

(1 − x)−2 2(1 − x)

2

2

6(1 − x)

−4

6

3

24(1 − x)−5

4

120(1 − x)

2

f (0)

1

−3

1

(1 x)

120

x2

1 2 x 3x 2

4 x3

5x4

(n 1) x n n 0

24

−6

6 2

f (4) (0) 4 x 4!

f (0) 2 f (0) 3 x x 2! 3! 24 3 x 120 x4 6 24

f (0) x

1 2x

104

lim

n

lim

(n 2) x n 1 (n 1) x n

f (0)

f (0) x

an 1 an

n

|x|lim n

n 2 n 1

|x|(1) |x| 1 pour qu’il y ait convergence, donc

R = 1. 6.

n

f(n)(x)

f(n)(0)

0

ln(1 + x)

0

1

−1

1

2

(1 + x)

−2

−1

−3

2

− (1 + x)

3

2(1 + x)

4

−6(1 + x)−4

−6

5

−5

24

24(1 + x)

ln(1 x)

1 2

0 x x

lim

n

an 1 an

x2 2

lim

n

x2

f (0) 2 x 2! 3 2 x 246 x 4 6

x3 3

x4 4

xn 1 n n 1 xn

x5 5

lim

n

f (4) (0) 4 x 4!

f (0) 3 x 3! 5 24 x 120 n

|x| 1 1/n

f (5) (0) 5 x 5!

( 1) n 1 n x n 1

|x| 1 pour qu’il y ait convergence, donc R = 1.

Il est à noter que la réponse obtenue correspond au développement de ln(1 + x) dans le tableau 1; nous l’avons cependant obtenue en utilisant une méthode différente. (Comparer avec l’exemple 6 à la section 6.8.) 7.

n

f(n)(x)

f(n)(0)

0

sin πx

0

1

π cos πx

π

2

−π2 sin πx

0

3

3

−π

4

−π cos πx

sin x

3

0

5

π5 cos πx

π5

( 1) n n 0

lim

f(n)(0)

0

e−2x

1

1

−2e−2x

−2

2

4e−2x

4

3

−2x

−8e

−8

4

16e−2x

16

Calcul intégral

3!

3

π sin πx

f(n)(x)

x 0 x

4

n

f (0) 2 x 2!

f (0) x 3

0

n

8.

f (0)

e

an 1 an

2x n 0

lim

n

an 1 an

3! 5

x3

5! 2n 1

(2n 1)!

lim

n

7!

f (5) (0) 5 x 5!

x5

x7

1

2 2

(2n 1)! 2n 1 2n 1 x

(2n 3)!

n

5! 7

x2n

x

f ( n ) (0) n x n!

0

x5

2n 3 2n 3

lim

n

5

x3

f (4) (0) 4 x 4!

f (0) 3 x 3!

lim

n

x (2n 3)(2n 2)

0 1 pour tout x, donc R = ∞.

( 2)n n x . n! 0

( 2) n 1 x n (n 1)!

1

n! ( 2) n x n

0 1 pour tout x, donc R

lim

n

2|x| n 1

.

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 9.

n

f(n)(x)

0

10.

Chapitre 6 Les suites et les séries

2

f(n)(0)

x

1

x

f ( n ) (0) n x n!

2x n 0

1

2 (ln 2)

ln 2

2

2x(ln 2)2

(ln 2)2

3

2x(ln 2)3

(ln 2)3

4

2x(ln 2)4

(ln 2)4

lim

n

an 1 an

f(n)(x)

f(n)(0)

0

x cos x

0

1

−x sin x + cos x

1

2

−x cos x − 2 sinx

0

3

x sin x − 3 cos x

−3

4

x cos x + 4 sinx

0

5

−x sin x + 5 cos x

5

6

−x cos x − 6 sinx

0

(ln 2) n 1 x n (n 1)!

lim

(ln 2)|x| n 1

7

x sin x − 7 cos x

−7

n

f (0)

an 1 an

12.

n

f(n)(x)

f(n)(1)

0

x4 − 3x2 + 1

−1

1

4x3 − 6x

−2

2

2

12x − 6

6

3

24x

24

4

24

24

5

0

0

6

0

0

n

f(n)(x)

f(n)(−2)

0

x − x3

6

1

1 − 3x2

−11

2

−6x

12

3

−6

−6

4

0

0

5

0

0

n! (ln 2) n x n

0 1

pour tout x, donc R

.

f (0) x

lim

( 1) n 1 x 2 n 3 (2n)! (2n 2)! ( 1) n x 2 n

lim

x2 (2n 2)(2n 1)

n

n

11.

1

f (0) 2 f (0) 3 f (4) (0) 4 x x x 2! 3! 4! 3 3 5 5 7 7 0 1x 0 x 0 x 0 x 3! 5! 7! 1 3 1 5 1 7 x x x x 2! 4! 6! 1 2n 1 ( 1) n x (2 n)! n 0

x cos x

lim

(ln 2)n n x . n! 0

lim

n

n

n

n

105

1

0 1 pour tout x, donc R

.

f(n)(x) = 0 pour n ≥ 5, donc f possède un développement fini de puissances centré en a = 1.

f ( x)

f ( n ) (1) ( x 1) n n! n 0 1 2 6 24 ( x 1)0 ( x 1)1 ( x 1) 2 ( x 1)3 0! 1! 2! 3! 1 2( x 1) 3( x 1) 2 4( x 1)3 ( x 1) 4

x4

3x 2 1

4

24 ( x 1) 4 4!

Toute somme finie de puissances converge évidemment pour tout x, donc R = ∞.

f(n)(x) = 0 pour n ≥ 4, donc f possède un développement fini de puissances centré en a = −2.

f ( x)

f ( n ) ( 2) ( x 2) n n ! n 0 6 11 12 ( x 2)0 ( x 2)1 ( x 2) 2 0! 1! 2! 6 11( x 2) 6( x 2) 2 ( x 2)3 x

x3

3

6 ( x 2)3 3!

Toute somme finie de puissances converge évidemment pour tout x, donc R = ∞.

Calcul intégral

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 13.

Chapitre 6 Les suites et les séries

n

f(n)(x)

f(n)(2)

0

ln x

ln 2

1

1/x

1/2

2

−1/x2

−1/22

3

2/x3

2/23

4

−6/x4

−6/24

5

24/x5

24/25

f ( x)

lim

n

106

f ( n ) (2) ( x 2) n n! n 0 ln 2 1 1 ( x 2)0 ( x 2)1 ( x 2) 2 0! 1!21 2!2 2 6 24 ( x 2) 4 ( x 2)5 4!24 5!25 (n 1)! ln 2 ( 1) n 1 ( x 2) n n!2n n 1 1 ln 2 ( 1) n 1 n ( x 2) n n2 n 1

ln x

an 1 an

( 1) n 2 ( x 2) n (n 1)2n 1

lim

n

1

2 ( x 2)3 3!23

n 2n ( 1) n 1 ( x 2) n

lim

n

( 1)( x 2)n ( n 1)2

lim

n

|x 2| 1 pour qu'il y ait convergence, donc |x 2| 2 et R 2

14.

n

f(n)(x)

f(n)(−3)

0

1/x

−1/3

1

−1/x2

−1/32

2

2/x3

−2/33

3

−6/x4

−6/34

4

24/x5

−24/35

f ( x)

1 x

n 0

n

|x 2| n 1 2

2.

f ( n ) ( 3) ( x 3) n n!

1/3 1/32 2/33 ( x 3)0 ( x 3)1 ( x 3)2 0! 1! 2! 6/34 24/35 ( x 3)3 ( x 3) 4 3! 4! n!/3n 1 ( x 3) n ( x 3) n n! 3n 1 n 0 n 0

lim

n

an 1 an

lim

n

( x 3)n 3n 2

1

3n 1 ( x 3)n

lim

n

|x 3| 3

|x 3| 1 pour qu’il y ait convergence, donc |x 3

+ 3| < 3 et R = 3. 15.

n

f(n)(x)

f(n)(3)

0

e2x

e6

1

2e2x

2e6

2

22e2x

4e6

3

23e2x

8e6

4

24e2x

16e6

f ( x)

n 0

f ( n ) (3) ( x 3) n n!

e6 2e6 4e6 ( x 3)0 ( x 3)1 ( x 3) 2 0! 1! 2! 8e6 16e6 ( x 3)3 ( x 3) 4 3! 4! 2n e6 ( x 3) n n 0 n!

lim

n

Calcul intégral

e2 x

an 1 an

lim

n

2n 1 e6 ( x 3)n (n 1)!

1

n! 2n e6 ( x 3)n

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

lim

n

2|x 3| n 1

0 1 pour tout x, donc R = ∞.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé 16.

Chapitre 6 Les suites et les séries

n

f(n)(x)

f(n)(π/2)

0

sin x

1

1

cos x

0

2

− sin x

−1

3

− cos x

0

4

sin x

1

f ( x) sin x k 0

1

n

lim

n

17.

n 0

f(n)(x)

f(n)(π)

cos x

lim

cos x k 0

(x

1

− sin x

0

2

− cos x

1

3

sin x

0

4

cos x

−1

n

lim

n

an 1 an

lim

n

n

n

f(n)(x)

0 1 2

x

1 4

3

3 8

4

15 16

1/ 2

3/ 2

x

x

5/ 2

x

f ( x)

4

x 1 2

f(n)(16)

7/ 2

1 1 2 4

1 1 4 43 3 1 8 45 15 1 16 47

lim

n

(x

/2)6 6!

/2|2 n 2 (2n)! (2n 2)! |x /2|2 n

f (k ) ( ) (x k! )2

)4

(x

lim

n

|x /2|2 (2n 2)(2n 1)

0 1 pour tout x, donc R = ∞.

)k )6

(x

2! 4! 2n ( x ) ( 1) n 1 (2n)! 0

lim

18.

|x

n

−1

1

2

/2) (x /2) 4 2! 4! 2n ( x /2) ( 1) n (2n)! 0

an 1 an

f ( x)

k

f ( k ) ( /2) x k! 2

(x

107

6!

|x |2 n 2 (2n)! (2n 2)! |x |2 n |2 (2n 2)(2n 1) |x

0 1 pour tout x, donc R

.

f ( n ) (16) ( x 16) n n! n 0 4 1 1 1 1 1 1 ( x 16)0 ( x 16)1 ( x 16) 2 0! 2 4 1! 4 43 2! 3 1 1 15 1 1 ( x 16)3 · ( x 16) 4 8 45 3! 16 47 4! 1 1 3 5 (2n 3) 4 ( x 16) ( 1) n 1 ( x 16) n n 2n 1 2 4 n ! 8 n 2 1 1 3 5 (2n 3) 4 ( x 16) ( 1) n 1 ( x 16) n 8 25 n 2 n ! n 2 x

an 1 an

lim

n

( 1) n1 3 5 25 n

(2n 1)( x 16) n 3 (n 1)!

1

25 n 2 n ! ( 1) n 11 3 5 (2n 3)( x 16) n

(2n 1)|x 16| |x 16| 2 1/n |x 16| lim 2 25 (n 1) 32 n 1 1/n 32 |x 16| 1 pour qu'il y ait convergence, donc |x 16| 16 et R 16. 16 lim

n

19. Si f(x) = sin πx, alors f(n+1)(x) = ±πn+1 sin πx ou ±πn+1 cos πx. Dans chaque cas, f ( n 1) ( x) M = πn+1, |Rn ( x)|

n 1

(n 1)!

|x|n

1

n 1

, donc, selon la formule 9 avec a = 0 et

| x|n 1 . Par conséquent, |Rn(x)| → 0 lorsque n → ∞, selon l’égalité 10. Donc, lim Rn ( x) n (n 1)!

0 et,

selon le théorème 8, la série à l’exercice 7 représente sin πx pour tout x.

Calcul intégral

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

20. Si f(x) = sin x, alors f(n+1)(x) = ±sin x ou ± cos x. Dans chaque cas, f ( n 1) ( x)

|Rn ( x)|

108

1 , donc, selon la formule 9 avec a = 0 et M = 1,

n 1

1

x

(n 1)!

. Par conséquent, |Rn(x)| → 0 lorsque n → ∞, selon l’égalité 10. Donc, lim Rn ( x)

2

n

0 et, selon le théorème

8, la série à l’exercice 18 représente sin x pour tout x.

21.

4

1 x

1/4 ( x) n n

[1 ( x)]1/ 4 n 0

1

1 4

1 ( 1) n 1 ( 1) n [3 7 x 4 4n n! n 2 1 3 7 (4n 5) n 1 x x n 4 4 n! n 2 et | x| 1 |x| 1 , donc R = 1.

3

8 x

3

x 8

8 1

2 1 2 1

x 8

2 1 1 3

1 x 3 8 1 x 24

1/3

2 3

2

x 8

2! ( 1)

n 0

1/3 n

x 8

1 3

2 3

5 3

2

n 1

( x) 2

2!

(4n 5)]

1

22.

3 4

1 4

( x)

1 4

3 4

7 4

3!

( x) 3

xn

n

3

x 8

3!

[2 5 (3n 4)] n x n n 3 8 n!

n 2

1 ( 1) n 1[2 5 (3n 4)] n 2 x 2 x n 12 24 n! n 2 et

23.

x 8

1 (2 x)3

|x| 8 , donc R = 8.

1

1 [2(1 x /2)]3

1 x 1 8 2 3 n

3

1 8n

0

3 n

n

x 2

. Le coefficient binomial est

( 3)( 4)( 5)

( 3 n 1) n!

( 3)( 4)( 5) n!

( 1) n 2 3 4 5 (n 1)(n 2) 2 n!

Par conséquent,

24.

1 (2 x)3

2 3

(1 x) 2/3 n 0

n

( x) n

1 ( 1)n (n 1)(n 2) x n 8n 0 2 2n

1

Calcul intégral

( x)

2 3

1 3

2!

( x) 2

2 3

2 3

x

( 1) n (n 1)(n 2) 2

( 1) n (n 1)(n 2) x n x pour n 4 2 2 0

1 3

3!

( 1) n 1 ( 1) n 2 [1 4 7 3n n! n 2 1 4 7 (3n 5) n 1 23 x 2 x n 3 n ! n 2 |x| 1 , donc R = 1. 1

et | x| 1

2 3

n

4 3

[ ( n 2)]

1

|x| 2 , donc R = 2.

( x) 3 (3n 5)]

xn

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé x2n 1 (2n 1)!

( 1)n

25. sin x n 0

( 1)n

26. cos x

Chapitre 6 Les suites et les séries

n 0

e2 x

n

2e

n

xn 0 n!

28. e x

f ( x)

(2 x)n n! 0

x

2 n

n 0

cos

xn n

1

n 1

n

( x) n n! 0

x2n (2n)!

( 1)n

30. ln(1 x)

2n x n , donc f ( x) 0 n!

1 2

ex

n

x2

1 2

( 1) n

( 1)n

1

n 1

( 1) n

x 2 n , R = ∞. 2 (2n)!

2n

2n

1 n x n 0 !

n

ex

2e

( 1) n n 0

2n n x 0 n!

n

n

2n 1 n x , R = ∞. n! 0

[1 2( 1)n ] n x , R = ∞. n! 0

x n

2n

(2n)!

n 0

ln(1 x3 )

x2

x 2 n 1 , R = ∞. (2n 1)!

n 0

e2 x

( 1) n x n , donc f ( x) n! 0

2

2n 1

( 1)n n 0

( x /2)2 n (2n)!

( 1) n

cos( x /2) n 0

n

( 1)n

29. cos x

n 0

x2n (2n)!

xn 0 n!

27. e x

( x) 2 n 1 (2n 1)!

( 1)n

f ( x) sin( x)

109

x4n , donc f ( x) 2 (2n)! 2n

x3n , donc f ( x) n

x 2 ln(1 x3 )

x cos

( 1) n n 1

1

1 2

x2

( 1)n n 0

1 x 4 n 1 , R = ∞. 22 n (2n)!

x 3n 2 , R = 1. n

31. Nous devons exprimer la série binomiale sous la forme (1+ expression); nous allons donc factoriser 4.

x

x

x

4 x2

4(1 x 2 /4)

2 1 x 2 /4

x 1 2 x 2

x2 2 x

( 1) n n 1

x2 1 2 2

2 x2 2 33. sin 2 x

x

2

2

3 2

1 2

n

0 5 2

x2 4

3!

( 1) n

n

3

n

0

|x| 1 2

1

n

x 2

1 2

3 2

2n

( 1)n (2 x) 2 n (2n)! 0

2

|x| 2, donc R

2.

n

5 2

3!

1 3 5 (2n 1) n x n!22 n 1/ 2

1 1 2

x2 4

1 2

(2n 1) n!2

n 1

et

2

x 2

2! 1 3 5

1

x2 2n

3 2

1 2

x 2 ( 1) n

n 1

1/ 2

x2 x 1 2 2

1 2

1 (1 cos 2 x) 2

Calcul intégral

2!

2

1 3 5 (2n 1) 2 n x 3n 1 n!2

x2 2(1 x /2)

x

x2 4

x2 4

1 2

x 2n

x 1 3 5 (2n 1) 2 n ( 1) n x 2n 1 2n 4n n!

x 2

32.

3 2

1 2

x2 4

1 2

1/ 2

x x2 1 2 4

x 2

3

xn et

x 2

1 1 1 2

1

|x| 2, donc R

n

( 1) n (2 x) 2 n (2n)! 1

n

2.

( 1) n 1 22 n 1 x 2 n ,R=∞ (2n)! 1

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

34.

x sin x x3

Chapitre 6 Les suites et les séries

1 x x3

n

( 1) n x 2 n 1 0 (2n 1)! n

2n 3

1 ( 1) x x3 n 0 (2n 3)!

1 x x3 n

n

x n

( 1) n x 2 n 1 1 (2n 1)!

1 x3

n

110

( 1) n 1 x 2 n 3 3)! 0 (2n

2n

( 1) x 3)! 0 (2n

et cette série donne également la valeur attendue en x = 0 (soit 1/6); R = ∞.

35. cos x

(16)

( 1)n n 0

x2n (2n)! ( 1)n ( x 2 ) 2 n (2n)! 0

cos( x 2 )

f ( x)

n

1

1 2

x4

1 24

x8

1 720

n

( 1) n x 4 n (2n)! 0

x12

La série de cos x converge pour tout x; il est donc vrai que la série de f(x) fait de même, c’est-à-dire que R = ∞. On remarque que, lorsque n augmente, Tn(x) devient une meilleure approximation de f(x).

36. e x

(11) n

xn , donc e 0 n!

x2 n

( x 2 )n n! 0

( 1)n n 0

(16) x2n x2n . De plus, cos x , donc ( 1) n (2n)! n! n 0

f ( x)

e

x2

( 1) n

cos x n 0

2

3 2 x 2

13 4 x 24

1 1 x 2n n! (2n)!

121 6 x 720

.

Les séries de ex et cos x convergent pour tout x; il est donc vrai que la série de f(x) fait de même, c’est-à-dire que R = ∞. Les graphiques de f et des quelques premiers polynômes de Taylor montrent que, lorsque n augmente, Tn(x) devient une meilleure approximation de f(x) au voisinage de 0.

Calcul intégral

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

37. e x

(11) n

Chapitre 6 Les suites et les séries

xn , donc e 0 n!

( x) n n! 0

x n

( 1)n n 0

111

xn ; par conséquent, n!

f ( x)

xe

x

( 1) n

1 n x n!

x3

x4

n 0

x

x2 ( 1) n

n 1

1 2 1

1 6

1

1 24

x5

1 120

x6

xn (n 1)!

La série de ex converge pour tout x; il est donc vrai que la série de f(x) fait de même, c’est-à-dire que R = ∞. Les graphiques de f et des quelques premiers polynômes de Taylor montrent que, lorsque n augmente, Tn(x) devient une meilleure approximation de f(x) au voisinage de 0.

( 1) n

38. Selon le tableau 1, arctan x n 0

f ( x)

arctan( x3 )

( 1) n n 0

x3

1 3

x9

1 5

x15

1 7

( x3 )2 n 1 2n 1

x2n 1 , donc 2n 1 ( 1) n n 0

x6 n 3 2n 1

x 21

La série de arctan x a R = 1et |x3| 1

|x| 1 , donc la série de f(x) a également R = 1. Les graphiques de f et des quelques

premiers polynômes de Taylor montrent que, lorsque n augmente, Tn(x) devient une meilleure approximation de f(x) au voisinage de 0.

Calcul intégral

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

39. 5

5

Or, 1

Chapitre 6 Les suites et les séries

180

36

( /36)2 2!

( 1) n

radians et cos x n 0

x2n x2 1 (2n)! 2!

( /36) 4 4!

0,996 19 et l’addition de

x4 4! 6

2,4 10

x6 6!

112

, donc cos

36

1

( /36)2 2!

( /36)4 4!

( /36)6 6!

.

n’a aucune incidence sur la cinquième décimale, donc

cos 5° ≈ 0,996 19, selon le théorème d’estimation des séries alternées.

40. 1/10 e

e

1/10

et e x n

1

1 10

(1/10)2 2!

xn 1 x 0 n!

(1/10)3 3!

x2 2!

(1/10)4 4!

x3 3!

, donc e

1/10

1

(1/10)2 2!

1 10

0,904 84 et la soustraction de

(1/10)5 5!

(1/10)3 3!

(1/10)4 4!

(1/10)5 5!

. Or,

8,3 10 8 n’a aucune incidence sur la cinquième

décimale, donc e−1/10 ≈ 0,904 84, selon le théorème d’estimation des séries alternées.

41. a)

1/ 1 x 2

[1 ( x 2 )]

1/ 2

1 3 5

1 n 1

b)

42. a)

arcsin x

1 2

dx

1 (

C

(1 x)

1 4

1/ 4

1 x 4

1

1/ 4 1 x 1 est alors 1

1 4

1 4

x

n

(0,1)

( 1) n

xn

1 5 9

n 2 5 32

x2

5 32

1 2

)( 2!

3 2

)

(

( x2 )2

1 3 5 (2n 1) 2 n x n (2 n 1)2 n! 1

x

n 1 x 1 3 5 (2n 1) 2 n x x (2n 1)2n n! n 1

1/ 4 1 x

(

1 2

)(

3 2

)(

5 2

)

3!

( x 2 )3

(2n 1) 2 n x 2n n!

n 0

b)

)( x 2 )

1 2

15 128

(0,1)2

x3 15 128

1

puisque 0 arcsin 0 C.

1 x 4

1

1

(

1 4

)( 2!

5 4

)

x2

(

1 4

)(

5 4

)(

3!

9 4

)

x3

(4n 3) n x 4n n !

195 2048

x4

(0,1)3

. 1/ 4 1,1 1/ 4 1 0,1 , donc posons x = 0,1. La somme des quatre premiers termes

0,976 . Le cinquième terme est

195 2048

(0,1)4

0,000 009 5 et n’a aucune incidence sur la

troisième décimale de la somme; nous obtenons donc 1/ 4 1,1 0,976 . (Il est à noter que le quatrième terme a une incidence sur la troisième décimale de la somme des trois premiers termes; nous devons donc calculer la somme en utilisant plus de trois termes.) Calcul intégral

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

43. cos x

(16)

( 1)n n 0

x cos( x3 )

Chapitre 6 Les suites et les séries

x2n (2n)!

( 1)n n 0

44. e x

(11) n

45. cos x

xn 0 n!

(16)

cos( x3 ) n 0

x6n 1 (2n)!

( 1) n n 0

x2n (2n)!

xn 1 n!

ex 1 x

n

( 1) n

cos x 1 n 1

x6 n (2n)!

x6 n 2 , avec R = ∞. (6n 2)(2n)!

( 1) n n 0

n

n 0

( x3 )2 n (2n)!

x cos( x3 )dx C

ex 1

( 1)n

( 1) n

113

xn 1 1 n!

ex 1 dx C x

x2n (2n)!

cos x 1 x

n

xn , avec R = ∞. 1 n n!

( 1) n n 1

x2n 1 (2n)!

cos x 1 dx x

( 1)n

C n 1

x2n , 2n (2n)!

avec R = ∞.

( 1)n

46. arctan x n 0

x2n 1 2n 1

arctan( x 2 )

( 1)n n 0

( x 2 )2 n 1 2n 1

( 1)n n 0

x4n 2 2n 1

arctan( x 2 )dx

( 1)n

C n 0

x4n 3 , (2n 1)(4n 3)

avec R = 1.

( 1) n

47. arctan x n 0

x3 arctan x dx

x2n 1 pour |x| < 1, donc x3 arctan x 2n 1 ( 1)n

C n 0

1/ 2 0

x3 arctan x dx

( 1)n n 0

soustraction de

(1/2)11 7 11

( 1) n n 0

x2n 4 pour |x| < 1 et 2n 1

x2n 5 . Puisque 12 1 , nous obtenons (2n 1)(2n 5)

(1/2)2 n 5 (2n 1)(2n 5)

(1/2)5 1 5

(1/2)7 3 7

(1/2)9 5 9

(1/2)11 7 11

. Or,

6,3 10 6 n’a aucune incidence sur la quatrième décimale, donc

(1/2)5 1 5 1/ 2 0

(1/2)7 3 7

x3 arctan x dx

(1/2)9 5 9

0,0059 et la

0,0059 , selon le

théorème d’estimation des séries alternées.

( 1) n

48. sin x n 0

conséquent,

1 0

x2n 1 pour tout x, donc sin( x 4 ) (2n 1)!

sin( x 4 )dx

soustraction de

( 1)n n 0

1 7! 29

( 1) n n 0

1 (2n 1)!(8n 5)

1 1! 5

x8 n 4 pour tout x et sin( x 4 )dx (2n 1)! 1 3! 13

1 1 5! 21 7! 29

. Or,

6,84 10 6 n’a aucune incidence sur la quatrième décimale, donc

1 0

1 1! 5

( 1)n

C n 0

1 3! 13

sin( x 4 )dx

x8 n 5 . Par (2n 1)!(8n 5)

1 0,1876 et la 5! 21

0,1876 , selon le théorème

d’estimation des séries alternées.

49.

1 x4

(1 x 4 )1/ 2 n 0

Calcul intégral

1/2 4 n ( x ) , donc n

1 x 4 dx

C n 0

1/2 x 4 n 1 et, par conséquent, puisque 0,4 < 1, nous obtenons n 4n 1

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

0,4

I

1 x 4 dx

0

(0,4)9 72

Or,

3,6 10

6

(0, 4) 4 n 1 4n 1

1/ 2 n n 0

(0, 4)1 12 (0, 4)5 (1) 0! 1! 5 (0, 4)5 (0, 4)9 0, 4 10 72

114

1 2

( 12 ) (0, 4)9 12 ( 12 )( 2! 9 3! (0, 4)13 5(0, 4)17 208 2176

3 2

) (0, 4)13 13

1 2

(

1 2

)( 23 )( 4!

5 10 6 , donc, selon le théorème d’estimation des séries alternées, I

5 2

) (0, 4)17 17

0,4

(0,4)5 10

0,401 02 (avec une

précision de cinq décimales).

0,5

50.

0

x 2e

x2

1

utilisons n

51.

dx

0

n

( 1)n 3)22 n 0 n!(2n

x ln(1 x) 0 x2

lim x

( 1)n x 2 n n! 0

0,5

lim x

n 0

1 1 24 160

x (x

x2

1 2

1 3

0

1 0 2

1 3

1 4

x

x

2

1/ 2

( 1) n x 2 n 3 n!(2n 3)

dx

3

lim( x

2

( 1) n 3)22 n 0 n !(2n

n

0

3

et puisque le terme avec n = 2 est

1 1792

0,001 ,

0,0354 .

x3 x2 1 3 x 5

1 4

x4

1 5

)

1 2

x5

)

1

lim 2 x

0

1 6!

x6

x2

1 3

x3

1 4

x4

1 5

x5

x2

puisque les séries de puissances sont des fonctions continues.

52.

1 cos x 01 x ex

lim x

1 (1 2!1 x 2 4!1 x 4 6!1 x 6 ) 01 x (1 x 2!1 x 2 3!1 x 3 4!1 x 4 5!1 x 5

lim x

lim x

0

lim x

0

1 2!

1 2 2! 1 3 3!

x x

x2

x x

x

1 3!

1 6 6! 1 5 5!

x x

1 2 4! 1 2 4!

1 2! 1 2!

1 4 4! 1 4 4!

x x

1 4 6! 1 3 5!

x x

1 6!

x6 0 0

1 2 1 6!

x

)

4

1 2

1

puisque les séries de puissances sont des fonctions continues.

53.

lim x

sin x

0

x x5

1 6

x3

lim x

(x

x3

1 3!

1 5!

x5

1 7 7! 5

x

) x

1 6

x3

x

0

x5

1 7 7! 5

1 x2 x4 x 0 x 0 5! x 7! 9! puisque les séries de puissances sont des fonctions continues. lim

tan x x 0 x3

54. lim x

lim x

(x

0

1 3

1 5!

x3

x

2 15

x

x5 3

1 1 5! 120

lim

) x

1

lim 3 x

0

x3

2 15

x

x5 3

lim( 13 x

0

2 15

x2

)

1 3

, puisque les séries de puissances sont des

fonctions continues.

Calcul intégral

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

x2

55. Selon la formule 11, nous obtenons e 16. Par conséquent, e obtenons e

56. sec x

x2

x2

1 2

cos x 1

1 (16) cos x 1

cos x (1 x2 x2

1 24

x4

1 1 2

x2

1 24

x2 1!

1 1 2

x2

x4 2!

x4 1 2

1 2

)(1

x4

1 2

x6 3!

; de plus, nous savons que cos x 1

x2

x4

115

1 24

x4

x4 4!

, selon la formule

) . En n’utilisant que les termes dont le degré ≤ 4, nous 25 24

x4

1

1 2

x2

1 24

x 4 ...

x 4 ... 1

1 2

x2

5 24

x 4 ...

3 2

1

x2 2!

x2

.

.

x4

1 1

1 2

x2

1 25

1 2 1 2

x2 x2

4 1 24 1 4 4

x x

5 24 5 24

... ...

x 4 ... x 4 ... ...

Selon la division euclidienne qui précède, sec x 1

57.

x (15) sin x x

x 1 6

x3

1 120

x2

1 2

5 24

x4

.

.

x5

x

1 6

x

x

1 6

x3

1 6 1 6

x3 x3

1 120

x 5 ... 1

5 1 120 1 5 36

x x

7 360 7 360

x3

x2

1 6

1 120 7 360

x 5 ... x 4 ...

... ...

x 5 ... x 4 ... ...

Selon la division euclidienne qui précède,

58. Selon le tableau 1, nous obtenons e x

e x ln(1 x)

conséquent, y

obtenons e x ln(1 x)

( 1)n

59. n 0

x4n n!

Calcul intégral

n

x

( x 4 )n n! 0

1 2

1 x2

e

x4

1 3

1

x sin x

x2 2!

x 1!

x 1!

x2 2!

x3 3!

x3

x2

1 2

x3

1 6

1

x3 3! x 1 2

x3

x2

7 360

x4

.

, de même que ln(1 x)

x2 2

x3 3 x

1 2

x4 4 x2

x

x2 2

x3 3

x4 4

. Par

. En n’utilisant que les termes dont le degré ≤ 3, nous 1 3

x3

.

, selon la formule 11.

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

60. n

( 1)n 2 n 2n 0 6 (2n)!

( 1)n

61.

1

n 1

( 1)n n 0

3n n5n

n

( 1)n 2 n 1 2n 1 (2n 1)! 04

63.

64. 1 ln 2

65. 3

9 2!

1 1 2

(3/5)n n! 0

(ln 2)2 2!

27 3!

1

n 1

n

n

( 6 )2n cos 6 (2n)!

( 1)n

3n n 0 5 n!

62.

66.

Chapitre 6 Les suites et les séries

n

3 8 [selon le tableau 1] ln 5 5

ln 1

( 1)n ( 4 ) 2 n 1 (2n 1)! 0

(ln 2)3 3!

n

31 1!

1 5 25

, selon la formule 16.

e3/5 , selon la formule 11.

81 4!

1 3 23

(3/5) n n

3 2

116

32 2!

( ln 2) n n! 0

33 3!

1 7 27

1 2

sin 4

, selon la formule 15.

e

34 4!

ln 2

n

( 1)n n 0

(eln 2 )

3n 1 n!

1 (2n 1)22 n

n

1

1

2

1

1 2

, selon la formule 11.

3n 1 e3 1 , selon la formule 11. 0 n!

(1/2) 2 n 1 2n 1

( 1)n n 0

arctan

1 2

[selon le tableau 1]

67. Si p est un polynôme de degré n, alors p(i)(x) = 0 pour i > n; sa série de Taylor en a est donc p( x)

n i 0

x − a = 1, de sorte que x = a + 1. Alors, p(a 1)

n i 0

p (i ) (a) . i! n

Comme ceci est vrai quelque soit a, remplaçons a par x : p( x 1)

i 0

68. Le coefficient de x58 dans la série de Maclaurin de f (x) = (1+x3)30 est

toutefois (1 x3 )30

30 n

p ( i ) (a) ( x a)i . Posons i!

p ( i ) ( x) i!

f (58) (0) . La série binomiale de f (x) est 58!

x3n . Elle ne comprend donc que des puissances de x qui sont des multiples de 3 et, par conséquent, le

n 0

coefficient de x58 is 0. Donc, f(58)(0) = 0.

69. Supposons que |f″′(x)| ≤ M, donc f″′(x) ≤ M pour a ≤ x ≤ a + d. Or, f ( x)

f (a)

M ( x a)

f ( x)

f ( a)

f (a)( x a)

Calcul intégral

f ( x) 1 2

x a

f (a) M ( x a) . Par conséquent,

M ( x a) 2

f ( x)

f ( a)

x

f (t )dt

f (a)( x a)

a

x a

M dt

f (t )dt 1 2

x a

[ f (a) M (t a)]dt

M ( x a) 2

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé x a

f (t )dt

f ( x)

x a

[ f (a)

f (a)

R2 ( x)

Chapitre 6 Les suites et les séries

1 2

f (a)( x a)

f ( x) T2 ( x)

f ( x)

M (t a)2 ]dt

1 2

f (a)(t a)

f (a)( x a)2 f (a)

f″′(x) ≥ −M montre que R2 ( x)

1 6

f ( x)

1 2

f (a)( x a)

f (a)( x a)2

1 6

M ( x a)3 . Donc,

M ( x a)3 . Cependant, 1 2

f (a)( x a)

f (a)( x a) 2 , donc R2 ( x)

M ( x a)3 . Donc, |R2 ( x2 )|

1 6

f (a)

117

1 6

1 6

M ( x a)3 . Une démonstration similaire utilisant

M |x a|3 . Bien que nous ayons supposé que x > a, un calcul

similaire démontre que cette inégalité est également vraie si x < a.

70.

a)

e 1/x 0

f ( x)

2

si x si x

0 , donc f (0) 0

lim x

0

f ( x) f (0) x 0

lim x

e

0

1/x 2

lim

x

x

0

1/x

lim

1/x2

e

x

0

x 2e1/x

2

0 (en utilisant la règle de

l’Hospital et en simplifiant à l’avant-dernière étape). De façon similaire, nous pouvons utiliser la définition de la dérivée et la règle de l’Hospital pour montrer que f″(0) = 0, f(3)(0) = 0,…, f(n)(0) = 0, de sorte que la série de Maclaurin de f est constituée entièrement de termes nuls. Cependant, puisque f (x) ≠ 0 sauf lorsque x = 0, nous constatons que f ne peut être égale à sa série de Maclaurin, sauf lorsque x = 0. b)

Le graphique semble montrer que la courbe de la fonction est extrêmement plate à l’origine. En fait, on pourrait dire qu’elle est « infiniment plate » en x = 0, puisque toutes les dérivées de la fonction sont 0 à ce point.

71. a)

k n

g ( x)

xn

k n

g ( x)

n 0

(1 x) g ( x)

nx n 1 , donc

n 1

k n

(1 x)

nx n

1

n 1 k n 1

(n

1) x n

n 1

k (k 1)(k

n 0

k (k 1)(k

k n 0

b)

1

k n

remplacer n par n 1 dans la première série

nx n

2) (k n 1)(k (n 1)!

2) (k n!

nx n

n 1 k n

(n 1)k (k 1)(k 2) (n 1)! 0

n

nx n

n 0

(n 1)

Par conséquent, g ( x)

k n n 1

(k

n 1)

n 1)

xn

n)

xn

( n)

k (k 1)(k

n 0

[(k

n) n] x n

k

k n

xn

2) (k n!

n 1)

xn

kg ( x)

n 0

kg ( x) . 1 x

h( x) (1 x) k g ( x)

Calcul intégral

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries h ( x)

c)

k (1 x)

k 1

k (1 x)

k 1

k (1 x)

k

118

g ( x) (1 x) k g ( x) [règle du produit]

kg ( x) [selon la sous-question a)] 1 x 1 k 1 g ( x) k (1 x) g ( x) 0 g ( x) (1 x)

k

La sous-question b) montre que h(x) doit être constante pour x ] 1, 1[ , donc h(x) = h(0) = 1 pour x ] 1, 1[ . Par conséquent, h( x) 1 (1 x) k g ( x)

g ( x) (1 x)k pour x ] 1, 1[ .

72. En utilisant la série binomiale pour développer 1 x en série de puissances comme à l’exemple 9, nous obtenons (1 x)1/ 2

1 x

et 1 e2 sin 2

L

4a 4a

où Sn

/2

1

e2 S1 2

2 /2

x 2

n 2

1 3 5 n 2

4a

1 3 5 n 2

sin 2 n d

( 1)n 11 3 5 (2n 3) x n , donc (1 x 2 )1/ 2 n 2 n!

1 2 2 e sin 2

1 e 2 sin 2 d

0

0

1

/2 0

1

1

1 2 x 2

1 3 5 n 2

(2n 3) 2 n x 2n n!

(2n 3) 2 n 2 n . Par conséquent, e sin 2 n n!

1 2 2 e sin 2

1 3 5

(2n 3) 2 n 2 n e sin 2 n! n

n 2

d

n

(2n 3) e 2 n! 2

Sn

1 3 5 (2n 1) voir exercice 3.1.46. 2 4 6 2n 2

L

4a

2

e2 1 2 2

1 2

2 a 1

2 a 1

n 2

(2n 3) e 2 n! 2

n

1 3 5 (2 n 1) 2 4 6 2n

n

e 12 32 52 (2n 3) 2 (2n 1) n n! 2n n! 2 2

e 4

n

e2n 1 3 n 2 4

e2 4

3e 4 64

e 4

2n

2

2 a 1

1 3 5

5e6 256

(2n 3) n!

2

(2n 1)

a (256 64e 2 12e 4 5e6 128

)

Projet de laboratoire Une limite difficile à atteindre 1.

f ( x)

n( x ) d ( x)

sin(tan x) tan(sin x) arcsin(arctan x) arctan(arcsin x)

Le tableau de valeurs de la fonction a été établie, avec une précision de 10 décimales, à l’aide du logiciel Maple. Les résultats de ce projet varieront selon le logiciel de calcul symbolique utilisé et le niveau de précision recherché. Il semble que lorsque x → 0+, f ( x)

Calcul intégral

10 3

. Puisque f est une fonction paire, nous obtenons f ( x)

10 3

lorsque x → 0.

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé x

f (x)

1

1,1838

0,1

0,9821

0,01

2,0000

0,001

3,3333

0,000 1

3,3333

Chapitre 6 Les suites et les séries

119

2.

Le graphique ne permet pas de tirer de conclusion au sujet de la limite de f lorsque x → 0.

3.

La limite est une indétermination de la forme

0 0

. En appliquant la règle de l’Hospital de façon répétée, nous obtenons six fois la

forme 00 . Finalement, lors de la septième application, nous obtenons lim x

4.

lim f ( x) x

0

1 30 1 30

n( x) LCS lim 0 d ( x) x 0

lim x

( 0(

lim x

On remarque que n(7) ( x)

x7 x7

1 30 1 30

x7 x7

d (7) ( x)

29 756 13 756

0

n(7) ( x) d (7) ( x)

168 1. 168

x9 x9

29 756 13 756

x9 x9

7! 30

)/x 7 )/x 7 5040 30

lim x

0

1 30 1 30

29 756 13 756

x2 x2

1 30 1 30

1

168 , ce qui correspond au résultat obtenu au problème 3.

5.

La commande limite produit le résultat lim f ( x) 1 .

6.

Les résultats étranges obtenus (avec un degré de précision de seulement 10 décimales) doivent être causés par le fait que les termes

x

0

qui sont soustraits au numérateur et au dénominateur ont des valeurs très rapprochées lorsque |x| est petit. Par conséquent, les différences sont imprécises (ont peu de décimales exactes).

Calcul intégral

6.9 Les séries de Taylor et de Maclaurin

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

120

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor 1.

a) f(n)(x)

n

f(n)(0)

Tn(x)

0

cos x

1

1

1

− sin x

0

1

2

− cos x

−1

1

1 2

x2

3

sin x

0

1

1 2

x2

4

cos x

1

1

1 2

x2

1 24

x4

5

− sin x

0

1

1 2

x2

1 24

x4

6

− cos x

−1

1

1 2

x2

1 24

x4

1 720

x6

b) x

f

4

T0 = T1

T6

1

0,6916

0,7074

0,7071

0

1

−0,2337

0,0200

−0,0009

−1

1

−3,9348

0,1239

−1,2114

π

2.

T4 = T5

0,7071

2

c)

T2 = T 3

Lorsque n augmente, Tn(x) est une bonne approximation de f(x) sur un intervalle de plus en plus grand.

a) n 0 1

f(n)(x) −1

x

f(n)(1)

Tn(x)

1

1

−2

−1

1 − (x − 1) = 2 − x

−3

−x

2

2x

2

1 − (x − 1) + (x − 1)2 = x2 − 3x + 3

3

−6x−4

−6

1 − (x − 1) + (x − 1)2 − (x − 1)3 = −x3 + 4x2 − 6x+ 4

Calcul intégral

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

121

b) x

f

0,9

1, 1

1,3

c)

0,769 2

T0

T1

T2

T3

1

1,1

1,11

1,111

1

0,7

0,79

0,763

Lorsque n augmente, Tn(x) est une bonne approximation de f(x) sur un intervalle de plus en plus grand.

3. n

f(n)(x)

f(n)(2)

0

1/x

1 2

1

−1/x2

2

2/x3

3

−6/x4

T3 ( x)

3 n 0 1 2

1 4 1 4 3 8

f ( n ) (2) ( x 2) n n! 1 4

( x 2)

0! 1! 1 1 ( x 2) 2 4

Calcul intégral

1 4

( x 2) 2

2! 1 ( x 2) 2 8

3 8

( x 2)3 3! 1 ( x 2)3 16

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

122

4. n

f(n)(x)

f(n)(0)

0

x + e−x

1

1

−x

1−e

0

2

−x

1

3

T3 ( x)

e

−x

−e

−1

f ( n ) (0) ( x 0) n n! n 0 1 0 1 2 1 3 x x x 1 0! 1! 2! 3! 3

1 2

x2

1 6

x3

5. n

f(n) (x)

f(n)(π/2)

0

cos x

0

1

– sin x

–1

2

– cos x

0

3

sin x

1

T3 ( x)

3 n 0

(x

Calcul intégral

f

(n)

( /2) (x n!

2

)

1 6

(x

2

2

)n

)3

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

123

6. n

f(n)(x)

f(n)(0)

0

e–x sin x

0

e (cos x – sin x)

1

–x

1

–x

2

– 2e cos x

–2

–x

3

2e (cos x + sin x)

T3 ( x)

f ( n ) (0) n x n!

3 n 0

x x2

2 1 3

x3

7. n

f(n)(x)

f(n)(1)

0

ln x

0

1

1/x

1 2

2

–1/x

3

3

T3 ( x)

2/x

–1 2

f ( n ) (1) ( x 1) n n! n 0 1 1 2 0 ( x 1) ( x 1) 2 ( x 1)3 1! 2! 3! ( x 1) 12 ( x 1) 2 13 ( x 1)3 3

Calcul intégral

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

124

8. n

f(n)(x)

f(n)(0)

0

x cos x

0

1

– x sin x + cos x

1

2

– x cos x – 2 sin x

0

3

x sin x – 3 cos x

–3

T3 ( x)

f ( n ) (0) n x n! n 0 1 3 3 0 x 0 x 1! 3! 3

1 3 x 2

x

9. n

f(n)(x) xe–2x

0 1 2 3 T3 ( x)

f(n)(0) 0 –2x

1

–2x

–4

(1 – 2x)e 4(x – 1)e

–2x

4(3 – 2x)e 3 n 0

Calcul intégral

f ( n ) (0) n x n!

12 0 1

1

1 1

x1

4 2

x2

12 6

x3

x 2x2

2 x3

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

125

10. n

f(n)(x)

f(n)(1)

0

arctan x

1

1 1 x2

2

2x (1 x 2 ) 2

3

6x2 2 (1 x 2 )3

4 1 2

1 2

1 2

n 0

f ( n ) (1) ( x 1) n n!

4

1 2

3

T3 ( x)

( x 1)

1 4

4

( x 1) 2

1/2 ( x 1)1 1 1 12

1/2 ( x 1) 2 2

1/2 ( x 1)3 6

( x 1)3

11. À l’aide d’un logiciel de calcul symbolique, vous pourrez probablement trouver facilement les polynômes de Taylor de f(x) = cot x. Voici les valeurs de f(n)(π/4) pour n = 0 à n = 5. n

0

1

2

3

4

5

f (π/4)

1

−2

4

−16

80

−512

(n)

T5 ( x)

5 n 0

f ( n ) ( /4) (x n!

1 2( x

4

) 2( x

4

)n 4

)2

8 3

(x

4

)3

10 3

(x

4

)4

64 15

(x

4

)5

Pour n = 2 à n = 5, Tn(x) est le polynôme constitué de tous les termes jusqu’à, et y compris, le terme ( x

Calcul intégral

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

4

)n .

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

126

12. À l’aide d’un logiciel de calcul symbolique, vous pourrez probablement trouver facilement les polynômes de Taylor 3

de f ( x)

1 x2 . Voici les valeurs de f(n)(0) pour n = 0 à n = 5.

n (n)

f (0)

1

2

3

1

0

2 3

0

f ( n ) (0) n x n!

5

T5 ( x)

0

n 0

1

1 3

4

5 0

8 3

x2

1 9

x4

Pour n = 2 à n = 5, Tn(x) est le polynôme constitué de tous les termes jusqu’à, et y compris, le terme xn. Remarquons que T2 = T3 et T4 = T5. 13. n

f(n)(x)

0

x

1

1 2

2 3

a)

3 8

f(n)(4) 2

x

1/ 2

1 4

x

x

5/ 2

f ( x)

1 4

3/ 2

x

1 32

T2 ( x)

1 1 / 32 ( x 4) ( x 4) 2 4 2! 1 ( x 4) 641 ( x 4) 2 4

2 2

b)

|R2 ( x)|

M |x 4|3 , où |f″′(x)| ≤ M. Or, 4 3!

|x 4| 0,2 utiliser M

|x 4|3 |f (4)|

3 8

4

5/ 2

x

4,2

0,008 . Puisque f′″(x) est décroissante sur l’intervalle [4; 4,2], nous pouvons 3 256

; donc, |R2 ( x)|

3/256 (0,008) 6

0,008 512

0,000 015 625 .

c)

Calcul intégral

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

127

Le graphique de |R2 ( x)| | x T2 ( x)| semble montrer que l’erreur est inférieure à 1,52 × 10−5 sur l’intervalle [4; 4,2].

14. n

f(n)(x)

0

x–2

1

1

–2x–3

–2

2

6x–4

6

3

f(n)(1)

–5

–24x

a)

f ( x)

b)

|R2 ( x)|

2

x

T2 ( x) 1 2( x 1)

6 ( x 1)2 1 2( x 1) 3( x 1) 2 2!

M |x 1|3 , où |f′″(x)| ≤ M. Or, 0,9 3!

x 1,1

l’intervalle [0,9; 1,1], nous pouvons utiliser M

24 / (0,9)5 (0,001) 6

|R2 ( x)|

0,004 0,590 49

|x 1| 0,1

|f (0,9)|

|x 1|3

0,001 . Puisque f′″(x) est décroissante sur

24 ; donc, (0,9)5

0,006 774 04 .

c)

Le graphique de |R2(x)| = |x–2 – T2(x)| semble montrer que l’erreur est inférieure à 0,0046 sur l’intervalle [0,9; 1,1]. 15. n

f(n)(x) x2/3

0 1

a)

b)

f(n)(1)

x

2 3

1

1/3

2 3

2

2 9

x

4/3

3

8 27

x

7/3

4

56 81

x

10/3

f ( x)

|R3 ( x)|

Calcul intégral

x 2/3

2 9 8 27

T3 ( x) 1

2 3

( x 1)

1

2 3

( x 1)

2/9 8/27 ( x 1) 2 ( x 1)3 2! 3! 1 ( x 1) 2 814 ( x 1)3 9

M |x 1|4 , où |f(4)(x)| ≤ M. Or, 0,8 4!

x 1,2

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

utiliser M

0,0016 . Puisque |f(4)(x)| est décroissante sur l’intervalle [0,8; 1,2], nous pouvons

|x 1|4

|x 1| 0,2

|f (4) (0,8)|

128

56 81

(0,8)

10/3

; donc, |R3 ( x)|

56 81

(0,8) 24

10/3

(0,001 6)

0,000 096 97 .

c)

Le graphique de |R3(x)| = |x2/3 − T3(x)| semble montrer que l’erreur est inférieure à 0,000 053 3 sur l’intervalle [0,8; 1,2]. 16.

a)

b)

n

f(n)(x)

f(n)(π/6)

0

sin x

1/2

1

cos x

3/2

2

– sin x

–1/2

3

– cos x

4

sin x

5

cos x

3/2

1/2

f ( x) sin x T4 ( x) 1 2

|R4 ( x)|

3 2

M |x 5!

(x

6

6

)

1 4

(x

6

)2

3 12

(x

|5 , où |f(5)(x)| ≤ M. Or, 0

6

)3

1 48

x

3

(x

6

)4

6

x

6

6

|x

6

|

6

|x

décroissante sur l’intervalle [0, 3 ] , nous pouvons utiliser M = |f(5)(x)| = cos 0 = 1; donc, |R4 ( x)|

6

|5 ( 6 )5 . Puisque |f(5)(x)| est

1 ( )5 5! 6

0,000 328 .

c)

Le graphique de |R4(x)| = |sin x − T4(x)| semble montrer que l’erreur est inférieure à 0,000 297 sur l’intervalle [0, 3 ] .

Calcul intégral

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

129

17. n

f(n)(x)

f(n)(0)

0

sec x

1

1

sec x tan x

0

2

2

sec x (2sec x – 1)

1

2

3

sec x tan x (6sec x – 1)

a)

f ( x) sec x T2 ( x) 1

b)

|R2 ( x)|

1 2

x2

M 3 |x| , où |f(3)(x)| ≤ M. Or, 0,2 3!

x 0,2

x

|x|3

0,2

(0,2)3 . f(3)(x) est une fonction impaire qui est

croissante sur l’intervalle [0; 0,2] puisque sec x et tan x sont croissantes sur l’intervalle [0; 0,2]; donc, |f(3)(x)| ≤ f(3)(0,2) ≈ 1,085 158 892. Par conséquent, |R2 ( x)|

f (3) (0,2) (0,2)3 3!

0,001 447 .

c)

Le graphique de |R2(x)| = |sec x − T2(x)| semble montrer que l’erreur est inférieure à 0,000 339 sur l’intervalle [–0,2; 0,2]. 18. n

f(n)(x)

0

ln(1 + 2x)

ln 3

1

2/(1 + 2x)

2 3

2

–4/(1 + 2x)2

3

16/(1 + 2x)3

4

–96/(1 + 2x)4

f ( x) a)

b)

f(n)(1)

4 9 16 27

ln(1 2x) T3 ( x) ln 3

|R3 ( x)|

2 3

( x 1)

4/9 ( x 1) 2 2!

M |x 1|4 , où|f(4)(x)| ≤ M.. Or, 0,5 4!

x = 0,5, nous obtenons M = 6, donc |R3 ( x)|

Calcul intégral

16/27 ( x 1)3 3!

x 1,5

6 1 4! 16

0,5

1 64

x 1 0,5

x 1

0,5

| x 1|4

1 16

; en posant

0,015 625

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

130

c)

Le graphique de |R3(x)| = |ln(1 + 2x) − T3(x)| semble montrer que l’erreur est inférieure à 0,005 sur l’intervalle [0,5; 1,5]. 19. n

f (n)(x)

f (n)(0)

0

ex

1

e x (2 x)

2

e x (2 4 x 2 )

3

e x (12 x 8x3 )

4

e x (12 48x2 16 x4 )

2

1

2

0

2

2

2

0

2

ex

2

T3 ( x) 1

2 2 x 2!

1 x2

a)

f ( x)

b)

|R3 ( x)|

M | x |4 , où |f (4) ( x)| M . Or, 0 4!

|R3 ( x)

e0,01 (12 0,48 0,001 6) (0,1)4 24

x 0,1

x4 ≤ (0,1)4; en posant x = 0,1, nous obtenons

0,000 06 .

c)

Le graphique de |R3 ( x)| |e x

2

T3 ( x)| semble montrer que l’erreur est inférieure à 0,000 051 sur l’intervalle [0; 0,1].

20. n

a)

f(n)(x)

f(n)(1)

0

x ln x

0

1

ln x + 1

1

2

1/x

1 2

3

–1/x

4

3

2/x

f ( x)

x ln x T3 ( x) ( x 1)

Calcul intégral

–1

1 2

( x 1)2

1 6

( x 1)2

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

b)

|R3 ( x)|

Chapitre 6 Les suites et les séries

M |x 1|4 , où f (4) ( x) 4!

M . Or, 0,5

l’intervalle [0,5; 1,5], nous pouvons utiliser M

x 1,5

| x 1|

f (4) (0,5)

131

|x 1|4

1 2

1 16

2 / (0,5)3 16 , donc |R3 ( x)|

. Puisque f (4) ( x) est décroissante sur 16 24

(1/16)

1 24

0,0416 .

c)

Le graphique de |R3 (x)| | x ln x T3 ( x)| semble montrer que l’erreur est inférieure à 0,007 6 sur l’intervalle [0,5; 1,5].

21. n

f (n)(x)

f (n)(0)

0

x sin x

0

1

sin x + x cos x

0

2

2 cos x – x sin x

2

3

–3 sin x – x cos x

0

4

–4 cos x – x sin x

–4

5

5 sin x – x cos x

0

a)

f ( x)

b)

|R4 ( x)|

x sin x T4 ( x)

2 ( x 0)2 2!

4 ( x 0) 4 4!

M 5 |x| , où |f (5) ( x)| M . Or, 1 x 1 5!

x2

1 4 x 6 |x| 1 et le graphique de f(5)(x) montre que |f (5) ( x)| 5 pour –1 ≤ x ≤ 1.

Par conséquent, nous pouvons utiliser M = 5 et obtenir |R4 ( x)|

5 5 1 5!

1 24

0,0416

c)

Le graphique de |R4(x)| = |x sin x – T4(x)| semble montrer que l’erreur est inférieure à 0,008 2 sur l’intervalle [–1; 1].

Calcul intégral

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

132

22. n

f (n)(x)

0

e2 x

f (n)(0)

e

2x

0

2x

2

2 1

e2 x

e

2

2 e2 x

e

2x

0

3

4 e2 x

e

2x

8

4

8 e2 x

e

2x

0

5

16 e2 x

e

2x

6

32 e2 x

e

2x

e2 x

e

2x

a)

f ( x)

b)

|R5 ( x)|

32

T5 ( x)

2

8 3!

2x

x3

x5

32 5!

2x

4 3

x3

4 15

x5

M 6 |x| , où |f (6) ( x)| M . Pour x sur l’intervalle [–1, 1], nous obtenons |x| ≤ 1. Puisque f (6)(x) est une fonction impaire 6!

croissante sur l’intervalle [–1, 1], nous constatons que |f (6) (x)| ≤ f (6) (1) = 32 e2 232,12 720

M = 232,12 et obtenir |R5 ( x)|

16

e

2

≈ 232,119; nous pouvons donc utiliser

0,3224

c)

e2 x

Le graphique de |R5(x)| = |

23. Selon l’exercice 5, cos x

x

80º

(x

(90º –10º ) ( 2

18

2x

– T5(x)| semble montrer que l’erreur est inférieure à 0,027 sur l’intervalle [–1, 1].

2

2

) 4 9

)

e

1 6

(x

2

)3

M |x 4!

R3 ( x) , où |R3 ( x)|

2

|4 avec f (4) ( x)

4 1 24 18

radians, donc l’erreur est |R3 ( 49 )|

cos x

24. Selon l’exercice 16, sin x |f (5) ( x)| |cos x| M

Calcul intégral

1 2

3 2

(x

1 . Or, x 38

6

)

1 4

(30

(x

(

6

)2

8 ) (6

18

3 12

)

(x 2 45

1 6

(

6

18

)3

)3

1 48

1 . Or,

0,000 039 , ce qui signifie que notre estimation

( )

n’aurait pas cinq décimales exactes. Cependant, T3 = T4 et nous pouvons donc utiliser |R4 ( 49 )| conséquent, avec cinq décimales exactes, cos80

M

5 1 120 18

( )

0,000 001 . Par

0,173 65.

(x

6

)4

R4 ( x), où |R4 ( x)|

)| ) radians, donc l’erreur est |R4 ( 38 180

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

M |x 5! 1 120

( 245 )5

6

|5 avec 0,000 000 44 , ce qui

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

133

signifie que notre estimation aura cinq décimales exactes. Par conséquent, avec cinq décimales exactes, sin38

3 2

1 2

2 45

1 4

2 2 45

3 2

3 2 45

25. Toutes les dérivées de ex sont ex, donc |Rn ( x)|

1 48

4 2 45

ex (n 1)!

0,615 66 .

|x |n 1 , où 0 < x < 0,1. En posant x = 0,1, Rn (0,1)

e0,1 (0,1)n (n 1)!

1

0,00001 et

nous trouvons par tâtonnement que n = 3 satisfait à cette inégalité puisque R3(0,1) < 0,000 004 6. Par conséquent, en additionnant les quatre termes de la série de Maclaurin de ex correspondant à n = 0, 1, 2 et 3, nous pouvons estimer e0,1 à moins de 0,000 01 près. (En fait, cette somme est 1,10516 et e0,1 1,10517 .)

( 1) n

26. Selon le tableau 1 à la section 6.9, ln(1 x) n 1

1

xn pour |x| < 1. Par conséquent, ln1, 4 ln(1 0, 4) n

( 1)n

1

n 1

(0, 4)n . n

Puisque c’est une série alternée, l’erreur est inférieure au premier terme non utilisé, selon le théorème d’estimation des séries alternées, et nous trouvons que |a6| = (0,4)6/6 ≈ 0,0007 < 0,001. Nous devons donc utiliser les cinq premiers termes (non nuls) de la série Maclaurin pour obtenir la précision désirée. (En fait, cette somme est d’environ 0,336 98 et ln 1,4 ≈ 0,336 47.)

27. sin x

x

1 3 x 3!

inférieure à

1 5 x 5!

1 5 x 5!

Selon le théorème d’estimation des séries alternées, l’erreur dans l’approximation sin x

| x5 | 120(0,01)

0,01

|x| (1,2)1/5 1,037 . Les courbes y

x

1 6

x

1 3 x est 3!

x3 et y = sin x – 0,01 se croisent en

x ≈ 1,043; le graphique corrobore donc notre estimation. Puisque la fonction sinus et l’approximation donnée sont toutes deux des fonctions impaires, nous n’avons à vérifier que l’estimation pour x > 0. Par conséquent, la plage de valeurs de x désirée est −1,037 < x < 1,037.

28. cos x 1 1 6 x 6!

1 2 x 2! 0,005

1 4 x 4!

1 6 x 6!

Selon le théorème d’estimation des séries alternées, l’erreur est inférieure à

|x6 | 720(0,005)

| x| (3,6)1/ 6 1,238 . Les courbes y 1

1 2

x2

1 24

x4 et y = cos x + 0,005 se croisent

en x ≈ 1,244; le graphique corrobore donc notre estimation. Puisque la fonction cosinus et l’approximation donnée sont toutes deux

Calcul intégral

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

134

des fonctions impaires, nous n’avons à vérifier que l’estimation pour x > 0. Par conséquent, la plage de valeurs de x désirée est −1,238 < x < 1,238.

29. arctan x 1 7

x7

x

x3 3

x5 5

x7 7

Selon le théorème d’estimation des séries alternées, l’erreur est inférieure à

|x7 | 0,35

0,05

|x| (0,35)1/7

0,8607 . Les courbes y

x

1 3

x3

1 5

x5 et y = arctan x + 0,05 se croisent à

x ≈ 0,924 5; le graphique confirme donc notre estimation. Puisque la fonction arctangente et l’approximation donnée sont toutes deux des fonctions impaires, nous n’avons à vérifier que l’estimation pour x > 0. Par conséquent, la plage de valeurs de x désirée est −0,86 < x < 0,86.

30.

f ( x) n 0

f ( n ) (4) ( x 4)4 n!

n

( 1)n n! ( x 4) n n 0 3 ( n 1) n!

qui satisfait à i) bn+1 < bn et à ii) lim bn n

et b6

1 36 (7)

1 5103

n

( 1)n ( x 4) n . Or, f (5) n 0 3 ( n 1)

n

( 1)n n 0 3 ( n 1)

( 1)n bn est une série alternée n 0

0 ; donc, selon le théorème d’estimation des séries alternées, |R5(5)| = |f (5) –T5(5)| ≤ b6

0,000 196 0,000 2 ; c’est-à-dire que le polynôme de Taylor d’ordre 5 approche f(5) avec une erreur

inférieure à 0,0002. 31. Posons que s(t) représente la fonction position de la voiture et, pour des raisons pratiques, posons s(0) = 0. La vitesse de la voiture est v(t) = s′(t) et l’accélération est a(t) = s′′(t); le polynôme de Taylor d’ordre 2 est donc T2 (t )

s(0) v(0)t

a(0) 2 t 2

20t t 2 . Nous

estimons que la distance parcourue durant la prochaine seconde sera s(1) ≈ T2(1) = 20 + 1 = 21 m. Il ne serait pas raisonnable Calcul intégral

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

135

d’utiliser la fonction T2(t) pour estimer la distance parcourue durant une minute, puisqu’il serait impossible à la voiture de maintenir une accélération de 2 m/s2 aussi longtemps (si elle en était capable, sa vitesse finale serait de 140 m/s ≈ 504 km/h!). 32. a) n

ρ(n)(t)

ρ(n)(20)

0

ρ20eα(t-20)

ρ20

1

αρ20eα(t-20)

αρ20

2

α2ρ20eα(t-20)

α2ρ20

L’approximation linéaire est T1 (t )

(20)

T2 (t )

20

(20)(t – 20)

20

1

(t – 20)

L’approximation quadratique est

20

20 t

1

20

20

t 20

1 2

2 2

t 20

t

20

2

2

b)

c)

Le graphique semble montrer que T1(t) est à moins de un pour cent près de ρ(t), c’est-à-dire que 0,99ρ(t) ≤ T1(t) ≤ 1,01ρ(t), pour −14○C ≤ t ≤ 58○C.

33. E

q D2

Calcul intégral

q ( D d )2

q D2

q 2 D (1 d / D)2

9 1 D2

1

d D

2

.

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

136

Utilisons la série binômiale pour développer (1 + d/D)−2 :

E

q 1 D2

1 2

q d 2 D2 D

d D

2 3 d 2! D

2qd

1 D3

2

3

2 3 4 d 3! D

q d 2 2 D D

d D

3

2

4

d D

3

lorsque D est de beaucoup supérieur à d, c’est-à-dire lorsque P est loin du dipôle.

34. a)

n1

n2

o

i

1 n2 si R i

n1so

[équation 1] où

o

R2

o

(so

R) 2

2R(so

et

R)cos

i

R2

(si

R) 2

R2

so2

2Rso

2R(si

R)cos

[équation 2]

2R 2

so2

En utilisant cos ф ≈ 1, nous obtenons

R2

o

R) 2

(so

2R(so

R)

n1 so

n2 si

2R 2

R2

et, de façon similaire, ℓi = si. Par conséquent, l’équation 1 devient b)

En utilisant cos

1 2

1

o

2

R2

2Rso

1 n2 si R so

n1so so

so

n1 so

n2 si

n2

n1 R

.

dans l'équation 2 , nous obtenons

R2

( so

R) 2

R2

so2

2 Rso

2 R( so R2

1 2

2

Rso

2

R)(1 2 Rso

) 2

so2

Rso

2

R2

2

Comme nous prévoyons utiliser le développement de la série binomiale (1 + x)k ≈ 1 + kx, nous pouvons écrire la dernière expression pour ℓo de la façon suivante : 2

so 1

n1

n2

o

i

n1 1 s0

R so

R2 et, de façon similaire, si 1 so2

1 n2 si R i

2

R s0

R2 s02

n2 s0

1 o

n1

n2

1 i

o

1/ 2

n2 1 si

2

R si

R2 si2 n2 1 R

R2 . Par conséquent, selon l’équation 1, si2

R si

2

n2 si R i

n1 so R o

1/ 2

2

En effectuant l’approximation des expressions pour

R si 1 o

1/ 2

R2 si2 et

1 i

n1 1 R

2

R s0

R2 s02

1/ 2

à l’aide des deux premiers termes de leur série binomiale, nous

obtenons

Calcul intégral

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

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Solutionnaire détaillé

n1 1 so

1 2

Chapitre 6 Les suites et les séries

R so

2

R so2

n2 1 si

R2 si2

R si

2

1 2

n2 1 R

n1 so

n1 2 R 2so so

R2 so2

n1 so

n2 si

n2 R

n1 R

n1 2 R 2so so

R2 so2

n2

n1

n1 2 R 2 so

R2 so2

n1

n1 2 R 2 1 2so R

R n2 R n2

n1

2

R

La figure 8 montre que sin

R2 si2

R2 si2

n2 R

n2 2 R 2R si

n1 2 R 2 R so 1 so

1 so

n1 1 2so R

R2

R si

2

1 2

n2 2 R 2si si

n2 si

1 R

1 R 1 so

137

1 so

2

n1 1 R

R2 so2 n2 2 R 2 si

R2 si2

n2 2 R 2 1 2si R

n2 1 2si R

R2 si2

n2 2 R 2 R si

1 si

n1 R

R2 si2 1 R

1 si

R so

2

1 2

R2 so2

n1 2 R 2R so

R2 so2

n2 2 R 2si si

R2 si2

1 si 1 R

1 si

2

avec , nous obtenons h = R et h2=

= h/R. Donc, en effectuant l’approximation de sin

2 2

R et,

par conséquent, l’équation 4, tel que désiré 35. On remarque d’abord que

2( d 2

R2

d)

2

d2 1

2 d 1 2

d

R2 d2

d

R2 1 d2 2

d

R2 2d

d

utiliser la série binomiale 1+ 12 x

pour 1 x

R2 d

puisque, lorsque d est grand, les autres termes sont négligeables. Or, V

2 ke ( d 2

R2

d)

ke R 2 d

, selon l’approximation

précédente. 36. a)

L est la longueur de l’arc sous-tendu par l’angle θ, donc L Or, sec

b)

( R C) / R

R sec

R C

C

L/R.

R

R sec

R

R sec(L / R) R.

Trouvons tout d’abord un polynôme de Taylor T4(x) de f (x) = sec x en x = 0.

Calcul intégral

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

n

f (n)(x)

f (n)(0)

0

sec x

1

1

sec x tan x

0

2

sec x(2 tan2x + 1)

1

3

sec x tan x(6 tan2x + 5)

0

4

sec x(24 tan4x + 28tan2x + 5)

5

Par conséquent, f ( x) sec x T4 ( x) C

c)

2

1 L 2 R

R 1

1 2!

( x 0)2

4

5 L 24 R

R

5 4!

1 L2 R 2 2 R

R

( x 0)4 1

5 L4 R 4 24 R

1 2

R

x2

5 24

L2 2R

138

x4 . Selon la sous-question a),

5L4 . 24 R3

En posant que L = 100 km et R = 6370 km, la formule à la sous-question a) donne C = R sec(L/R) − R = 6370 sec(100/6370) − 6370 ≈ 0,785 009 965 44 km. La formule à la sous-question b) donne

C

L2 2R

5L4 24R3

1002 2 6370

5 1004 24 63703

0,785 009 957 36 km . La différence entre ces deux résultats est de seulement

0,000 000 008 08 km ou 0,000 008 08 m!

37. a)

4

L g

dx

/2

2

0

L g

4

2

1 k sin x

/2 0

4

L g

4

L g

4

L g 2

/2 0 /2 0

[1 ( k 2 sin 2 x)]

1

1 ( k 2 sin 2 x) 2

1

1 2 2 k sin x 2 1 2

1 k2 2 2

1/ 2

dx

1 2

3 2

2!

( k 2 sin 2 x) 2

1 3 4 4 k sin x 2 4 1 3 2 4

1 3 k4 2 4 2

1 2

3 2

3!

5 2

( k 2 sin 2 x) 2

1 3 5 6 6 k sin x 2 4 6 1 3 5 2 4 6

dx dx

1 3 5 k6 2 4 6 2

diviser l'intégrale et utiliser le résultat de l'exercice 3.1.46 L 12 1 2 k2 g 2

2 b)

12 32 4 k 22 42

12 32 52 6 k 22 42 62

La première des deux inégalités est vraie parce que tous les termes de la série sont positifs. En ce qui concerne la seconde, T

2

L 12 1 2 k2 g 2

2

L 1 g

1 4

k2

12 32 4 k 22 42 1 4

k4

1 4

k6

12 32 52 6 k 22 42 62 1 4

12 32 52 7 2 8 k 2 2 4 2 6 2 82

k8

Les termes entre parenthèses (après le premier) forment une série géométrique avec a

Donc, T

Calcul intégral

2

L k 2 /4 1 g 1 k2

2

1 4

k 2 et r

k2

sin 2

1 2

0

1.

L 4 3k 2 . g 4 4k 2

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé c)

Chapitre 6 Les suites et les séries

139

Effectuons les changements de variables L = 1, g = 9,8 et k = sin(10○/2) ≈ 0,087 16; l’inégalité à la sous-question b) devient 2,010 90 ≤ T ≤ 2,010 93, donc T ≈ 2,0109. L’estimation T

2

2,0071 diffère d’environ 0,2 %. Si θ0 = 42○, alors

L/ g

k ≈ 0,358 37 et l’inégalité devient 2,071 53 ≤ T ≤ 2,081 03, donc T ≈ 2,0763. L’estimation effectuée en n’utilisant qu’un terme est la même et la différence entre les deux estimations augmente à environ 3,4 %. 38. En utilisant f (x) = Tn(x) + Rn(x) avec n = 1 et x = r, nous obtenons f (r) = T1(r) + R1(r), où T1 est le polynôme de Taylor d’odre 1 de f en a. Parce que a = xn, f (r) = f (xn) + f ′(xn)(r − xn) + R1(r). Cependant, r est une racine de f, donc f (r) = 0 et nous obtenons 0 = f(xn) + f ′(xn)(r − xn) + R1(r). En soustrayant à chaque membre f(xn) + f’(xn)(r – xn) nous obtenons f′(xn) (xn − r) − f (xn) = R1(r). En divisant chaque membre par f′(xn), nous obtenons xn

r

xn+1 – r , donc |xn

nous obtenons | xn

f ( xn ) f ( xn )

1

R1 (r ) . Selon la formule pour la méthode de Newton, le membre de gauche de l’équation qui précède est f ( xn )

r|

R1 (r ) L’inégalité de Taylor donne | R (r ) | | f (r ) | | r . 1 2! f ( xn )

r|

M | xn 2K

1

xn |2 . En considérant |f′′(x)| ≤ M et |f ′(x)| ≥ K,

r|2 .

APPLICATION Le rayonnement stellaire 1.

Si nous écrivons f ( )

8 hc 5 ehc / ( kT ) 1

5

a e

b/( T )

1

, alors, lorsque λ → 0+, on a une indétermination du type ∞/∞, et lorsque λ →∞, on a

une indétermination du type 0/0; dans les deux cas, nous pouvons donc appliquer la règle de l’Hospital. Tout d’abord, H

lim f (λ) lim

λ

λ

a( 5λ 6 ) bT b / (λT ) e (λT )2

5

aT λ 2λ 6 lim b / (λT ) b λ e

5

aT λ4 lim b / (λT ) b λ e

0

De plus, H

lim f (λ) 5

λ

0

aT λ 4 H aT lim b / (λT ) 5 lim b λ 0 e b λ 0

4λ 5 bT b / (λT ) e (λT )2

20

aT 2 λ3 lim b / (λT ) 2 b λ 0 e

Ce résultat est toujours indéterminé, mais il faut noter que chaque fois que nous appliquons la règle de l’Hospital, nous ajoutons un facteur additionnel de λ dans le numérateur, ainsi qu’un facteur constant, et le dénominateur demeure inchangé. Donc, si nous appliquons la règle de l’Hospital trois fois de plus, l’exposant de λ dans le numérateur deviendra 0. En d’autres mots, pour des valeurs {ki}, toutes constantes, λ

H

lim f (λ) k1 lim

λ

Calcul intégral

0

λ

0

e

3

b / (λT )

H

k2 lim λ

0

λ e

2

b / (λT )

H

k3 lim λ

0

λ e

1

b / (λT )

H

k4 lim λ

0

1 eb / (λT )

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

0

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

2.

Chapitre 6 Les suites et les séries

Développons le dénominateur de la loi de Planck en série de Taylor e x

x 2!

1 x

140

x3 3!

avec x

hc et servons-nous du fait λkT

que si λ est grand, alors tous les termes subséquents dans le développement de Taylor sont négligeables lorsque comparés au premier; nous pouvons donc effectuer une approximation à l’aide du polynôme de Taylor T1:

f (λ)

8 hcλ 5 ehc / (λkT ) 1

8 hcλ 1

hc λkT

1 hc 2! λkT

2

5

1 hc 3! λkT

3

1

8 hcλ hc 1 λkT

5

1

8 kT . λ4

Ceci est la loi de Rayleigh-Jeans. 3.

Afin de convertir à μm, nous remplaçons λ par λ/106 dans les deux lois. La première figure montre que les deux lois sont similaires lorsque λ est grand. La seconde figure montre que les deux lois diffèrent beaucoup dans le cas des courtes longueurs d’onde (la loi de Planck donne un maximum en λ ≈ 0,51 μm; la loi de Rayleigh-Jeans ne donne ni minimum ni maximum.).

4.

Le graphique au problème 3 montre que f(λ) atteint un maximum à λ ≈ 0,51 μm, selon la loi de Planck.

5.

Lorsque T augmente, l’aire totale sous la courbe augmente, comme on pourrait s’y attendre : plus chaude est l’étoile, plus elle émet d’énergie. De plus, lorsque T augmente, la coordonnée λ du maximum diminue, donc plus la température est haute, plus courte sera la longueur d’onde maximum (et, en conséquence, la longueur d’onde moyenne) de la lumière émise. Ceci est la raison pour laquelle Sirius est une étoile bleue et Bételgeuse une étoile rouge : la plus grande partie de la lumière de Sirius a une longueur d’onde assez courte, c’est-à-dire une fréquence plus haute, vers l’extrémité bleue du spectre, alors que la plus grande partie de la lumière de Bételgeuse a une fréquence moins élevée, vers l’extrémité rouge du spectre.

Calcul intégral

6.10 Quelques applications des polynômes de Taylor

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

141

6. Révision Compréhension des concepts 1.

a)

Voir définition 6.1.1.

b)

Voir définition 6.2.2.

c)

Les termes de la suite {an} s’approchent de 3 lorsque n aumente.

d)

En ajoutant suffisamment de termes à la série, nous pouvons faire en sorte que les sommes partielles soient aussi rapprochées de 3 que nous le désirons.

2.

3.

a)

Voir la définition à la page 295

b)

Une suite est monotone si elle n’est ni croissante ni décroissante.

c)

Selon le théorème 6.1.12, toute suite monotone bornée est convergente.

a)

Voir théorème 5 à la section 6.2.

b)

La série p n

1 converge si p > 1. p n 1

4.

Si

an

3 , alors lim an

5.

a)

Le critère de divergence : Si lim an n’existe pas ou si lim an

b)

Le critère de l’intégrale : Supposons que f est une fonction continue, positive et décroissante sur [1, ∞[ et soit an = f (n). Alors

n

(i)

Si

(ii) Si

3

n

Si

(ii) Si

0, alors la série

a converge si et seulement si l’intégrale impropre

n 1 n

1

1

f ( x)dx converge, alors f ( x)dx diverge, alors

1

a diverge.

n 1 n

f ( x)dx converge. En d’autres mots :

a converge.

n 1 n

a diverge.

n 1 n

Le critère de comparaison : Supposons que (i)

d)

n

n

la série

c)

0 et lim sn

an et

bn sont des séries à termes positifs.

bn converge et an ≤ bn pour tout n, alors

bn diverge et an ≥ bn pour tout n, alors

an converge également.

an diverge également.

Le critère de comparaison par une limite : Supposons que

an et

bn sont des séries à termes positifs. Si lim(an /bn ) n

c où c

est un nombre fini et c > 0, alors les deux séries convergent ou divergent. e)

Le critère des séries alternées : Si la série alternée pour tout n et à ii) lim bn n

Calcul intégral

n 1

( 1)n 1bn

b1 b2

b3 b4

b5 b6

[bn

0] satisfait à i) bn+1 ≤ bn

0 , alors la série converge. 6 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé f)

Chapitre 6 Les suites et les séries

142

Le critère généralisé de d’Alembert : Si lim

(i)

n

(ii) Si lim n

(iii) Si lim n

an 1 an

L 1 , alors la série

an 1 an

L 1 ou lim

an 1 an

1 , le critère généralisé de d’Alembert ne permet pas de conclure; autrement dit, on ne peut pas conclure que

an converge absolument (et donc converge). n 1

n

an 1 a0

, alors la série

an diverge. n 1

an converge ou diverge.

g) Le critère généralisé de Cauchy : Si lim n an

(i)

n

L 1 ou lim n an

(iii) Si lim n an

1 , le critère généralisé de Cauchy ne permet pas de conclure.

n

7.

8.

a converge absolument (et donc converge).

n 1 n

(ii) Si lim n an n

6.

L 1 , alors la série

a) Une série

n

alors la série

a diverge.

n 1 n

an est dite absolument convergente si la série de valeurs absolues

|an | est convergente.

b)

Si une série

an est absolument convergente, alors elle est convergente.

c)

Une série

a)

Utiliser les inégalités 5 à la section 6.3.

b)

Voir l’exemple 11 à la section 6.3.

c)

En ajoutant des termes jusqu’à l’obtention de la précision désirée, selon le théorème d’estimation des séries alternées.

an est dite conditionnellement convergente si elle est convergente mais n’est pas absolument convergente.

cn ( x a) n

a) n 0

b)

cn ( x a) n est :

Le rayon de convergence de la série de puissances n 0

i)

0 si la série converge seulement lorsque x = a

ii)

∞ si la série converge pour tout x ou

iii) un nombre positif R tel que la série converge si |x − a| < R et diverge si |x − a| > R. c)

L’intervalle de convergence d’une série de puissances est l’intervalle constitué de toutes les valeurs de x pour lesquelles la série converge. L’intervalle de convergence pour le cas i) à la sous-question a) est constitué du singleton {a}, pour le cas ii), de tous les nombres réels, c’est-à-dire de la droite des nombres réels ]−∞, ∞[ et, pour le cas iii), de l’intervalle dont les extrémités sont a − R et a + R et qui peut comprendre aucune des extrémités, l’une ou l’autre d’entre elles ou encore les deux extrémités. Dans

Calcul intégral

6 Révision

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

143

ce cas, il faut vérifier la convergence de la série à chaque extrémité de l’intervalle afin de déterminer l’intervalle de convergence. 9.

a), b) Voir théorème 6.8.2.

10. a)

Tn ( x)

i

n i 0

b)

f

n

f

n

n 0

c) n 0

f (a) ( x a )i i!

(a) ( x a) n n!

(0) n x [a n!

0 à la sous-question b)]

d)

Voir théorème 6.9.8.

e)

Voir l’inégalité de Taylor (6.9.9).

11. a) - f ) Voir le tableau 1 à la page 368. 12. En ce qui concerne le développement, voir la série binômiale (6.9.17). Le rayon de convergence de la série binômiale est 1. VRAI OU FAUX

1.

Faux. Voir la note 2 qui suit le théorème 6.2.7.

2.

Faux. La série

n

sin1

n 1

n 1

1 avec p = sin 1 ≈ 0,84 ≤ 1, donc la série diverge. nsin1

3.

Vrai. Si lim an

4.

Vrai, selon le théorème 6.7.3.

n

L , alors, lorsque n → ∞, 2n + 1 → ∞, donc a2n + 1 → L

cn ( 2)n converge absolument.

Autre méthode : Utiliser le critère de comparaison pour montrer que

5.

Faux. Par exemple, prenons cn = (−1)n/(n6n).

6.

Vrai, selon le théorème 6.7.3.

7.

Faux, puisque lim

Calcul intégral

n

an 1 an

lim

n

1 (n 1)

3

n3 1

lim

n

n3 1/n3 3 (n 1) 1/n3

lim

n

1 (1 1/n)3

6 Révision

1.

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

an 1 an

1 n! (n 1)! 1

Vrai, puisque lim

9.

Faux. Voir la note 2 qui suit l’exemple 8 à la section 6.3.

10. Vrai, puisque

1 e

lim

n

e 1 et e x n

lim

1 0 1. n 1

8.

n

n

xn , donc e 0 n!

144

1 n

( 1) n . n! 0

11. Vrai. Voir l’inégalité 9 à la section 6.1.

12. Vrai, parce que si

an converge, alors

an converge également selon le théorème 6.5.3.

f (0) 3!

13. Vrai. Selon le théorème 6.9.5, le coefficient de x3 est

1 3

f (0)

2.

Autre méthode : Appliquer le théorème 6.8.2 en dérivant f trois fois. 14. Faux. Soit an = n et bn = −n. Alors, {an} et {bn} divergent, mais an + bn = 0, donc {an + bn} converge. 15. Faux. Par exemple, soit an = bn = (−1)n. Alors, {an} et {bn} divergent, mais anbn = 1, donc {anbn} converge. 16. Vrai, selon le théorème des suites monotones, puisque {an} est décroissante et 0 < an ≤ a1 pour tout n

17. Vrai, selon le théorème 6.5.3.

18. Vrai. lim n

an 1 an

1

19. Vrai. 0,999 99

( 1)n an est absolument convergente et, par conséquent, convergente.

anconverge (critère de d'Alembert)

0,9

{an } est bornée.

0,9(0,1)1

0,9(0,1) 2

lim an n

0,9(0,1)3

0 [Théorème 6.2.6].

(0,9)(0,1)n

1

n 1

0,9 1 selon la formule de la somme d’une 1 0,1

série géométrique [S = a1/(1 − r)] , où la raison r satisfait à |r| < 1. 20. Vrai. Puisque lim an n

2 , nous savons que lim an n

2 , par conséquent, lim(an

3

n

an )

3

lim an

n

3

lim an

n

2 2 0.

21. Vrai. Ajouter ou retrancher un nombre fini de termes à une série n’a aucune incidence sur la convergence ou la divergence de celle-ci.

22. Faux. Soit an = (0,1)n et bn = (0,2)n. Alors,

(0,02)n

anbn

et n 1

Calcul intégral

n 1

0,02 1 0,02

1 , mais AB 49

0,1 1 0,1

(0,1)n

an n 1

n 1

1 9

1 4

1 36

1 9

A,

(0,2)n

bn n 1

n 1

0,2 1 0,2

1 4

B

.

6 Révision

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

145

EXERCICES RÉCAPITULATIFS

2 n3 1 2n3

1.

2.

3.

4.

converge puisque lim n

9n 1 10n

an

lim an

9

lim

n

n

9 n 10

2 n3 1 2n 3

, donc lim an n

n3 1 n2

lim

n

lim

n

2 / n3 1 1 / n3 2

9lim( 109 )n

9 0 0 selon 6.1.9 , donc la suite converge.

n

n 1 / n2 1

1 . 2

, donc la suite diverge.

an = cos(nπ/2), donc an = 0 si n est impair et an = ±1 si n est pair. Lorsque n augmente, an prend successivement et à répétition les valeurs 0, 1, 0, −1, donc la suite {an} diverge.

5.

|an |

6.

an

n sin n n2 1

n n

2

1

ln n . Soit f ( x) n

1 , donc |an| → 0 à mesure que n → ∞. Par conséquent, lim an n n

ln x pour x > 0. Alors, lim f ( x) x x

la section 6.1, {an} converge et lim an n

7.

converge. En effet, soit y

lim ln y x

10

8.

n

9.

x

n

n!

lim

lim 4 x ln 1 3/x

converge, puisque

( 10)n n!

x

ln x H 1/x lim x x 1/(2 x )

1

3 x

x

2 x

0 . Par conséquent, selon le théorème 3 à

4x

. Alors,

1 3 ln(1 3/x) H 1 3/x x 2 lim lim x x 1/(4 x) 1/(4 x 2 )

10n n!

lim

0.

4n

3 n

1

lim

0 . La suite {an} converge.

10 10 10 1 2 3

10 10 10 10 11 12

lim x

12 12 , donc lim y x 1 3/x

10 10 1010 n 11

lim 1 x

0 lorsque n → ∞

0 [théorème du sandwich]. Autre méthode : utiliser 6.9.10 .

la proposition est vraie pour n = 2. Supposons maintenant que ak−1 < ak < 2. Alors, ak

1 3

(ak

1

4)

ak < ak+1< 2. Cela complète la preuve par induction. Pour trouver la limite de la suite, notons que L 1 3

( L 4)

Calcul intégral

e12 .

n 10

Preuve par induction. Supposons que, quelque soit n, an−1 < an < 2. Remarquons tout d’abord que 1 a2

L

4n

3 n

L

1 3

1 3

(ak

lim an

n

(1 4) 4)

1 3

2 , donc que

(2 4)

lim an

n

5 3

2 . Donc,

1

2. 6 Révision

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Solutionnaire détaillé

10. lim x

Chapitre 6 Les suites et les séries

x4 H 4 x3 H 12 x 2 H 24 x H 24 lim x lim x lim x lim x x x x x e x e e e e

146

0

Nous concluons donc que, selon le théorème 6.1.3, lim n4e

n

n

0 . Le graphique semble montrer que 124e−12 > 0,1, mais n4e−n < 0,1

lorsque n > 12. Donc, la plus petite valeur de N qui correspond à ε = 0,1 dans la définition de la limite est N = 12.

11.

n n

3

n n3

1

1 , donc n2

n2 1 et bn n3 1

12. Soit an

Puisque

n n 1

n

3

1

converge, par comparaison avec la série p convergente n

1 a , donc lim n n n bn

lim

n

n3 n n3 1

bn est la série harmonique divergente, n 1

13. lim n

an 1 an

14. Soit bn

lim

n

1 1 / n2 1 1 / n3

1 [p 2 1n

2 1] .

1 0.

an diverge également, selon le critère comparaison par une limite. n 1

lim

n

(n 1)3 5n 5n 1 n3

1 n

lim 1

n

3

1 5

1 1 , donc 5

n

n3 converge, selon le critère généralisé de d’Alembert. n 15

1 . Alors, bn est positive pour n ≥ 1, la suite {bn} est décroissante et lim bn n n 1

0 , donc la série n 1

( 1) n converge, n 1

selon le critère des séries alternées.

15. Soit f x

1 . Alors, f est continue, positive et décroissante sur l’intervalle [2, ∞[; le critère de l’intégrale s’applique donc. x ln x

2

f ( x)dx

lim t

1 dx 2 x ln x t

lim(2 ln t t

donc la série n 2

16. lim n

n 3n 1

Calcul intégral

u

2 ln 2)

ln x, du

1 x

dx

lim t

ln t In 2

u

1/ 2

du

lim 2 u t

ln t ln 2

,

,

1 diverge. n ln n

1 n , donc lim ln n 3 3n 1

ln 13

0 .Par conséquent, la série

ln n 1

6 Révision

n diverge, selon le critère de divergence. 3n 1

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

cos3n 1 (1,2)n

17. | an |

convergente n 1

18. lim n | an |

1 1 (1,2)n 5 n 6

n

5 6

n

, donc

|an | converge par comparaison avec la série géométrique n 1

1 . Il s’ensuit que

an converge (selon le théorème 3 à la section 6.5). n 1

n2n (1 2n2 )n

lim n

n

5 6

r

1 (1,2)n

147

lim

n

n2 1 2n 2

lim

n

1 1/n

2

1 1 , donc 2

2

n

n2n converge, selon le critère généralisé de 2n 2 ) n 1 (1

Cauchy.

19. lim n

an 1 an

lim

1 3 5

(2n 1)(2n 1) 5n n ! 5 (n 1)! 1 3 5 (2n 1)

lim

n 1

n

n

2n 1 5(n 1)

2 1 , donc la série converge, selon le critère 5

généralisé de d’Alembert.

20. n

( 5) 2 n 2 n 1 n 9

n

1 25 2 9 1n

n

. Or, lim n

an 1 an

lim

n

25n 1 (n 1)2 9n

1

n 2 9n 25n

lim

n

25n2 9(n 1) 2

25 1, donc la série diverge, selon le critère 9

généralisé de d’Alembert.

21. bn

n 0, bn est décroissante et lim bn n n 1

0, donc la série

1 a .lim n 3/ 2 n n bn

lim

n

2 n 1, donc puisque n 1 n 1

23. Considérons la série de valeurs absolues :

n 1

n 1

n 1

22. Utilisons le critère de comparaison par une limite avec an

et bn

1

n

1/3

n 1 n

est une série p avec p

0, donc la série

24.

1 n 1

1

n 1

n 1

Calcul intégral

n

3

n 1

n

1/3

1 n

n 1

3 2

bn converge p n 1

appliquant le critère des séries alternées, nous voyons que bn

lim bn

2

n

n 1

n

n converge, selon le critère des séries alternées. n 1

n 1

1 ,

(en rationalisant le numérateur)

an converge également. n 1

1 et est, par conséquent, divergente. Cependant, en

1 3

0, bn est décroissante et que

3

converge. Par conséquent,

1

n 1

n

1/3

est conditionnellement convergente.

n 1

n 3 est une série p convergente [p = 3 > 1]. Par conséquent, n 1

1

n 1

n 3 est absolument convergente.

n 1

6 Révision

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Solutionnaire détaillé

25.

( 1)n 1 (n 2)3n 22 n 3

an 1 an

n

x

1

22 n 1 ( 1) (n 1)3n

n 2 3 n 1 4

n

1 (2/n) 3 1 (1/n) 4

148

3 1 lorsque n → ∞, donc, selon le critère généralisé de 4

( 1)n (n 1)3n est absolument convergente. 22 n 1 1

d’Alembert,

26. lim

Chapitre 6 Les suites et les séries

x H 1 / (2 x ) lim ln x x 1/ x

x 2

lim x

( 1) n n ln n

. Par conséquent, lim n

0 , donc la série donnée est divergente, selon le critère de

divergence.

27. n

( 3) n 23 n 1

1 n

( 3) n 1 3 n 1 (2 )

n

( 3) n 8n 1

1

1 ( 3) n 8 n 1 8n 1

1

1 8n

3 8

1

n 1

1 8 1

1 3/8

1 8 1 8 11 11 28. n 1

1 n(n 3)

sn i 1

n

1 3n

n 1

1 3i

1 3(n 3)

1

1 3

3(i 3)

1 n ( n 3) 1

1 3

lim sn

n

1 6 1 6

arctan(n 1) arctan n

29. n 1

[en utilisant les fractions partielles].

1 9 1 9

1 3(n 1)

1 3(n 2)

1 (somme télescopique), donc 3(n 3)

11 . 18

lim sn

n

lim (arctan 2 arctan1) (arctan 3 arctan 2)

n

lim arctan(n 1) arctan1

2

n

30. n

( 1)n n 2n 0 3 (2n)!

e2 2!

31. 1 e

32. 4,173 26

33.

ex

e

( 1)n n 0

e3 3!

e4 4!

n 0

326 105

1 2

xn 0 n!

2 1 1 x 2

n 2

3

x 2!

1 x2 2 2 2 2! Calcul intégral

( 1)n

4,17

x

n 1 2n (2n)! 3

x 3! 2

x4 4!

326 108

n

n 0

1 (2n)!

en n!

( e) n n! 0

( 1)n

n

4

2n

cos

3

e

e

3

n 0

puisque e x

417 100

326 99 900

( 1)n

puisque cos x

n

326/105 1 1/103

4,17

4

(arctan(n 1) arctan n)

x 2n pour tout x. (2n)!

xn pour tout x. 0 n!

416 909 99 900

( x) n n! 0

x4 4!

x2 2!

1 x 1

1 2 x 2

n

x3 3!

x4 4!

x2n 1 2 1 x 2 2 (2 n)!

pour tout x

6 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

(ln x) n est une série géométrique qui converge lorsque |ln x| 1

34.

149

1 ln x 1

e

1

x e.

n 1

1

n

( 1)n n5 1

1

n

( 1)n n5 1

35.

36.

a)

1 32

1

7 n

5

s5

n 1

1 1 243 1024

( 1)n n5 1

1 n6

n

1 56

dx x6

n

9

1 5 1n

n

1,017 305 . La série n 1

x5 5

dx x6

5

En général, Rn

décimales,

1 32 768

1 85

. Puisque b8

1 32 768

0,000 031 ,

0,9721 .

selon 6.3.4 : R5

b)

1 1 7776 16 807

1

1 26

1

1 3125

5

55 5

1 converge, selon le critère de l’intégrale, donc nous estimons le reste R5 n6

0,000 064 . L’erreur est donc d’au plus 0,000 064.

1 . Si nous prenons n = 9, alors s9 ≈ 1,017 34 et R9 5n5

1 5 1n

1 5 95

3,4 10 6 . Donc, avec cinq

1,017 34 .

Autre méthode : Utiliser 6.3.5 plutôt que 6.3.4.

8

1

37. n 1

n

2 5

n 9

n

2 5

lim

n

an 1 an

0,189 762 24 . Pour estimer l’erreur, il faut remarquer que

n

2 5

1

R8

38. a)

n 1

1

1/59 1 1/5

1 n 95

n

lim

n

6,4 10

(n 1) n 1 (2n)! [2(n 1)]! n n

7

[série géométrique avec a

lim

n

(n 1) n (n 1)1 (2n 2)(2n 1)n n

1 59

et r

n 1 n

lim

n

n

1 5

1 2 5

n

1 , donc le reste est 5n

].

1 2(2n 1)

n

1 1 e 0 0 1 n n 2(2n 1) donc la série converge, selon le critère généralisé de d’Alembert. lim 1

b)

La série à la sous-question a) converge, donc lim an

lim

n

n

39. Servons-nous du critère de comparaison par une limite : lim n

Puisque ∑|an| converge,

Calcul intégral

nn (2n)!

( nn 1 )an an

0 , selon le théorème 6.2.6.

lim

n

n 1 n

lim 1

n

1 n

1 0.

n 1 an converge également, selon le critère de comparaison par une limite. n

6 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

40. lim n

an 1 an

lorsque

lim

n

xn 1 (n 1)2 5n

|x| 1 5

n

lim

n

|x 2| 4

lim

n

|x| xn , donc, selon le critère généralisé de d’Alembert, ( 1) n 2 n converge 5 n 5 n 1

1 |x| (1 1/n) 2 5

n 1

n

an 1 an

n 2 5n xn

1

150

|x| 5 , donc R = 5. Lorsque x = −5, la série devient la série p convergente

la série devient

41. lim

Chapitre 6 Les suites et les séries

1 avec p = 2 > 1. Lorsque x = 5, n2

( 1) n , qui converge, selon le critère des séries alternées. Par conséquent, I = [−5, 5]. 2 1 n

|x 2|n 1 n 4n n 1 (n 1)4 |x 2|n 4

n |x 2| n 1 4

lim

n

x 2 4

|x 2| 1 4

|x 2| 4 , donc R = 4.

x 2 . Si x = −6, alors la série

6

n

( x 2) n devient n 4n 1

n

( 4)n n 1 n4

n

( 1) n , la série n 1

harmonique alternée, qui converge, selon le critère des séries alternées. Lorsque x = 2, la série devient la série harmonique n

1 , qui 1 n

diverge. Par conséquent, I = [−6, 2[.

42. lim n

an 1 an

lim

n

2n 1 ( x 2)n (n 3)!

1

(n 2)! 2 ( x 2) n

lim

n

n

2 n 3

|x 2| 0 1 , donc la série n

2n ( x 2) n converge pour tout x. 2)! 1 (n

R = ∞ et I = ]−∞, ∞[.

43. lim n

an 1 an

|x 3|

lim

n

1 2

1 2

diverge [ p

44. lim n

1 2

an 1 an

donc R

2n 1 ( x 3)n n 4

lim

n

1 4

x

1

3

n 3 2n ( x 3)n

(2n 2)! x n [(n 1)!]2

1

n

5 2

1 2

1] , mais pour x

2|x 3|lim

5 2

x

7 2

. Pour x

, nous obtenons

(n!) 2 (2n)! x n

n 0

lim

n

n 3 n 4 7 2

2|x 3| 1

, la série n

|x 3|

1 2

, donc R

2n ( x 3)n devient n 3 1 n

0

1 n 3

1 2

.

n 3

1 , qui n1/ 2

( 1) n , qui est une série alternée convergente, donc I n 3

[ 52 , 72 [ .

(2n 2)(2n 1) |x| 4|x| . Pour qu’il y ait convergence, il faut que 4|x| 1 (n 1)(n 1)

|x|

1 4

,

.

45. Calcul intégral

6 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

n

f(n)(x)

f (n) ( 6 )

0

sin x

1 2

1

cos x

3 2

2

− sin x

1 2

3

− cos x

3 2

4

sin x

1 2

f sin x

f

151

f

6

x

6

2

1 1 1 x 2 2!

6 1 x 4!

6

1 1 ( 1) n x 2n 0 (2n)!

6 2!

2

x

4

2n

6 x

x

6

6

4!

4

x

6

3

1 x 3!

6

6

2n 1

3 1 ( 1) n x 2 n 0 (2n 1)!

6

f (4)

3

6

3!

3 2

6

f (3)

6

46. n

f(n)(x)

f (n) ( 3 )

0

cos x

1 2

1

− sin x

3 2

2

− cos x

1 2

3

sin x

3 2

4

cos x

1 2

f cos x

f

f

3

3

x 2

1 1 1 x 2 2!

3

3 1 x 4!

1 1 ( 1) n x 2n 0 (2n)!

47.

1 1 x

1 1 ( x)

n 0

n 0

3

4

3

2

x

3 3 2

3

3! x

3

3 1 ( 1) n 1 x 2 n 0 (2n 1)!

( 1)n x n pour |x| 1 n 0

f (3)

x

3

1 x 3!

3

4!

4

x

3

3

3

2n 1

3

x2 1 x

f (4)

3

( 1) n x n

2

avec R = 1.

n 0

x2n 1 avec l’intervalle de convergence [−1, 1], donc arctan( x 2 ) 2n 1

converge lorsque x2 [ 1, 1] Calcul intégral

2n

( x) n

( 1) n

48. arctan x

3 2!

( 1) n n 0

( x 2 )2 n 1 2n 1

( 1) n n 0

x4n 2 , qui 2n 1

x [ 1, 1] . Par conséquent, R = 1. 6 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

49.

1

1

ln(4 x) C et

dx

4 x

Chapitre 6 Les suites et les séries

1 xn 1 n 4 n 0 4 (n 1)

ln(4 x)

conséquent, f ( x)

4 x

xn 1 (n 1) 04

C

n

1 4

x dx 4

n 0

xn n 1 n4

C

n 1

n

ln(4 x)

1 1 dx 4 1 x/4

dx

n

1 4

n

152

xn dx n 04

n

C . Donc,

C . En posant x = 0, nous obtenons C = ln 4. Par

xn . La série converge pour |x/4| 1 n 1 n4

ln 4

1 xn 1 n 4 n 0 4 ( n 1)

|x| 4 , donc R = 4.

Autre méthode : ln(4 x)

ln[4(1 x / 4)] ln 4 ln(1 x / 4) ( 1)n

ln 4

1

n 1

50. e x n

xn 0 n!

51. sin x n

52. e x n

53.

e2 x n

xn 0 n!

f ( x)

54.

(1 3x)

e(ln10) x

n

[(ln10) x]n n! 0

(

x 16

1 4

)( 2!

1 5 9 (4n 3) n x n 2 4 n! 16n 1

16(1 5 4

) 1 2

5

5 n

( 3 x) n

1 ( 5)( 3x)

xn ex , alors x 0 n!

1 2

(1 x 4 )1/ 2

n

1 xn x n 0 n!

( x 4 )n

n 0

1

Calcul intégral

ln 4 n

xn . n 1 n4

1

,R=∞

( 1)n x8n 4 pour tout x, donc le rayon de convergence est ∞. 0 (2n 1)!

n

(

1 4

(1

)(

5 4

1 16

x)

)(

9 4

1/ 4

)

x 16

3! 1 5 9 2

n 1

6n 1

3

(4n 3) n x n!

1 2

x4

1 8

x8

( 5)( 6) ( 3 x) 2 2!

(n 4) 3n x n n!

5 6 7 n 1

56.

xn n 4n

|x| 16 , donc R = 16.

1

1

n

2

2n x n n! 0

n

1

1 2

x)1/ 4

x 16

n 0

55. e x

n

1 16

n 1

1

(ln10) n x n ,R=∞ n! 0

1 4

16(1 x /16)

1 4

x 16

pour

n

( 1) 2 n

ln 4

2n x n 0 n!

( 1)n ( x 4 )2 n (2n 1)! 0

1 4

x n

n

1 1 2 1 2

xe2 x

sin( x 4 )

10 x

1 16 x

4

( x /4) [selon le tableau 1] n

(2 x)n n! 0

( 1)n x 2 n 1 0 (2n 1)!

ln 4 ln[1 ( x / 4)]

n

n

1 ( 12 ) x 4 1 16

xn 1 0 n!

( 5)( 6)( 7) ( 3 x) 3 3!

pour | 3x| 1

x

1 n

xn 1 1 n!

( 12 )( 12 ) 4 2 (x ) 2!

( 12 )(

1 x

)( 3! 1 2

|x|

n

1 3

, donc R

xn 1 ex dx et x 1 n!

3 2

)

1 3

.

C ln|x| n

xn . 1 n n!

( x 4 )3

x12

6 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

donc,

1 0

Chapitre 6 Les suites et les séries

(1 x 4 )1/ 2 dx [ x

1 10

x5

1 72

x9

alternées, l’erreur dans l’approximation

1 208

1 0

x13

]10 1

1 10

(1 x4 )1/ 2 dx 1

désirée. Par conséquent, avec deux décimales exactes,

1 0

1 72

1 10

1 208

1 72

153

. Ceci est une série alternée et selon le critère des séries

1,086 est inférieure à

1 208

, ce qui satisfait à la précision

(1 x 4 )1/ 2 dx 1,09 .

57. a) n

f(n)(x)

f(n)(1)

0

x1/2

1

1

1 2

2

x

1 4

3

3 8

4

15 16

x

1/ 2

3/ 2

x

x

1 2 1 4

5/ 2

x

3 8

7/ 2

15 16

1/2 1/4 3/8 ( x 1) ( x 1) 2 ( x 1) 3 1! 2! 3! 1 12 ( x 1) 81 ( x 1) 2 161 ( x 1)3

T3 ( x) 1

b)

c)

|R3 ( x)|

M |x 4!

1|4 , où |f (4) ( x)| M avec f (4) ( x)

et, en posant x = 0,9, nous obtenons M

|R3 ( x)|

15 (0,1) 4 16(0,9)7/ 2 4!

15 16

x

7/ 2

. Or, 0,9

x

1,1

0,1 x 1 0,1

( x 1)4

(0,1)4

15 , donc 16(0,9)7/ 2

0,000 005 648 0,000 006 6 10

6

d)

Calcul intégral

6 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

154

Le graphique de |R3 ( x)|=| x T3 ( x)| semble montrer que l’erreur est inférieure à 5 × 10−6 sur l’intervalle [0,9; 1,1]. 58. a) f(n)(x)

n 0

sec x

1

sec x tan x

1 0

2

2

f(n)(0)

3

sec x tan x + sec x 3

3

1

3

sec x tan x +5sec x tan x

sec x T2 ( x) 1

1 2

0

x2

b)

c)

M 3 |x| , où |f (3) ( x)| M avec f(3)(x) = sec x tan3 x+ 5sec3 x tan x. Or, 0 3!

|R2 ( x)|

obtenons M

14 3

14 3 6 6

, donc |R2 ( x)|

x

6

x3

( 6 )3 et, en posant x

6

, nous

3

0,111 648 .

d)

Le graphique de |R2(x)| = |sec x − T2(x)| semble montrer que l’erreur est inférieure à 0,02 sur l’intervalle [0, 6 ] .

( 1)n

59. sin x n 0

x2n 1 (2n 1)!

sin x x 0 x3

conséquent, lim x

60. a)

F

Calcul intégral

mgR 2 ( R h) 2

x3 3!

x

lim x

0

mg (1 h /R)2

x5 5!

x7 7!

1 x2 6 120

x4 5040

2

mg n 0

n

, donc sin x x

h R

x3 3!

x5 5!

x7 7!

et

sin x x x3

1 3!

x2 5!

x4 7!

. Par

1 . 6

n

[série binômiale]

6 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé b)

Chapitre 6 Les suites et les séries mg[1 2(h/R) 3(h/R)2

Développons F

155

] . Ceci est une série alternée, donc, selon le théorème d’estimation des séries

alternées, l’erreur dans l’approximation F = mg est inférieure à 2mgh/R; par conséquent, pour une précision à moins d’un pour

2mgh /R mgR 2 /( R h)2

cent près, nous désirons

2 h( R h ) 2 R3

0,01

0,01 . Comme il serait difficile d’obtenir la valeur de h

dans cette inégalité, posons le changement de variables R = 6400 km et traçons chaque membre de l’inégalité. Il semble que l’approximation est précise à moins d’un pour cent près pour h < 31 km.

61.

cn x n

f ( x)

cn ( x)n

f ( x)

n 0

a)

n 0

( 1)n cn x n n 0

Si f est une fonction impaire, alors f ( x)

( 1) n cn x n

f ( x) n 0

cn x n . Les coefficients de toutes les séries de n 0

puissances sont déterminés de façon unique (selon le théorème 6.9.5), donc (−1)n cn = −cn. Si n est pair, alors (−1)n = 1, donc cn c’est-à-dire que c0 b)

c2

62. e x n

cn

xn 0 n!

2cn

ex

2

n

également f ( x) k 0

0

( x 2 )n 0 n!

0

( 1) n cn x n

f ( x) n 0

cn

2cn

cn

0 . Par conséquent, tous les coefficients pairs sont 0,

0.

c4

Si f est paire, alors f ( x)

cn

cn

n

cn x n

( 1)n cn

cn . Si n est impair, alors (−1)n = −1, donc

n 0

0 . Par conséquent, tous les coefficients impairs sont 0, c’est-à-dire que c1

x2n 0 n!

n

c3

0.

c5

1 2n x . Selon le théorème 6.9.6 avec a = 0, nous obtenons n 0 !

f (2 n ) (0) f ( k ) (0) k x . En comparant les coefficients pour k = 2n, nous obtenons (2n)! k!

1 n!

f (2 n ) (0)

(2n)! . n!

PROBLÈMES SUPPLÉMENTAIRES

1.

Le calcul des 15 dérivées de f demanderait beaucoup trop de travail. L’important est de se rappeler que f(n)(0) apparaît dans le coefficient de xn dans la série de Maclaurin de f. Commençons par la série de Maclaurin pour sin: sin x

Calcul intégral

6 Révision

x

x3 3!

x5 5!

.

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Solutionnaire détaillé

Alors, sin( x3 )

Chapitre 6 Les suites et les séries

x9 3!

x3

et le coefficient de x15 est donc

f (15) (0) 15!

1 . Par 5!

15! 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10 897 286 400 . 5!

conséquent, f (15) (0)

2.

x15 5!

156

Servons-nous de la stratégie de résolution de problèmes à l’aide de cas : Cas i):

Si |x| < 1, alors 0 ≤ x2 < 1, donc lim x 2 n n

f ( x) Cas ii) :

Cas iii) :

lim

n

x2n 1 x2n 1

0 1 0 1

0 [voir l’exemple 11 à la section 6.1] et

1.

Si |x| = 1, c’est-à-dire x = ±1, alors x2 = 1, donc f ( x)

Si |x| > 1, alors x2 > 1, donc lim x 2 n n

Par conséquent, f ( x)

et f ( x)

lim

n

lim

n

x2n 1 x2n 1

x2n 1 x2n 1

lim

n

lim

n

1 1 0. 1 1

1 (1/x 2 n ) 1 (1/x 2 n )

1 0 1. 1 0

1 si x 1 0 si x 1 1 si 1 x 1 0 si x 1 1 si x 1

Le graphique montre que f est continue partout, sauf lorsque x = ±1.

3.

a) Selon la formule d’addition à la page 2 des pages de référence, avec x = y = θ, nous obtenons tan 2

b)

cot 2

1 tan 2 2tan

2 cot x

cot 12 x tan 12 x ou tan 12 x

Selon la sous-question a), avec

sn

x 2

n 1

cot

tan . En remplaçant θ par

1 2

, donc

x , nous obtenons

cot 12 x 2cot x . au lieu de x, tan

x 2n

cot

tan( x /2) tan( x /4) tan( x /8) tan( x /2 n ) 2 4 8 2n cot( x /2) cot( x /4) cot( x /2) cot( x /8) cot x 2 4 2 8 cot x

Calcul intégral

1 tan 2 tan

2cot 2

2 tan 1 tan 2

x 2n

2cot

cot( x /4) 4

x 2

n 1

...

, donc la nième somme partielle de n

cot( x / 2n ) 2n

1 x tan n est n 2 12

cot( x / 2n 1 ) 2n 1

cot( x / 2n ) [somme télescopique] 2n 6 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

Or,

Chapitre 6 Les suites et les séries

cot( x /2n ) 2n

cos( x /2n ) 2n sin( x /2n )

cos( x /2n ) x /2n x sin( x /2n )

157

1 1 lorsque n → ∞, puisque x/2n → 0 pour x ≠ 0. Par conséquent, 1 x x

si x ≠ 0 et x ≠ kπ, où k est tout nombre entier, alors

n

1 x tan n n 2 12

lim sn

n

lim

1 x cot n n 2 2

cot x

n

cot x

1 x

Si x = 0, alors tous les termes de la série sont nuls; la somme est donc nulle. 4.

|AP2|2 = 2, |AP3|2 = 2 + 22, |AP4|2 = 2 + 22 + (22)2, |AP5|2 = 2 + 22 + (22)2 + (23)2, …,

|APn |2

2 22

(22 )2

(2n 2 ) 2 [pour n 3]

2 (4 42

43

4n 2 )

n 2

4(4 1) [somme géométrique finie avec a 4 1

2

Donc, tan Pn APn

Par conséquent, Pn APn 5.

2n

|Pn Pn 1| |APn |

1

1

2 3 3

1

4

4n n 1

3

2 3

4, r

1

4

1 2 3 4n 1

n 1

3

6 3

4]

4n

1

3

4

2 3

4n 1 3

3 lorsque n → ∞.

1 3

lorsque n → ∞.

a) À chaque étape, chaque côté est remplacé par quatre côtés plus courts, dont la longueur est le tiers de la longueur du côté à l’étape précédente. En représentant respectivement par s0 et ℓ0 le nombre de côtés et la longueur du côté du triangle initial, générons le tableau ci-après. En général, nous avons sn = 3 · 4n et construction est pn s0 = 3 s1 = 3 · 4

ℓ1 = 1/3

2

ℓ2 = 1/32

s3 = 3 · 43

ℓ3 = 1/33

c)

pn

n

3 4n ( 13 )n

( 13 )n , donc la longueur du périmètre à la nième étape de la

3 ( 34 )n .

ℓ0 = 1

s2 = 3 · 4

b)

sn

n

4n 3n 1

4

4 3

n 1

. Puisque 43

1 , pn → ∞ lorsque n → ∞.

L’aire de chacun des petits triangles ajoutés à une étape donnée est un-neuvième de l’aire du triangle ajouté à l’étape précédente. Soit a, l’aire du triangle initial. Alors, l’aire an de chacun des petits triangles ajoutés à l’étape n est an

a

1 9n

a . 9n

Puisqu’un petit triangle est ajouté à chaque côté à chaque étape, il s’ensuit que l’aire totale An ajoutée à la figure à la nième étape est An

sn

A a

A1

Calcul intégral

1

an

3 4n

A2

A3

1

a 9n

a

a a

4n 1 . Alors, l’aire totale contenue dans la courbe en flocon de neige est 32 n 1 1 4 a 3 3 3

a

42 35

a

43 37

. Après le premier terme, ceci est une série géométrique de

6 Révision

© Groupe Modulo inc., 2013

Solutionnaire détaillé

raison

Chapitre 6 Les suites et les séries

a /3 4 , donc A a 9 1 94

a 9 3 5

a

8a . L’aire du triangle équilatéral initial de côté 1 est cependant a 5

L’aire contenue dans la courbe en flocon de neige est donc

6.

Soit la série S 1

1 2

1 3

1 4

1 6

1 8

1 9

158

8 5

3 4

3 . 4

2 3 . 5

. Alors, chaque terme de S est de la forme

1 12

1 1 sin 2 3

1 , m, n ≥ 0. De plus, chaque terme ne 2m3n

se produit qu’une seule fois. Nous obtenons donc (double sommation) S m 0n

7.

1 02 3

m n

m 0n

1 1 m n 02 3

m

1 1 m n 02 n 03

1 1

1 1

1 2

2

1 3

3 2

3

a) Soit a = arctan x et b = arctan y. Alors, selon la formule de soustraction à la page 2 des pages de référence, tan a tan b 1 tan a tan b

tan(a b)

Or, arctan x arctan y b)

a b

arctan(tan( a b))

arctan

x y , puisque 1 xy

2

a b

2

.

1 arctan 239

arctan

1

120 1 119 239 120 1 119 239

arctan

28 561 28 441 28 561 28 441

arctan1

4

En remplaçant y par −y dans la formule à la sous-question a), nous obtenons arctan x arctan y

4arctan 15

2(arctan 15 arctan

arctan 15 )

5 12

1

5 12 5 12

5 12

2arctan

1 5

1

1 5 1 5

1 5

2arctan 125

Selon l’exemple 7 à la section 6.8, nous obtenons arctan x

arctan

1 5

1 5

arctan 125

arctan

x y . Donc, 1 xy

arctan 125

arctan 120 119

1 Par conséquent, selon la sous-question b), nous obtenons 4arctan 15 arctan 239

d)

x y . 1 xy

Selon la sous-question a), nous obtenons arctan 120 119

c)

tan(arctan x) tan(arctan y) 1 tan(arctan x) tan(arctan y)

1 3 53

1 5 55

x

x3 3

1 7 57

x5 5 1 9 59

x7 7

1 arctan 120 arctan 239 119

x9 9

x11 11

4

.

, donc

1 11 511

Ceci est une série alternée et ses termes décroissent jusqu’à 0, donc, selon le théorème d’estimation des séries alternées, la somme se situe entre s5 et s6, c’est-à-dire 0,197 395 560 arctan 15

Calcul intégral

6 Révision

0,197 395 562 .

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Solutionnaire détaillé

e)

Chapitre 6 Les suites et les séries

À partir de la série à la sous-question d), nous obtenons arctan

1 239

1 239

159

1 3 2393

1 5 2395

. Le troisième terme est

inférieur à 2,6 × 10−13, donc, selon le théorème d’estimation des séries alternées, nous obtenons, avec neuf décimales 1 exactes, arctan 239

f)

s2

1 0,004184 076 . Par conséquent, 0,004184 075 arctan 239

Selon la sous-question c), nous obtenons

16arctan 15

16(0,197 395 560) 4(0,004184 077)

16(0,197 395 562) 4(0,004184 075)

0,004184 077 .

1 , donc, selon les sous-questions d) et e), nous obtenons 4arctan 239

3,141592 652

3,141592 692 .

Donc, avec sept décimales exactes, π ≈ 3,141 592 7. 8.

a)

Soit a = arccot x et b = arccot y, où 0 < a − b < π. Alors

cot(a b)

1 tan(a b)

1 cot a cot b cot b cot a Or, arccot x arccot y b)

a b

1 1 1 cot a cot b cot a cot b 1 1 cot a cot b cot a cot b 1 cot(arccot x)cot(arccot y) 1 xy cot(arccot y) cot(arccot x) y x

1 tan a tan b tan a tan b

arccot(cot( a b))

arccot

1 xy , puisque 0 < a − b < π. y x

En utilisant l’identité à la sous-question a) avec x = n et y = n + 1, nous obtenons arccot(n2

n 1)

arccot(1 n(n 1))

arccot

1 n(n 1) (n 1) n

arccot n arccot(n 1)

Par conséquent, nous sommes en présence d’une série télescopique dont la nième somme partielle est sn

arccot(n2

que

n 1)

n 0

9.

lim sn

lim[arccot 0 arccot( n 1)]

n

n

xn

Commençons par la série géométrique n 0

nx n

[arccot n arccot(n 1)] arccot 0 arccot(n 1) . Il s’ensuit

[arccot 0 arccot 1] [arccot 1 arccot 2]

d dx

1

n 1

xn n 0

d 1 dx 1 x

0

2

2

.

1 , |x| < 1 et dérivons-la : 1 x

1 pour |x| 1 (1 x)2

nx n

nx n

x

n 1

x pour |x| < 1. (1 x)2

1

n 1

Prenons encore la dérivée : n2 xn

1

n 1

n3 x n

1

n 1

Calcul intégral

d x dx (1 x)2

(1 x)2

d x2 x dx (1 x)3

(1 x)3 (2 x 1) ( x 2 x)3(1 x)2 ( 1) (1 x)6

x 2(1 x)( 1) (1 x)4

x 1 (1 x)3

n2 x n n 1

x2 4 x 1 (1 x)4

6 Révision

x2 x (1 x)3 n3 x n n 1

x3

4x 2 x , |x| < 1. Le rayon de (1 x) 4

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

160

convergence est 1 parce que c’est le rayon de convergence de la série géométrique de départ. Si x = ±1, la série est

n3 ( 1)n , qui

diverge selon le critère de divergence; l’intervalle de convergence est donc ]−1, 1[. 10. Essayons tout d’abord le cas particulier où k = 1 : a0 lim a0 n

a1 n 1

n

a1

lim a0 n n

n

ak

a1 n 1

n

a0 lim

a1

n k

ak a1 lim n

1

a0 n 1

a0 lim

1 n 1

0

ak

n

a0

n k 1 a0 n k n 1

a1

lim a0 n

n

n

En général, nous obtenons a0

0

n k

a0

a0 lim

n

n

n 1

n n

n 1 n 1

0

a1

ak

a1 n k ak 1 lim n

lim a0 n

1

n

ak

n k 1

a1 n 1 a2 n 2

ak n k

n k

1

n k

Chacune de ces limites est 0 et nous arrivons à ce résultat en utilisant la même technique de simplification que dans le cas k = 1. Nous obtenons donc

lim a0 n

a1 n 1 a2 n 2

n

11.

ln 1

1 n2

n2 1 n2

ln

(n 1)(n 1) n2

a0 (0) a1 (0)

ak 1 (0) 0

ln[(n 1)(n 1)] ln n 2

ln(n 1) ln(n 1) 2ln n ln(n 1) ln n ln n ln(n 1) n 1 n 1 n ln [ln n ln(n 1)] ln ln . n n n 1 k k 1 n 1 n pour k ≥ 2. Alors, ln 1 2 ln ln n n n 1 n 2 n 2

Soit sk

sk

ln

ak n k

ln

ln 1 n 2

1 2 ln 2 3 1 n2

ln

lim sk

k

2 3 ln 3 4

ln

lim ln

1 k ln 2 k 1

k

k 1 k ln k k 1 ln

ln

1 k , donc ln 2 k 1

1 ln1 ln1 ln 2 ln1 2

ln 2 .

12. Plaçons l’axe des y selon l’illustration ci-dessous. Supposons que la longueur de chaque livre est L. Nous désirons montrer que le centre de masse du système de n livres repose au-dessus de la table, c’est-à-dire x de masse des livres sont x1

Calcul intégral

L , x2 2

L 2(n 1)

L , x3 2

L 2(n 1)

L 2(n 2)

6 Révision

L . Les coordonnées sur l’axe des x des centres

L et ainsi de suite. 2

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

161

Chaque livre a la même masse m, donc, s’il y a n livres, alors

mx1

x

mx2 mn

1 L n 2

mxn

x1

x2

xn n

L 2(n 1)

L 2

L 2(n 1)

L 2(n 2)

L 2(n 1) L n 1 n 2(n 1)

n 2 2(n 2)

2 4

1 2

n 2

L 2

L 2(n 2)

L 4

L 1 (n 1) n 2

n 2

L 2

L 2

2n 1 L 2n

L

Ceci démontre que, quel que soit le nombre de livres ajoutés selon la procédure donnée, le centre de masse repose au-dessus de la table. On remarque également que la série

1 2

1 4

1 6

1 8

1 2

(1/n) est divergente (série harmonique); nous pouvons donc faire

en sorte que le livre du dessus déborde la table de la distance que nous désirons, si nous ajoutons assez de livres. 13.

a)

Les points d’intersection de la courbe avec l’axe des x se produisent là où sin x

0

x

Donc, en utilisant la formule pour les disques [et un logiciel de calcul symbolique ou sin 2 x

n , n étant un nombre entier. 1 2

(1 cos2 x) , ainsi que la

formule 99 pour évaluer l’intégrale], le volume de la nième perle est n

Vn

( n 1) 250 101

b)

(e

(e

x /10

( n 1) /5

Le volume total est

sin x) 2 dx e

0

n /5

e

n ( n 1)

e

x /5

sin 2 x dx

Vn

250 101

)

x /5

sin 2 xdx n 1

[e

( n 1) /5

e

n /5

]

n 1

Autre méthode : Si le volume à la sous-question a) a été représenté par Vn que

Vn est une série géométrique avec a n 1

250 101

(1 e

/5

250 101

250 101

[somme télescopique] .

e

n /5

(e

/5

1) , alors nous constatons

) et r = e−π/5.

14. Nous remarquons tout d’abord que les deux séries sont absolument convergentes (séries p avec p > 1.) Soit x égale à l’expression donnée. Alors,

Calcul intégral

6 Révision

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries 1 2p x 1 1 2p 1 1 2 p 2 p 2 4 1 1 1 1 p p 2 3 4p 1 1 1 1 1 2 p 2 4p 6p 8p 2p 1 1 1 1 1 1 1 1 2 p 3p 4 p 1 2p 1 1 2p 1 1 2p

1 3p 1 3p 1 3p

1

Par conséquent, x 1 21 p x

1 4p 1 4p 1 4p

1

x 21 p x 1

2

1 2p

1 3p 1 3p

L

An

An A

2 n

1 2p

x(1 21 p ) 1

. Le nombre de cercles est 1 2

3 1

n(n 1) 2 r 2

n(n 1) 2

n(n 1) 2

4 A/ 3 4 n

3 1

1 2p

n

1 2

3r

1 4p

1 6p

1

cercles. Lorsqu’il y a n rangées de cercles, la figure montre que L

1 4p

1 4p

2

15. Si L est la longueur d’un côté du triangle équilatéral, alors l’aire est A

donc r

2

162

L

1 3p

1 4p

1 3p

1 4p

x

1 1 21

3 2

L

3 4

1 21 p x

p

.

L2 ; donc, L2

r (n 2)(2r ) r

3r

4 3

A . Soit r le rayon d’un des

r 2n 2 2 3 ,

n(n 1) ; l’aire totale des cercles est donc 2

L2 4 n

3 1

2

n(n 1) 2

A 2 3 3 1 2

n

n(n 1) n

2

3 1 2 3 1 1/n

1

3 1 /n

2

2 3

2 3

lorsque n

16. Comme on nous donne a0 = a1 = 1 et an

de la suite : a2 Calcul intégral

1 0 a1 ( 1)a0 2 1

1 , a3 2

(n 1)(n 2)an 1 (n 3)an n(n 1)

2 1 a2 0 a1 3 2

1 , a4 6

2

, nous pouvons calculer quelques-uns des prochains termes

3 2 a3 1 a2 4 3

6 Révision

1 . Il semble que an 24

1 ; nous essaierons n!

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

163

1 et ak k!

donc de le prouver par induction. La première étape étant déjà complétée, supposons donc que ak

ak

1

k (k 1)ak (k 2)ak (k 1)k

conséquent,

an n 0

n

k (k 1) k 2 k! (k 1)! (k 1)k

1

(k 1) (k 2) [(k 1)(k )](k 1)!

1 1

(k 1)!

. Alors,

1 . Ce qui complète la preuve par induction. Par (k 1)!

1 e. n 0 !

17. Comme à la section 6.8, nous devons effectuer l’intégration de la fonction xx en intégrant la série. En posant xx = (eln x)x = ex ln x et en utilisant la série de Maclaurin de ex, nous obtenons x x

(eln x ) x

( x ln x)n n! 0

e x ln x n

1

puissances, nous pouvons effectuer l’intégration de cette série un terme à la fois :

n(ln x)n 1 dx et v x

Intégrons par parties avec u = (ln x)n, dv = xn dx, donc du

1 0

x n (ln x)n dx

lim

t

0

0

1 t

x n (ln x) n dx

n

1

n 1

0

xn 1 (ln x) n n 1

lim

n

x (ln x)

t

0

n 1

dx

n

x n (ln x) n . Comme pour les séries de n! 0 1

x x dx

0

n 0

0

x n (ln x)n dx n!

n

1 1 n x (ln x)n dx . 0 0 n!

xn 1 : n 1 1

1

lim

t

t

t

0

n n x (ln x) n 1 dx n 1

(la règle de l’Hospital a été utilisée dans l’évaluation de la première limite). Une nouvelle intégration par parties produit

1 0

1 0

18.

1

x n (ln x)k dx

0

x n (ln x)n dx

x x dx n

k

1

n 1

0

( 1)n n! 1 n x dx (n 1)n 0

1 1 n x (ln x)n dx 0 0 n!

x n (ln x)k 1 dx , puis, en combinant ces étapes, nous obtenons

( 1)n n! (n 1) n 1

n

1 ( 1)n n! n 1 0 n! ( n 1)

n

( 1)n n 0 ( n 1)

1

que 12 xn

xn

xn

1

2

xn

3

xk

xk

1

De façon similaire, pour n ≥ 5, yn par 12 y1

Calcul intégral

y2

y3

y4

1 2

( xn

xn 3 ) pour n ≥ 5. Nous pouvons donc démontrer par induction

4

2 . Le cas n = 1 se règle immédiatement, puisque

également vrai pour n = k − 1, c’est-à-dire que 1 2

n

1 2

a) Puisque Pn est défini comme le centre de Pn−4Pn−3, xn

( 1) n 1 . nn 1

xk

xk

2

1 2

( yn

1 1 0 0

3 2

4

3

1 2

xk

1 2

xk

1 2

xk

xk

xk

1

xk

1

xk

2

1 2

xk

xk

1

xk

1

xk 1

2

( xk 2

1 2

0 1 1 0 2 . Supposons que ce résultat est

2 . Alors, pour n = k,

xk

3 4

3 3

) [selon ce qui précède]

2 [selon l'hypothèse d'induction]

yn 3 ) , donc le raisonnement qui précède s’applique à y, en remplaçant 2

. Donc, 12 yn

yn

1

yn

2

6 Révision

yn

3

3 2

pour tout n.

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Solutionnaire détaillé b)

lim( 12 xn

Chapitre 6 Les suites et les séries

xn

n

xn

1

1 2n

xn 3 )

2

lim xn

lim xn

n

lim xn

1

l’équation sont égales, nous obtenons 72 lim xn

2

n

( 1) n

19. Selon le tableau 1 à la section 6.9, arctan x n 0

1 3

arctan

6

6 ( 1)n n 3 n 0 (2n 1)3

20. a)

b)

En utilisant sn

1 0

(1 x

c)

1 2

1 4

Puisque 1

1 2

que

1 1 2

1 1 2

d)

x2

1 3

1

( 1)

. De la même façon,

7 2n

3 2

lim yn

n

x3

x2n

1 2n 1 1 1 , 1 2 3

1 3 4

donc

1 1 2

à sn

ln 2

2

1 , 3 4

1 (2n 1)(2n)

1 3 4

1 0

1 (2n 1)(2n)

dx 01 x 1

n

1

lim yn

n

3 7

,

x

1

1 2n

x3

x2 2

x2n

x3 3

2

1.

2 3

x 2n

x4 4

1

1[1 ( x)2 n ] 1 ( x)

x 2n 1 2n 1

x2n 2n

1

0

1 x2n . 1 x dx 01 x 1

x2n dx 01 x 1

1 , nous constatons, selon la sous-question b), (2n 1)(2n)

x2n dx . Par conséquent, 01 x

dx 01 x

1

x2n dx 01 x

dx 01 x 1

1

1

1 . Par conséquent, lim sn n 2n 1

1 0

ln 2 et que

0

ln 2

x 2 n dx

1 0

puisque

x 2 n dx

x2n 1 x

x2n 1 2n 1

1

0

x 2 n pour 0

x 1 .

1 . La réponse à la sous-question c) devient 2n 1

1 . En d’autres mots, la nième somme partielle sn de la série donnée satisfait 2n 1

ln 2 , c’est-à-dire que

1 1 2

x2 4!

x3 6!

x6 6!

x8 8!

21. Posons f(x) représentant le membre de gauche de l’équation 1

solutions à cette équation. On remarque que f

( 1)n n 1 (2n 1)3

x2n dx 1 x

1

1 2n 1 2n

n

1 x2n dx 0 1 x

1 2n 1

ln 1 x

( 1)n n 1 (2n 1)3

x2

0

1 , nous 3

1 1 , donc 3 2n 1

a(1 r n ) ,1 x 1 r

dx 1 x ,

n

1

x 2 n 1 )dx

1 2n

1 4

n 0

2 3 1

ar n

1 3

( 1) n

2n 1

ar 2

x2n 1 pour |x| < 1. En particulier, pour x 2n 1

2n 1

1/ 3

( 1)n n 0 (2n 1)3

2 3

a ar

1 3 4

n

n 0

Nous remarquons que

Calcul intégral

4 7

lim xn

n

2 . Puisque toutes les limites du membre de gauche de

3

n

( 74 , 73 ) .

donc P

obtenons

lim xn

2

n

164

x2

1

x2 2!

x 2! x4 4!

6 Révision

1 3 4

x4 8!

1 5 6

1 7 8

ln 2 .

0. Si x ≥ 0, alors f (x) ≥ 1 et il n’y a pas de

cos x. Les solutions de cos x = 0 pour x < 0 sont

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

165 2

données par x

k , où k est un nombre entier positif. Par conséquent, les solutions de f (x) = 0 sont x

2

2

k

, où k est

un nombre entier positif. 22. Supposons que la base du premier triangle rectangle est de longueur a. Alors, en utilisant le théorème de Pythagore à répétition, nous trouvons que la base du second triangle rectangle est de longueur 1 a 2 , la base du troisième triangle rectangle est de longueur 2 a 2 , et, en général, la base du nième triangle rectangle est de longueur n 1 a 2 et son hypoténuse de longueur n a 2 . Par

conséquent,

n

arctan 1 / n 1 a 2 et

1 n a2

n 1

n 1

1

conséquent, n 0

1

avec n 0

1 p n

n a2

n a2

n

n

1 / n a2 1/ n

n 0

lim

arctan 1 / n a 2

n

1/ n a

lim

n

arctan

diverge également. Or,

, puisque

Par conséquent,

1 , puisque lim

1 2

2

lim

1

arctan

n 1 a2

n 1

série diverge. Remarquons tout d’abord que la série

p divergente

1

arctan

n n 1

n a2

n 0

. Nous désirons montrer que cette

diverge, selon le critère de comparaison par une limite avec la série

n

1 n a2

n

lim

n

1 1 a2 / n

1 0 . Par

diverge, selon le critère de comparaison par une limite

arctan 1 / x a 2

lim

2

x

n n a2

lim

n a2

y

arctan(1 / y ) 1/ y

1/ x a H arctan z 1 / (1 z 2 ) lim [ z 1 / y ] lim 1 0 z 0 z 0 z 1

y

x a2

est une série divergente.

n 1

23. Désignons la série par la lettre S. Regroupons les termes selon le nombre de chiffres dans leurs dénominateurs :

S

( 11

1 2

1 8

1 9

) ( 111

g1

1 99

1 ) ( 111

1 999

g2

)

g3

Or, dans le groupe gn, puisqu’il y a 9 choix pour chacun des n chiffres dans le dénominateur, il y a 9n termes. De plus, chaque terme de gn est inférieur à

avec a = 9 et r

24. a)

Soit f ( x)

Calcul intégral

9 10

1

1 10n

1

[sauf pour le premier terme de g1]. Donc, gn

9n

1 10n

1 . Par conséquent, selon le critère de comparaison, S

cn x n

c0

c1x c2 x 2

c3 x3

9( 109 )n

gn n 1

x x x2

1

n 1

1

Or,

9( 109 )n

n 1

1

9( 109 ) n

9 1 9/10

1

est une série géométrique

90 .

. Alors,

n 0

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries

x

x 2 )(c0

(1 x

x

c0

c1 x c2 x

c1 x c2 x 2

2

c3 x

3

c4 x

c3 x 3

4

c0 x c1 x 2

c2 x 3 c3 x 4

c4 x 5

c0 x 2

c1 x 3 c2 x 4

c3 x 5

x

c0

(c1 c0 ) x

)

c5 x 5

c1 c0 ) x 2

(c2

166

c1 ) x 3

(c3 c2

En comparant les coefficients des puissances de x, nous obtenons c0 = 0 et

c1 c0 c2

c1 c0

c3 c2

c1

1

c1

c0

0

c2

c1 c0

1

0

c3

c2

1 1 0 1

c1 1 1 2

En général, nous obtenons cn = cn−1 + cn−2 pour n ≥ 3. Chaque cn est égal au nième nombre de Fibonacci, c’est-à-dire cn x n

que n 0

b)

cn xn

f n xn

n 1

n 1

En complétant le carré de x2 + x − 1, nous obtenons

x2

Donc,

1 4

x

1

x 1 x x2

1 4

x

1 2

x

1 2

x x 1

x2

2

5 4 5 2

1 2

x

5

1

Si x

1

Calcul intégral

5 2

5 2

, alors

1

, alors

1

5

B 5

5

A

2

2

5 2

B

5

1

x

2

2

5 2

1

x

x 1

x

décomposition en fractions partielles est

Si x

2

1 2

x

5 2

1

x

5 2

. Les facteurs qui apparaissent au dénominateur sont linéaires, donc la

5 2

x x

1

1 5 2 5

A

5 2

x

A 1

5 2

x

B

1

5 2

x

1

5

x

A x

1

5 2

B x

1

5 2

2

. 1

5 2 5

. Par conséquent,

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Solutionnaire détaillé

Chapitre 6 Les suites et les séries 1

5 2 5 1 5 x 2

1 5 2 5 1 5 x 2

1/ 5 2 1 x 1 5

1/ 5 2 1 x 1 5

x 1 x x2

1 5n 1 5 1 5 1 5

n

2 1

0

5

5) n

5) n

5) n

(1

5

1 5n

n

2 1

0

5

x

5) n

n

x n [le terme n

x n [( 4) n

( 2) n 2n ]

(1

f n x n , donc f n

Selon la sous-question a), cette série doit être égale à

0 est 0]

xn

5) n (1

2

n 1

1

x

xn

5

5) n

n

2 0

1 5 2 2 5 1 5 2 1 5 x 1 5 2

n

5) n ( 2) n (1 5) n (1 5) n

(1 (1

1 5n

1

( 2) n (1 n 1

5 2 2 5 1 5 2 1 5 x 1 5 2

2

( 2) n (1 (1

n 1

1

167

n 1

5) n (1 2n 5

5) n

, qui est une formule explicite du

nième nombre de Fibonacci.

25. u 1

x3 3!

x6 6!

x9 9!

, v

x

x4 4!

x7 7!

x10 10!

, w

x2 2!

x5 5!

x8 8!

.

Utilisons la règle de d’Alembert pour montrer que les séries de u, v et w ont des rayons de convergence positifs (∞ dans chaque cas), donc le théorème 6.8.2 s’applique et, par conséquent, nous pouvons dériver chacune des séries : 3 x2 3!

du dx

dv dx

De façon similaire,

1

x3 3!

x6 6!

x9 9!

u et

6 x5 6!

dw dx

9 x5 9!

x

x2 2!

x4 4!

x7 7!

x10 10!

x5 5!

x8 8!

w

v.

Donc, u′ = w, v′ = u et w′ = v. Maintenant, dérivons le membre de gauche de l’égalité à montrer : d dx

(u 3

v3

2

w3 3uvw) 3u 2u

3v 2v

3w2 w

2

2

2

2

3u w 3v u 3w v 3(vw

2

u w uv )

3(u vw uv w uvw )

0

u3 + v3 + w3 –3uvw = C. Pour trouver la valeur de la constante C, insérons x = 0 dans la dernière égalité afin d’obtenir 13

03

03 3(1 0 0) C

C 1 , donc u3 + v3 + w3 - 3uvw = 1.

26. À démontrer : Si n > 1, alors la nième somme partielle sn

n i 1

1 de la série harmonique n’est pas un nombre entier. i

Démonstration : Posons que 2k est la plus haute puissance de 2 qui est inférieure à ou égale à n et posons M, le produit de tous les nombres entiers positifs impairs qui sont inférieurs à ou égaux à n. Supposons que sn = m, un nombre entier. Alors, M2k sn = M2km. Puisque n ≥ 2, nous obtenons k ≥ 1 et, par conséquent, M2km est un nombre entier pair. Nous allons montrer que M2k sn est un nombre entier impair, ce qui contradit l’égalité M2k sn = M2km et contredit l’hypothèse que sn est un nombre entier. Calcul intégral

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Solutionnaire détaillé

M 2k sn

Chapitre 6 Les suites et les séries n

M 2k i

1 1 i

n i 1

168

M M 2k . Si 1 ≤ i ≤ n et i est impair, alors est un nombre entier impair, puisque i est un des nombres i i

entiers impairs dont on a calculé le produit pour obtenir M. Par conséquent,

M 2k est un nombre entier pair dans ce cas. Si 1 ≤ i ≤ n i

et i est pair, alors nous pouvons écrire i = 2r l, où 2r est la plus haute puissance de 2 qui divise i et l est impair. Si r < k, alors

M 2k i

2k M 2r l

2k

r

M M , qui est un nombre entier pair, le produit du nombre entier pair 2k−r et du nombre entier impair . Si l l

r = k, alors l = 1, puisque l 1 l

2

i

2k l

2k ·2 2k 1 , contrairement au choix de 2k comme étant la plus haute puissance

de 2 qui est inférieure à ou égale à n. Ceci démontre que r = k seulement lorsque i = 2k. Dans ce cas,

impair. Puisque

M 2k i

M , un nombre entier

M 2k M 2k est un nombre entier pair pour chaque i à l’exception de 2k et puisque est un nombre entier impair i i

lorsque i = 2k, nous constatons que M2k sn est un nombre entier impair. Ceci complète la démonstration.

Calcul intégral

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