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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Z 1 Z 1 2 x3 dx en utilisant des sommes de Riemman. x dx et Calculer 0
0
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]
k=pn
Calculer la limite quand n tend vers +∞, de Sn =
X 1 k k=n
(avec p ∈ IN∗ ).
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Calculer lim Sn , avec Sn = (C n2n )1/n . n→+∞
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] n 1 X√ Calculer lim Sn , avec Sn = √ k. n→+∞ n n k=1
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application continue sur [0, 1], strictement positive. Z 1 Z 1 Montrer que ln f (x) dx ≤ ln f (x) dx. 0
0
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z 1 Z 1 n n 1 X k2 1 X k3 2 3 ´ x dx = lim x dx = lim Ecrire = · · ·, et = · · ·. 2 3 n→+∞ n n→+∞ n n n 0 0 k=1 k=1 Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] 1 1 , de pas , sur le segment [1, p]. x n Sa limite, quand n tend vers +∞, est ln p. Sn est une somme de Riemann de f (x) =
Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] V´erifier que ln Sn est une somme de Riemann de x 7→ ln x sur [1, 2]. 4 En d´eduire que lorsque n tend vers +∞, Sn tend vers . e Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] √ 2 Constater que Sn est une somme de Riemann de x 7→ x sur [0, 1]. Donc lim Sn = . n→+∞ 3 Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] 1 . n Utiliser la concavit´e de x 7→ ln x, puis passer a` la limite quand n → +∞. Passer par une somme de Riemann de f sur [0, 1], de pas
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Soit f : [a, b] → IR une application continue par morceaux. Z b n k(b − a) b−aX f a+ . On rappelle que f (x) dx = lim n→+∞ n k=1 n a – On applique ce qui pr´ec`ede `a l’application x 7→ x2 sur [0, 1]. Z 1 n n 1 X 2 (n + 1)(2n + 1) 1 X k2 1 . = lim k = lim = On obtient x2 dx = lim 2 2 n→+∞ n3 n→+∞ n→+∞ n n 6n 3 0 k=1 k=1 Z – De mˆeme 0
1
n n 1 X k3 1 X 3 (n + 1)2 1 . = lim k = lim = 3 2 n→+∞ n n→+∞ n4 n→+∞ n 4n 4 k=1 k=1
x3 dx = lim
´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 k , et ck = 1 + , avec k ∈ {0, n(p − 1)}. x n 1 Les coefficients ck forment une subdivision r´eguli`ere de [1, p], de pas . n n(p−1) n(p−1) np X1 1 X 1 X 1 = = Avec ces notations, Sn = f (ck ). k n k=0 k + 1 n k=0 k=n Posons f (x) =
n
On reconnait une somme de Riemann de f sur le segment [1, p]. Z p 1 Sa limite, quand le pas h = tend vers 0, est f (x) dx = [ln x]p1 = ln p. n 1 np X 1 Conclusion : lim = ln p. n→+∞ k k=n ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 Q n n n 1 (2n)! 1 1 Q k 1 P k On a ln Sn = ln = ln (n + k) = ln 1 + = ln 1 + . n (n!)2 n n! k=1 n k=1 n n k=1 n Ainsi ln Sn est une somme de Riemann de x 7→ ln x sur [1, 2]. Z 2 4 On en d´eduit lim ln Sn = ln x dx = [x ln x − x]21 = 2 ln 2 − 1 = ln . n→+∞ e 1 4 Conclusion : lorsque n tend vers +∞, Sn tend vers . e
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´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige r n √ 1X k On constate que Sn = est une somme de Riemann de x 7→ x sur [0, 1]. n k=1 n Z 1 h 2 √ i1 2 √ On en d´eduit lim Sn = x dx = x x = n→+∞ 3 3 0 0 ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Soit n ≥ 1 un entier, et la subdivision de [0, 1] d´efinie par xk =
k . n
Z 1 n 1 P On sait que la somme de Riemann Sn = ln f (xk ) v´erifie lim Sn = ln f (x) dx. n k=1 0 Z 1 n 1 P 0 0 0 x 7→ ln x est concave donc Sn ≤ ln Sn , avec Sn = f (xk ). Or lim Sn = f (x) dx. n→∞ n k=1 0 Z 1 Z 1 0 Quand n → +∞, l’in´egalit´e Sn ≤ ln Sn donne donc ln f (x) dx ≤ ln f (x) dx. 0
0
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
f (0) = 0 Soit f : [0, a] → [0, b], continue strictement croissante, avec . On note g = f −1 . Z a Z b f (a) = b 1. Montrer que ab = f (x) dx + g(x) dx. (utiliser des sommes de Riemann.) Z u Z v 0 0 f (x) dx + g(x) dx. 2. Montrer que : ∀ u ∈ [0, a], ∀ v ∈ [0, b] , uv ≤ 0
0
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] n P (−1)k f ( nk ) = 0. Soit f une application continue sur [0, 1]. Montrer que lim n1 n→+∞ k=1
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Soient f et g deux applications continues sur [0, 1]. Z 1 n−1 1 X k k + 1 f g = f (x)g(x) dx. Montrer que lim n→+∞ n n n 0 k=0 Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Calculer lim Sn , avec Sn = n→+∞
n X k=1
√
1 . n2 + kn
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application de classe C 3 sur [a, b], et n ∈ IN∗ . n−1
(3)
b − a X k
On pose M3 = sup f et Sn (f ) = f . n k=0 n [a,b] On d´efinit de mˆeme les sommes Sn (f 0 ) et Sn (f 00 ).
Z b
(b − a)4 b−a (b − a)2
00
1. Montrer que f (x) dx − Sn (f ) − S (f ) M3 Sn (f 0 ) −
≤ n 2n 6n2 24n3 a Z b 1 b−a (b − a)2 0 0 2. Prouver que f (x) dx = Sn (f ) + (f (b) − f (a)) − (f (b) − f (a)) + O 2n 12n2 n3 a
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ] 1. Pour n ≥ 1 fix´e, et pour 0 ≤ k ≤ n, poser xk =
ka et yk = f (xk ). n
n n−1 X aX (yk+1 − yk )g(yk ). f (xk ) et Sn0 = n k=1 k=0 Z a Z b 0 Il est clair que lim Sn = f (x) dx. Montrer que lim Sn = g(x) dx.
Consid´erer Sn =
n→+∞
n→+∞
0
´ Etablir ensuite que Sn + = ab, et conclure. Z u Z v Z 2. V´erifier que f (x) dx + g(x) dx − uv =
0
Sn0
0
0
v
(g(x) − u) dx ≥ 0.
f (u)
Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] n P Ecrire Sn = n1 (−1)k f ( nk ) = 12 (Sn0 − Sn00 ) en s´eparant les indices pairs des indices impairs. k=1
Constater que Sn0 et Sn00 sont deux sommes de Riemann de f sur [0, 1]. Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] n−1
n−1
1 X k k + 1 1 X k k Poser Sn = f g et Tn = f g . n k=0 n n n k=0 n n Utiliser l’uniforme continuit´e de g pour montrer que lim (Sn − Tn ) = 0. n→+∞
Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] Sn est une somme de Riemann de f (x) = √
√ 1 sur [0, 1]. On trouve lim Sn = 2( 2 − 1). n→+∞ 1+x
Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] b−a , avec k ∈ {0, . . . , n − 1}. n Appliquer l’in´egalit´e de Taylor-Lagrange `a f entre xk et x, avec x ∈ [xk , xk+1 ].
1. Poser xk = a + k
Int´egrer terme `a terme avant de sommer de k = 0 a` k = n − 1. 2. La question pr´ec´edente donne un DL de Sn (f ). Utiliser des DL analogues (mais de pr´ecision moindre) pour Sn (f 0 ) et Sn (f 00 ). 6 c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige ka et yk = f (xk ), pour tout k de {0, . . . , n}. n Les xk forment une subdivision r´eguli`ere σ de [0, a]. La fonction f ´etant croissante, les yk forment une subdivision (`a priori non r´eguli`ere) de [0, b] (on rappelle que f (0) = 0). n n−1 X aX (yk+1 − yk )g(yk ). On consid`ere les sommes de Riemann Sn = f (xk ) et Sn0 = n k=1 k=0 Z a Lorsque n → ∞, la somme Sn tend vers f (x) dx.
1. Soit n un entier positif. On pose xk =
0
f ´etant continue sur le segment [0, 1], elle y est uniform´ement continue (Th de Heine.) Il en d´ecoule que le “pas” de la subdivision σ 0 tend vers 0 lorsque n → +∞. Z b 0 On en d´eduit que Sn tend vers g(x) dx quand n → +∞. D’autre part : 0
Sn +
Sn0
n−1 n−1 n−1 n n X X X aX aX xk yk = (yk+1 − yk )xk = xk yk+1 − yk + yk + n k=1 n k=0 k=0 k=0 k=1
n−1 n−1 n n a X X X a aX xk yk = = xk−1 yk − yk + − xk + xk−1 yk + + xn−1 b = ab n k=1 n n {z } k=1 | k=0 k=1 =0
Quand n → ∞, l’´egalit´e Sn +
Sn0
Z
a
= ab donne donc
b
Z f (x) dx +
0
g(x) dx = ab. 0
2. On se donne u ∈ [0, a] et v ∈ [0, b]. Z
u
D’apr`es la question pr´ec´edente, on a
Z
0
Z
u
Z
v
f (u)
f (x) dx + Z
g(x) dx = uf (u). Ainsi : 0
u
Z
f (u)
Z
g(x) dx − uv = f (x) dx + g(x) dx + 0 0 0 Z v Z v = u(f (u) − v) + g(x) dx = (g(x) − u) dx
f (x) dx + 0
f (u)
v
g(x) dx − uv f (u)
f (u)
Rappelons que l’application g, tout comme f , est croissante. – Si f (u) ≤ v, alors u ≤ g(x) ≤ g(v) sur [f (u), v]. – Si v ≤ f (u), alors g(v) ≤ g(x) ≤ u sur [v, f (u)]. Z v Dans tous les cas, on a donc (g(x) − u) dx ≥ 0. f (u) Z u Z v Compte tenu du calcul pr´ec´edent, on en d´eduit f (x) dx + g(x) dx ≥ uv. 7
0
0
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3. Le sch´ema ci-dessous illustre l’id´ee de la d´emonstration de la premi`ere question. On y voit la subdivision (xk ) de [0, a], ainsi que la subdivision (yk ) de [0, b]. La somme de Riemann S6 de f est repr´esent´e par des hachures obliques. La somme de Riemann S60 de g est repr´esent´ee par un nuage de points. On voit bien comment les sommes S6 et S60 s’emboˆıtent de telle sorte que S6 + S60 = ab.
Quand n → ∞ on devine que Sn et Sn0 tendent respectivement vers l’int´egrale de f sur [0, a] (aire du domaine situ´e sous la courbe y = f (x) et dans le rectangle [0, a] × [0, b]) et vers l’int´egrale de g = f −1 sur [0, b] (aire du domaine situ´e au-dessus de la courbe y = f (x) et dans le rectangle [0, a] × [0, b]). Le fait que la somme des deux aires soit ´egale `a ab est aussi particuli`erement ´evident sur ce graphique. Le dessin ci-dessous illustre la question 2. On s’est plac´e ici dans le cas v ≥ f (u). L’int´egrale de f sur [0, v] est hachur´ee horizontalement. Celle de g sur [0, v] est hachur´ee verticalement. On voit que la somme de ces deux aires d´epasse uv (le rectangle gris´e.)
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´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige n P On s´epare Sn = n1 (−1)k f ( nk ) en deux sommes, en fonction de la parit´e de l’indice k. k=1
n/2 P 2k Ainsi Sn = 12 (Sn0 − Sn00 ), avec Sn0 = n2 f( n ) k=1
et Sn00 = n2
(n−1)/2 P k=1
f ( 2k+1 n ).
Or Sn0 et Sn00 sont deux sommes de Riemann de f sur [0, 1]. Z 1 0 00 On a donc lim Sn = lim Sn = f (x) dx. Il en d´ecoule lim Sn = 0. n→∞
n→∞
n→∞
0
´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige n−1 n−1 1 X k k + 1 1 X k k Posons Sn = g et Tn = g . f f n k=0 n n n k=0 n n Z 1 On sait que lim Tn = f (x)g(x) dx. Il reste donc `a montrer que lim (Sn − Tn ) = 0. n→∞ n→+∞ 0 n−1 k 1X k k+1 f −g g . On constate que Sn − Tn = n k=0 n n n
Donnons-nous ε > 0. L’application g ´etant continue sur le segment [0, 1], elle y est uniform´ement continue (th´eor`eme de Heine.) Ainsi il existe un r´eel α > 0 tel que : ∀ (x, y) ∈ [0, 1]2 , |x − y| ≤ α ⇒ |g(x) − g(y)| ≤ ε.
k + 1 k
1
−g On en d´eduit que si n ≥ , alors on a : ∀ k ∈ {0, . . . , n − 1}, g
≤ ε. α n n n−1 1 1 X
k
Ainsi n ≥ ⇒ |Sn − Tn | ≤ εUn , avec Un =
f
. α n k=0 n Z 1 Mais la suite (Un ) converge vers |f (x)| dx : cette suite est donc born´ee. 0
Il existe donc M ≥ 0 et un entier n ≥ n0 tels que : n ≥ n0 ⇒ |Sn − Tn | ≤ M ε. Z 1 n−1 1 X k k + 1 Ainsi lim (Sn − Tn ) = 0, et finalement lim f g = f (x)g(x) dx. n→+∞ n→+∞ n n n 0 k=0 ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On constate que Sn =
n X
n
√
k=1
n
Z On en d´eduit lim Sn = n→+∞
1X 1 1 q = . n k=1 k n2 + kn 1+
0
1
√
dx 1+x
h √ i1 √ = 2 1 + x = 2( 2 − 1) 0
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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige b−a 1. Pour simplifier les notations posons xk = a + k , avec k ∈ {0, . . . , n − 1}. n Z b n−1 n−1 Z xk+1 X b−aX On peut ´ecrire Rn (f ) = f (x) dx − (f (x) − f (xk )) dx f (xk ) = n k=0 a x k k=0 On applique Taylor-Lagrange entre xk et x, avec x ∈ [xk , xk+1 ] :
(x − x )3 (x − xk )2 00
k 0 f (xk ) ≤ M3
f (x) − f (xk ) − (x − xk )f (xk ) − 2 6 On proc`ede ensuite `a une int´egration sur [xk , xk+1 ]. On trouve
Z xk+1 M Z xk+1 (x − xk )2 00
3 0 f (x) − f (xk ) − (x − xk )f (xk ) − f (xk ) dx ≤ (x − xk )3 dx
2 6 xk xk b−a Autrement dit, compte tenu de ce que xk+1 − xk = : n
Z xk+1
(b − a)4 (b − a)3 00 (b − a)2 0
(f (x) − f (xk )) dx − f (x ) − f (x ) M3
k k ≤ 2 3 2n 6n 24n4 xk On en d´eduit, par sommation de k = 0 a` k = n − 1 : n−1 Z xk+1
X (b − a)4 (b − a)2 0 (b − a)3 00
(f (x) − f (xk )) dx − f (x ) − f (x ) M3
≤ k k 2 3 3 2n 6n 24n x k k=0 n−1 n−1 n−1 b−aX 0 b − a X 00 b−aX f (xk ), Sn (f 0 ) = f (xk ) et Sn (f 00 ) = f (xk ). Posons Sn (f ) = n k=0 n k=0 n k=0 L’in´egalit´e pr´ec´edente devient :
Z b
(b − a)4 b−a (b − a)2
0 00
Sn (f ) − Sn (f ) ≤ M3
f (x) dx − Sn (f ) − 2n 6n2 24n3 a Z b 1 b−a (b − a)2 00 f (x) dx = Sn (f ) + 2. Ainsi Sn (f 0 ) + S (f ) + O . n 2n 6n2 n3 a En agissant sur f 0 (`a un rang moindre) et sur f 00 (`a un rang moindre encore), on trouve : Z b Z b 1 1 b−a 0 0 00 f (x) dx = Sn (f ) + Sn (f ) + O 2 et f 00 (x) dx = Sn (f 00 ) + O 2n n n a a Z Z Z b 1 1 b b − a b 00 et Sn (f 0 ) = f 0 (x) dx − f (x) dx + O 2 Ainsi Sn (f 00 ) = f 00 (x) dx + O n 2n a n a a On en d´eduit : Z b Z Z 1 b−a b 0 (b − a)2 b 00 f (x) dx = Sn (f ) + f (x) dx − f (x) dx + O 3 2n a 12n2 n a a Z b 1 b−a (b − a)2 0 0 (f (b) − f (a)) − (f (b) − f (a)) + O Finalement : f (x) dx = Sn (f ) + 2n 12n2 n3 a 10 c Page 6 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
´matiques Exercices de Mathe ´grales Encadrement de suites par des inte ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Calculer lim Sn , avec Sn = n→+∞
n−1 X k=0
√
1 . − k2
n2
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] n! 1/n Calculer lim Sn , avec Sn = . n→+∞ nn Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] √ 1 1 1 Montrer que Sn ∼ 2 n, avec Sn = 1 + √ + √ + · · · + √ . n 2 3 Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] 1x + 2x + · · · + nx (et x r´eel). Calculer lim Sn (x), avec Sn (x) = n→+∞ nx+1
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ] 1 sur [0, 1[. Utiliser la croissance de l’application x 7→ f (x) = √ 1 − x2 Z n−1 Z 1 n π f (x) dx ≤ Sn ≤ En d´eduire f (x) dx, puis lim Sn = . n→+∞ 1 2 0 n Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] n 1 P k V´erifier que ln Sn = ln . n k=0 n Utiliser la croissance de l’application x 7→ ln x sur ]0, 1]. Z n−1 Z 1 n 1 ln x dx, puis lim Sn = . En d´eduire ln x dx ≤ Sn ≤ n→∞ 1 e 0 n Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] 1 Utiliser la d´ecroissance de x 7→ √ sur IR+∗ . x Z Z n+1 n √ dx dx √ ≤ Sn − 1 ≤ √ , puis Sn ∼ 2 n. En d´eduire que x x 2 1 Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] – Si x ≤ −1, on trouve lim Sn (x) = +∞. n→+∞
– Si −1 < x, ´ecrire Sn (x) =
k n 1 P avec f (t) = tx . f n k=1 n
Constater que f est monotone et int´egrable sur [0, 1]. Z 1 Z En d´eduire que Sn (x) est compris entre I = f (x) dx et Jn = 0
Obtenir finalement lim Sn (x) = n→+∞
1 . x+1
n+1 n
f (x) dx. 1 n
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige n−1 n−1 X 1 1 X k 1 √ On constate que Sn = = f , avec f (x) = √ . 2 − k2 2 n n n 1 − x k=0 k=0 L’application f n’est pas continue par morceaux sur [0, 1] car lim− = +∞. x→1
Pour cette raison, on ne peut pas utiliser les sommes de Riemann. En revanche, f est croissante ce qui nous permet de proc´eder par encadrements. Z k Z k+1 n n 1 k La croissance de f donne f (x) dx ≤ f ≤ f (x) dx. k−1 k n n n n (On rappelle que f est int´egrable au voisinage de 1, ce qui permet de consid´erer k = n − 1.) Z 1 Z n−1 n f (x) dx ≤ Sn ≤ En sommant de k = 1 a` k = n − 1, il vient f (x) dx. 1 0 n 1 π 1 π Autrement dit : arcsin 1 − ≤ Sn ≤ − arcsin , donc lim Sn = . n→+∞ n 2 n 2 ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige n k n 1 n! 1 Q 1 P k On constate que ln Sn = ln n = ln = ln . n n n k=1 n n k=0 n La fonction x 7→ ln x n’est pas continue par morceaux sur [0, 1] mais elle y est croissante. Comme dans l’exercice pr´ec´edent, on proc`ede par encadrements. Z k Z k+1 n n 1 k Pour tout entier k de {1, . . . , n − 1}, on ln x dx ≤ ln ≤ ln x dx. k−1 k n n n n (Rappel : x 7→ ln x est int´egrable au voisinage de 0, ce qui permet de consid´erer k = 1.) Z n−1 Z 1 n On en d´eduit par sommation ln x dx ≤ Sn ≤ ln x dx. 1 0 n Z 1 Quand n → ∞, les deux termes de l’encadrement tendent vers ln x dx = [x ln x − x]10 = −1. 0
1 Ainsi ln Sn tend vers −1 et donc Sn vers quand n tend vers ∞. e ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z k+1 Z k dx 1 dx 1 +∗ √ ≤√ ≤ √ pour tout k ≥ 2. x 7→ √ est d´ecroissante sur IR , donc x x k k−1 x Z n+1 Z n k dx dx √ ≤ Sn − 1 ≤ √ par sommation de k = 2 a` k = n. Il en d´ecoule x x 2 √ √1 √ Autrement dit, pour tout n ≥ 2 : 2 n + 1 − 2 2 + 1 ≤ Sn ≤ 2 n − 1. √ Sn On en d´eduit lim √ = 1, c’est-`a-dire Sn ∼ 2 n. n→+∞ 2 n 13 c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
´matiques Exercices de Mathe ´grales Encadrement de suites par des inte Corrig´es www.math-sup.blogspot.com
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´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 – Si x < −1 : pour tout x, on a Sn (x) ≥ x+1 . n 1 Mais lim x+1 = +∞ si x < −1. n→∞ n On en d´eduit que si x < −1 alors lim Sn (x) = +∞. n→+∞
n 1 P et on sait que cette somme tend vers +∞ avec n. k=1 k k n k x n 1 P 1 P f – Si −1 < x : on ´ecrit Sn (x) = = avec f (t) = tx . n k=1 n n k=1 n
– Si x = −1 : on a Sn (−1) =
L’application f est monotone sur [0, 1], et int´egrable car x > −1. d´ecroissante si − 1 < x ≤ 0 0 x−1 Plus pr´ecis´ement, f (t) = xt : f est donc croissante si x ≥ 0 Z k+1 n 1 k Posons Ik = est donc compris entre Ik−1 et Ik . f (x) dx : yk = f k n n n Ik−1 ≤ yk ≤ Ik si f est croissante, c-`a-d x ≥ 0 Plus pr´ecis´ement, . Ik−1 ≥ yk ≥ Ik si f est d´ecroissante, c-`a-d x ≤ 0 On somme pour 1 ≤ k ≤ n. Z On en d´eduit que Sn (x) est compris entre I = h x+1 it=1 1 Mais lim Jn = I = tx+1 = . n→+∞ x+1 t=0 1 . Conclusion : si x > −1, lim Sn (x) = n→+∞ x+1
1
n+1 n
Z f (x) dx et Jn =
0
f (x) dx. 1 n
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Soit E l’ensemble des applications continues de [a, b] dans IR+∗ . Z b Z b 1 Pour toute application f de E, on pose I(f ) = f (x) dx dx. a a f (x) 1. Montrer que pour toute f dans E, I(f ) ≥ (b − a)2 . Quand y-a-t-il ´egalit´e ? 2. Montrer plus pr´ecis´ement que {I(f ), f ∈ E} = [(b − a)2 , +∞[. Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]
Z b
Z b
Soit f une application [a, b] → IR, continue, telle que f (x) dx
= |f (x)| dx. a
a
Montrer que f garde un signe constant sur [a, b]. Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application de classe C 1 sur [a, b], et telle que f (a) = f (b) = 0. Z b Z (b − a)2 b 02 2 Montrer que f (x) dx ≤ f (x) dx. 8 a a Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Z x dt 2x 2 Montrer que x > a > e ⇒ < . ln x a ln t Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Z π Z π 2 sin x sin x Montrer que dx > dx. π x x 0 2 Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application continue et positive sur [a, b]. Z b p n Montrer que lim In = max f (x), avec In = f n (x) dx. n→+∞
x∈[a,b]
a
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ] 1. Utiliser l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz. Il y a ´egalit´e ⇔ f est constante. 2. Consid´erer les applications fλ : x 7→ eλx , avec λ > 0. sh x (b−a)λ V´erifier que I(fλ ) = (b − a)2 ϕ2 , avec ϕ(x) = , et ´etudier la fonction ϕ. 2 x Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z b Noter ε = ±1 selon le signe de f (x) dx, et utiliser la continuit´e de x 7→ |f (x)| − εf (x). a
Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z x Remarquer que f (x) = f 0 (t) dt, puis utiliser Cauchy-Schwarz pour majorer f 2 (x). a Z c a+b En notant c = , en d´eduire une majoration de f 2 (x) dx. 2 a Effectuer le mˆeme travail, mais `a partir de b et sur le segment [c, b]. Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z x 2x dt Montrer que f : x 7→ − est croissante sur [a, +∞[, et que f (a) > 0. ln x a ln t Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] Utiliser le changement de variable t = π − x. Z π Z π Z π 2 sin x 2 π − 2x sin x En d´eduire dx − dx = sin x dx. π x x x(π − x) 0 0 2 h i π − 2x ´ Etudier ensuite l’application x 7→ ϕ(x) = sin x sur 0, π2 . x(π − x) Indication pour l’exercice 6 [ Retour `a l’´enonc´e ] Se donner ε > 0. Observer qu’il existe n0 tel que n ≥ n0 ⇒
√ n
In ≤ M + ε, o` u M = max f (x). x∈[a,b]
Se placer ensuite sur un sous-segment sur lequel f (x) ≥ M − 2ε .
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z b Z b 2 Z b 2 1. On connait l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz g(x)h(x) dx ≤ g (x) dx h2 (x) dx. a
a
a
Cette in´egalit´e est valable pour toutes applications g et h continues par morceaux. On sait aussi que si g et h sont continues, il y a ´egalit´e ⇔ g et h sont proportionnelles. √ 1 Soit f un ´el´ement de E. Appliquons cette in´egalit´e a` g = f et h = √ . f Z b Z b Z b 2 1 On en d´eduit I(f ) = f (x) dx dx ≥ dx = (b − a)2 . f (x) a a a √ λ Enfin il y a ´egalit´e ⇔ g et h sont proportionnelles ⇔ ∃ λ, f = √ ⇔ ∃ λ, f = λ2 . f Autrement dit, il y a ´egalit´e ⇔ f est constante. 2. Il faut montrer que tout ´el´ement de ](b − a)2 , +∞[ s’´ecrit I(f ) pour un certain f de E. Pour cela, on consid`ere les applications fλ : x 7→ eλx , avec λ > 0. 1 Ces applications sont dans E, et fλ et sont facilement int´egrables. fλ De plus on a la possibilit´e de faire varier le param`etre λ . . .. On trouve : Z b Z b b 1 b λx I(fλ ) = e dx e−λx dx = − 2 eλx a e−λx a λ a a 1 1 λb = − 2 ( e − eλa )( e−λb − e−λa ) = 2 ( e(b−a)λ + e(b−a)λ − 2) λ λ (b−a)λ = λ22 ch ((b − a)λ) − 1 = λ42 sh 2 2 2 (b−a)λ 2 = (b − a)2 (b−a)λ sh 2 2 2
On constate que I(fλ ) = (b − a) ϕ Quand λ d´ecrit IR+∗ , le r´eel x =
2
sh x (b−a)λ , avec ϕ(x) = . 2 x
(b−a)λ d´ecrit IR+∗ . 2
Or quand x d´ecrit IR+∗ , ϕ(x) d´ecrit ]1, +∞[ : en effet, la convexit´e de x 7→ sh x fait que l’application ϕ est croissante, et on note que lim+ ϕ(x) = 1 et lim ϕ(x) = +∞. x→0
x→+∞
Ainsi, quand λ d´ecrit IR+∗ , le r´eel I(fλ ) d´ecrit ](b − a)2 , +∞[. On en d´eduit que l’ensemble {I(f ), f ∈ E} contient ](b − a)2 , +∞[. Compte tenu du r´esultat de la question 1, on trouve : {I(f ), f ∈ E} = [(b − a)2 , +∞[. 17 c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
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´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z b Z b Z b Soit ε = ±1 le signe de f (x) dx. L’hypoth`ese exprime que |f (x)| dx = ε f (x) dx. a a a Z b On en d´eduit (|f (x)| − εf (x)) dx = 0. Or x 7→ |f (x)| − εf (x) est continue et ≥ 0 sur [a, b]. a
Pour cela et puisque son int´egrale sur [a, b] est nulle, elle est identiquement nulle sur [a, b]. On a ainsi f (x) = ε |f (x)| pour tout x de [a, b] : f garde un signe constant. ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z x Pour tout x de [a, b], on peut ´ecrire f (x) = f 0 (t) dt car f (a) = 0. a
Z
x
Z
x
En utilisant Cauchy-Schwarz, on en d´eduit, pour tout x de [a, c], f (x) ≤ dt f 02 (t) dt. a a Z x Z c 02 02 2 On a donc f (x) ≤ (x − a) f (t) dt ≤ (x − a) f (t) dt pour tout x de [a, c]. a a Z Z c Z c Z c Z c (c − a)2 c 02 2 02 2 f (t) dt. Ainsi f (x) dx ≤ (x − a) dx f (t) dt c’est-`a-dire f (x) dx ≤ 2 a a a a a On effectue maintenant le mˆeme travail, mais `a partir de l’extr´emit´e b. Z x Z x Z x Z b 0 02 2 Sur [b, c], on a f (x) = f (t) dt donc f (x) ≤ dt f (t) dt ≤ (b − x) f 02 (t) dt. 2
b
Z
b
b
Z
2
f (x) dx ≤
On en d´eduit c
b
Z
(b − x) dx c
02
c
Z
f (t) dt = c
On a donc obtenu
2
f 2 (x) dx ≤
(b − a) 8
Z
c c
b
(b − c)2 f (x) dx ≤ 2 2
Z
b
f 02 (t) dt.
c
b (b − a) f 02 (t) dt. 8 a a c c Z b 2 Z b (b − a) En ajoutant ces deux in´egalit´es, on trouve bien : f 2 (x) dx ≤ f 02 (t) dt. 8 a a
Z
c
b
b
f 02 (t) dt et
Z
b
2
f 2 (x) dx ≤
Z
´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z x 2x dt On d´efinit l’application x 7→ f (x) = − . ln x a ln t ln x − 1 1 ln x − 2 − = . 2 ln x ln x ln2 x Par hypoth`ese, on sait que a > e2 . On en d´eduit que que f 0 (x) > 0 sur [a, +∞[. L’application f est d´erivable sur [a, +∞[, avec f 0 (x) = 2
Ainsi l’application f est strictement croissante sur cet intervalle. Z x 2a 2x dt Or f (a) = > 0. On en d´eduit que f (x) > 0, donc > pour tout x > a. ln a ln x a ln t 18 c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z π Z π 2 sin t sin x Avec le changement de variable t = π − x, dx = dt. π x 0 π−t 2 Z π Z π Z π Z π Z π 2 sin x 2 sin x 2 sin x 2 π − 2x sin x Ainsi dx − dx = dx − dx = sin x dx. π x x x 0 0 0 π−x 0 x(π − x) 2 h i π − 2x sin x est continue sur 0, π2 , et a` valeurs ≥ 0. L’application x 7→ ϕ(x) = x(π − x) Z π Z π Z π 2 2 sin x sin x dx > dx. Mais ϕ n’est pas la fonction nulle. Donc ϕ(x) dx > 0 puis π x x 0 0 2 ´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Posons M = max f (x). On a In ≤ (b − a)M n donc x∈[a,b]
Soit ε > 0. Puisque lim
n→∞
√ n
√ n
In ≤ M
√ n
b − a.
b − a = 1, il existe n0 tel que n ≥ n0 ⇒
√ n
In ≤ M + ε.
f ´etant continue, il existe un segment J ⊂ [a, b], de longueur δ > 0, sur lequel f (x) ≥ M − 2ε . Z √ √ On a alors In ≥ f n (x) dx ≥ δ(M − 2ε )n , donc n In ≥ n δ(M − 2ε ). J
√ √ n Puisque lim (M − 2ε ) δ = M − 2ε , il existe n1 tel que n ≥ n1 ⇒ n In ≥ M − ε. n→∞ √ On a donc M − ε ≤ n In ≤ M + ε d`es que n ≥ max(n0 , n1 ). p Il en d´ecoule lim n In = M . n→+∞
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´matiques Exercices de Mathe ´grales de fonctions trigonome ´triques Inte ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Z π 2 Calculer I = cos8 x dx. 0
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Z π 2 cos7 x dx. Calculer J = 0
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Z π 4 tan7 x dx. Calculer K = 0
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Z 3π sin x sin 2x sin 3x dx. Calculer I = 0
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Z π 2 cos3 x Calculer I = dx. 3 3 0 cos x + sin x Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Z π 2 dx Calculer Iθ = (avec θ ∈] − π, +π[) 0 1 + cos θ cos x Exercice 7 [ Indication ] [ Correction ] Z π 4 cos x Calculer I = dx. 0 cos x + sin x
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ] Lin´eariser cos8 (x). On trouve I =
35π . 256
Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] Effectuer le changement de variable t = sin x. On trouve J =
16 . 35
Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] Poser t = tan x. On trouve K =
5 ln 2 − . 12 2
Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] L’application x 7→ ϕ(x) = sin x sin 2x sin 3x est π-p´eriodique et impaire... Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] π Poser t = − x : on aboutit `a une int´egrale J. Consid´erer I + J. 2 Indication pour l’exercice 6 [ Retour `a l’´enonc´e ] Poser t = tan x2 . Si θ = 0, alors Iθ =
π θ . Sinon Iθ = . 2 sin θ
Indication pour l’exercice 7 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z π 4 sin x Consid´erer J = dx. Combiner I et J. 0 cos x + sin x
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige eix + e−ix 8 1 8 (cos 8x + 8 cos 6x + 28 cos 4x + 56 cos 2x + 35). On lin´earise : cos (x) = = 2 128 π/2 Z π/2 π 35π sin 2kx 1 ∗ 35 = (car ∀ k ∈ IN , cos(2kx) dx = = 0). On en d´eduit : I = 128 2 256 2k 0 0 ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On effectue le changement de variable t = sin x ( dt = cos x dx et cos6 x = (1 − t2 )3 .) Z 1 Z 1 h 3t5 t7 i1 3 1 16 2 3 On trouve J = (1 − t ) dt = (1 − 3t2 + 3t4 − t6 ) dt = t − t3 + − = − = 5 7 0 5 7 35 0 0 ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige h πi On effectue le changement de variable t = tan x, qui applique 0, sur [0, 1]. 4 dt . On a donc dt = (1 + tan2 x) dx donc dx = 1 + t2 Z π Z 1 Z 1 4 t t7 5 3 7 t − t + t − tan x dx = dt = dt 2 1 + t2 0 0 0 1+t =
h t6 6
−
i1 1 1 1 ln 2 t4 t2 1 5 ln 2 + − ln(1 + t2 ) = − + − = − 4 2 2 6 4 2 2 12 2 0
´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’application x 7→ ϕ(x) = sin x sin 2x sin 3x est π-p´eriodique. Z 3π Z π Z π 2 Ainsi I = ϕ(x) dx = 3 ϕ(x) dx = 3 ϕ(x) dx. 0
0
− π2
De plus ϕ est impaire. Il en d´ecoule I = 0. ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige π On utilise le changement de variable t = − x. 2 Z π Z π 3 2 2 cos x sin3 t On trouve I = dx = dt. 3 3 3 3 0 cos x + sin x 0 sin t + cos t Z π Z π 2 2 sin3 x π π dx = . Donc I = . Ainsi I = J, avec J = dx. Or I + J = 3 3 2 4 0 cos x + sin x 0 22 c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
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´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On effectue le changement de variable t = tan x2 , qui applique [0, π2 ] sur [0, 1]. 1 − t2 2 dt On sait que dt = 12 (1 + t2 ) dx, donc dx = part cos x = . D’autre . 1 + t2 1 + t2 Z 1 Z 1 Z 1 2 dt dt 2 dt = Ainsi Iθ = = . 2 2 2 θ 2 sin2 θ 0 1 + cos θ + t (1 − cos θ) 0 1 + t + (1 − t ) cos θ 0 cos2 + t 2 2 π Si θ = 0, alors Iθ = . Quand θ est non nul, on trouve : 2 Iθ =
1 sin2 2θ
Z 0
1
θ i θ 1 2 arctan t tan 2 = = 0 cotan 2 2θ + t2 sin2 2θ sin 2θ cos 2θ
Finalement, on obtient Iθ =
dt
tan 2θ h
θ (valable par passage `a la limite si θ = 0.) sin θ
´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z π Z π 4 4 π sin x On pose J = dx. On constate que I + J = dx = . 4 0 cos x + sin x 0 Z π h iπ/4 ln 2 4 cos x − sin x D’autre part I − J = dx = ln(cos x + sin x) = . 2 0 0 cos x + sin x π ln 2 . On en d´eduit I = + 8 4
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´matiques Exercices de Mathe ´gration par changement de variable Inte ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] √ Z 1 1+ x √ Calculer I = dx. 3 x 0 1+ Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Z 1 Calculer I = arctan ex dx. −1
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Z 1 (x − x3 )1/3 Calculer I = dx. x4 1/3 Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Z π 4 Calculer I = ln(1 + tan x) dx. 0
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Z 1 ln(1 + x) dx. Calculer I = 1 + x2 0
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Poser t =
√ 6
x. On trouve I = −
409 ln 2 π + + . 420 2 4
Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] Poser t = −x, ce qui conduit a` une int´egrale J. Combiner I et J. Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] i3 3h 2 1 4/3 = 6. Poser t = . On obtient I = (t − 1) x 8 1 Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] π π Poser t = − x. On trouve I = ln 2. 4 8 Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] π Poser t = arctan x. On trouve I = ln 2 (voir l’exercice pr´ec´edent.) 8
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige
√ On utilise le changement de variable d´efini par t = 6 x, qui applique [0, 1] sur [0, 1]. √ √ Ainsi x = t3 , 3 x = t2 . Enfin x = t6 ⇒ dx = 6t5 dt. On en d´eduit : √ Z 1 Z 1 Z 1 1+ x 1 + t3 5 t+1 6 4 3 2 √ I = t −t +t +t −t−1+ 2 dt dx = 6t dt = 6 3 2 t +1 x 0 1+ 0 1+t 0 h t7 t5 t4 t3 t2 i1 1 = − + + − − t + ln(t2 + 1) + arctan t 7 5 4 3 2 2 0 ln 2 π 409 ln 2 π 1 1 1 1 1 + =− + + = − + + − −1+ 7 5 4 3 2 2 4 420 2 4
´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Avec le changement de variable t = −x, on trouve I = J, avec J = Z 1 Z 1 π x −x Mais I + J = arctan e + arctan e dx = dx = π. −1 −1 2
1
arctan e−t dt.
−1
´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 . On obtient : x Z 3 Z 3 i3 3h 1 1/3 2 1 dx = t − 3 dt = t(t2 − 1)1/3 dt = (t2 − 1)4/3 = 6 t t 8 1 1 1
On utilise le changement de variable d´efini par t = I=
1
(x − x3 )1/3 x4 1/3
Z
´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 − tan t 2 Avec t = π4 − x, on a 1 + tan x = 1 + tan( π4 − t) = 1 + = . 1 + tan t 1 + tan t Z π Z π 4 4 π π Ainsi I = ln(1 + tan x) dx = (ln 2 − ln(1 + tan t)) dt = ln 2 − I. Donc I = ln 2. 4 8 0 0 ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige dx Pour calculer I, on pose t = arctan x, donc dt = . 1 + x2 Z 1 Z π 4 ln(1 + x) π Ainsi I = dx = ln(1 + tan t) dt = ln 2 (voir l’exercice pr´ec´edent.) 2 1+x 8 0 0 26 c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Z 1 dx √ √ Calculer I = , de deux mani`eres diff´erentes. 2 1 − x2 −1 1 + x + Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Z π dx Calculer I = (avec a > 0). 2 2 2 0 a cos x + sin x Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Z 2π dx Calculer I = . 1 + 3 cos2 x 0 Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Z 2π x dx Calculer J = . 1 + 3 cos2 x 0 Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Z 1 x ln x Calculer I = dx. 2 2 0 (x + 1)
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] – Premi`ere m´ethodeZ √ 1 Observer que I =
1 + x2 − x2
√
1 − x2
dx. Z 1√ Z 1√ 1 + x2 1 − x2 Montrer que I = lim (Ja − Ka ), avec Ja = dx et K = dx. a a→0+ x2 x2 a a Poser x = sh t pour calculer Ja , et x = sin t pour calculer Ka . √ √ π Obtenir finalement I = ln(1 + 2) − 2 + . 2 – Deuxi`eme m´ethode √ Z 1√ 1 + x2 − 1 − x2 Int´egrer par parties Ia = dx, et faire tendre a vers 0. x2 a 0
Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z π 2 π dx , puis poser t = tan x. On trouve I = . Noter que I = 2 2 2 2 a 0 a cos x + sin x Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z π 2 dx Noter que I = 4 , puis poser t = tan x. On trouve I = π. 2 0 1 + 3 cos x Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] Poser t = 2π − x, et utiliser l’exercice pr´ec´edent. On trouve J = π 2 . Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z 1 x ln x Int´egrer Ia = dx par parties, avec 0 < a < 1. 2 2 a (x + 1) ln 2 Obtenir finalement I = lim Ia = − . a→0 4
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige – Premi`ere m´ethode : En utilisant la parit´e, puis la quantit´e conjugu´ee, on trouve : √ Z 1 Z 1 Z 1√ dx dx 1 + x2 − 1 − x2 √ √ √ √ I= dx =2 = 2 x2 1 − x2 1 + x2 + 1 − x2 −1 1 + x + 0 0 Pour l’instant, on ne peut pas s´eparer en deux int´egrales (aucune d’elles n’aurait de sens.) Z 1√ Z 1√ 1 + x2 1 − x2 On pose Ja = dx et K = dx, avec 0 < a < 1. a x2 x2 a a √ Z 1√ 1 + x2 − 1 − x2 Avec ces notations, I = lim dx = lim (Ja − Ka ). a→0 a a→0 x2 – On pose x = sh t, avec t ≥ 0 pour calculer Ja . On obtient : √ Z Z √ √ 1 + x2 1 + x2 ch 2 t ch t 2) − 1 + x dx = dt = t − + K = ln(x + + K. x2 sh 2 t sh t x √ Z 1√ √ √ √ 1 + x2 1 + a2 2 dx = ln(1 + 2) − 2 − ln(a + 1 + a ) + Ainsi Ja = x2 a a √ √ 1 = ln(1 + 2) − 2 + + o(1) a – On pose x = sin t (avec 0 ≤ t ≤ π2 ) pour calculer Ka . On obtient : √ Z √ Z cos t 1 − x2 1 − x2 cos2 t dx = dt = −t − + K = − arcsin x − + K. 2 x2 sin t x sin t √ Z 1√ π π 1 1 − x2 1 − a2 dx = − + arcsin a + = − + + o(1) Ainsi Ka = 2 x 2 a 2 a a √ √ π On en d´eduit Ja − Ka = ln(1 + 2) − 2 + + o(1). 2 √ √ π Conclusion : I = lim (Ja − Ka ) = ln(1 + 2) − 2 + . a→0 2 – Deuxi`eme m´ethode : On utilise une int´egration par parties. √ Z 1√ h √1 + x2 − √1 − x2 i1 Z 1 1 + x2 − 1 − x2 1 1 √ √ + + dx dx = − 2 2 x2 x a 1 + x 1 + x a a i1 h √ 1 + x 2 − √ 1 − x 2 i1 h √ = − + arcsin x + ln(x + 1 + x2 ) x a a √ √ 1 + x2 − 1 − x2 L’application x 7→ tend vers 0 quand x tend vers 0. x On peut donc faire tendre a vers 0 dans le r´esultat pr´ec´edent et on obtient : h i1 √ √ √ √ π I = − 2 + arcsin x + ln(x + 1 + x2 ) = − 2 + + ln(1 + 2) 2 0 29 c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
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´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige La fonction a` int´egrer est paire et π-p´eriodique. On peut donc ´ecrire : Z π Z π Z π 2 2 dx dx dx I= = = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 a cos x + sin x − π2 a cos x + sin x 0 a cos x + sin x On utilise le changement de variable t = tan x, qui applique [0, π2 [ sur [0, +∞[. dt On a dt = (1 + t2 ) dx donc dx = = cos2 x dt. On en d´eduit : 2 1+t Z +∞ Z +∞ h1 2 x i+∞ π cos x dt dt arctan = I=2 = 2 = 2 a2 + t2 a a 0 a a2 cos2 x + sin2 x 0 0 ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 est continue sur IR. Elle est π-p´eriodique et paire. L’application x 7→ 1 + 3 cos2 x Z 2π Z −π Z π 2 2 dx dx dx On en d´eduit I = =2 =4 . 2 2 2 1 + 3 cos x 0 − π2 1 + 3 cos x 0 1 + 3 cos x On fait alors le changement de variable t = tan x, qui applique [0, π2 [ sur [0, +∞[. Z +∞ h dt 1 dt t i+∞ 2 , et cos x = . Donc I = 4 = 2 arctan = π. On a dx = 1 + t2 1 + t2 4 + t2 2 0 0 ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On utilise le changement de variable d´efini par t = 2π − x. On note I l’int´egrale vue dans l’exercice pr´ec´edent. Z 2π Z 2π x dx 2π − t dx = dt = 2πI − J = 2π 2 − J. Ainsi J = π 2 . J= 2 2 3 + cos x 3 + cos t 0 0 ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On va proc´eder a` une int´egration par parties. x 1 1 Une primitive de x 7→ 2 est x 7→ − et la d´eriv´ee de x 7→ ln x est x 7→ . 2 2 (x + 1) 2(x + 1) x Z 1 x ln x Mais attention a` la borne x = 0 : on consid`ere donc Ia = dx, avec 0 < a < 1. 2 2 a (x + 1) Z Z h dx ln a 1 1 1 x ln x i1 1 1 + dx Ainsi Ia = − = + − 2(x2 + 1) a 2 a x(x2 + 1) 2(a2 + 1) 2 a x x2 + 1 i1 ln a 1h 1 ln 2 = + o(1) + ln x − ln(x2 + 1) = − + o(1) 2 2 2 4 a ln 2 Conclusion : I = lim Ia = − . a→0 4 30 c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
´matiques Exercices de Mathe ´grales Suites d’inte ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Z π 2 sin(2n + 1)t Calculer In = dt. sin t 0 Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Z π 2 2 sin nt dt. Calculer Jn = sin2 t 0 Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Z Soit f une application continue sur [0, 1]. Montrer que lim n n→+∞
1
xn f (x) dx = f (1).
0
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application de classe C 1 sur [0, 1], telle que f (1) = 0. Z 1 2 Montrer que lim n xn f (x) dx = f 0 (1) (on pourra utiliser l’exercice pr´ec´edent.) n→+∞
0
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Z π 2 Pour tout entier n, calculer In = sin2n x dx. 0
Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Z π Pour tout entier n, calculer Jn = x sin2n x dx. 0
Exercice 7 [ Indication ] [ Correction ] Z 1 m On pose In = xm (1 − x)n dx, o` u m et n sont deux entiers naturels. 0 m+1 1. Trouver une relation entre Inm et In−1 . En d´eduire Inm . Z π 2 m 2. Calculer Jn = sin2m+1 x cos2n+1 x dx 0
Z 3. En d´eduire Kn =
π 2
sin2n+1 x dx.
0
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ] π Prouver que la suite (In ) est constante, de valeur . 2 Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
π On note In l’int´egrale de l’exercice pr´ec´edent. Montrer Jn+1 − Jn = In , puis Jn = n . 2 Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z 1 xn (f (x) − f (1)) dx. Consid´erer un = (n + 1) 0
Fixer a ∈ [0, 1] et d´ecouper en deux int´egrales, l’une sur [0, a], l’autre sur [a, 1]. Avec ε > 0 donn´e, choisir a pour que a ≤ x ≤ 1 ⇒ |f (x) − f (1)| ≤ ε. En d´eduire |un | ≤ 2M an+1 + ε, avec M = max |f (x)|. [0,1]
Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z 1 Int´egrer vn = (n + 2)(n + 1) xn f (x) dx par parties, et utiliser l’exercice pr´ec´edent. 0
Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] On int`egre par parties. On trouve In = (2n − 1)(In−1 − In ) puis In =
(2n)! π . 4n (n!)2 2
Indication pour l’exercice 6 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z π π 2n Poser t = π − x. En d´eduire Jn = sin t dt. 2 0 Z π
sin2n t dt = 2In .
Si In est l’int´egrale de l’exercice pr´ec´edent, prouver 0
Indication pour l’exercice 7 [ Retour `a l’´enonc´e ] n m! n! m+1 n In−1 puis Im = . m+1 (m + n + 1)! 1 m! n! = . 2 (m + n + 1)!
1. R´ep´eter une int´egration par parties. On trouve Inm =
2. Poser x = sin2 t. On trouve Inm = 2Jnm donc Jnm Z π 1 n 3. Avec m = n, on trouve Jn = 2n+2 (sin x)2n+1 dx. 2 0 1 22n (n!)2 Poser x = π − t pour obtenir Jnn = 2n+1 Kn donc Kn = . 2 (2n + 1)! 32
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’application a` int´egrer est continue sur [0, π2 ] (apr`es prolongement en 0). Ainsi In existe. Pour tout entier n, on a les ´egalit´es : Z π Z π h sin(2n + 2)t iπ/2 2 sin(2n + 3)t − sin(2n + 1)t 2 cos(2n + 2)t dt = In+1 − In = dt = 2 =0 sin t n+1 0 0 0 Ainsi la suite (In ) est constante. Or I0 =
π π . Conclusion : ∀ n ∈ IN, In = . 2 2
´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’application a` int´egrer est continue sur [0, π2 ] (apr`es prolongement en 0). Ainsi In existe. On note In l’int´egrale vue dans l’exercice pr´ec´edent. Pour tout entier n, on a : 1 − cos 2(n + 1)t 1 − cos 2nt − 2 2 1 = (cos 2nt − cos 2(n + 1)t) = sin t sin(2n + 1)t 2 Z π 2 sin(2n + 1)t π dt = In = . On en d´eduit : ∀ n ∈ IN, Jn+1 − Jn = sin t 2 0 π π Il en d´ecoule : ∀ n ∈ IN, Jn = J0 + n = n . 2 2 sin2 (n + 1)t − sin2 nt =
´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z
1
Il revient au mˆeme de montrer que lim un = 0, avec un = (n + 1) xn f (x) dx − f (1). n→+∞ 0 Z 1 n On constate que un = (n + 1) x (f (x) − f (1)) dx. Fixons a dans [0, 1]. 0 Z a Z 1 n On ´ecrit : un = (n + 1) x (f (x) − f (1)) dx + (n + 1) xn (f (x) − f (1)) dx 0
a
On se donne ε > 0. On chosit a tel que a ≤ x ≤ 1 ⇒ |f (x) − f (1)| ≤ ε. Soit M = max |f (x)|. Sur [0, a], on majore |f (x) − f (1)| par 2M . [0,1] Z a Z 1 n |un | ≤ 2(n + 1)M x dx + (n + 1)ε xn dx ≤ 2M an+1 + ε(1 − an+1 ) ≤ 2M an+1 + ε 0
a
Puisque 0 < a < 1, il existe n0 tel que n ≥ n0 ⇒ 2M an+1 ≤ ε. On en d´eduit |un | ≤ 2ε pour tout n ≥ n0 . Finalement lim un = 0. n→+∞
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´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z
0
Il revient au mˆeme de montrer lim vn = f (1), avec vn = (n + 2)(n + 1) n→+∞
1
xn f (x) dx.
0
On int`egre par parties, en utilisant le fait que f (1) = 0 : Z 1 Z 1 h i1 n+1 n+1 0 vn = (n + 2) x f (x) − (n + 2) x f (x) dx = (n + 2) xn+1 f 0 (x) dx 0
0
0 1
Z Mais l’exercice pr´ec´edent nous donne lim (n + 2) n→+∞ Z 1 On a donc obtenu : lim n2 xn f (x) dx = f 0 (1). n→+∞
xn+1 f 0 (x) dx = f 0 (1).
0
0
´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Le calcul de In est classique (int´egrale de Wallis). On proc`ede par int´egration par parties. Pour tout n de IN∗ , on a : Z π 2 In = sin x sin2n−1 x dx 0
h
2n−1
i π2
Z
π 2
= − cos x sin x +(2n − 1) cos2 x sin2n−2 x dx 0 0 {z } | Z=0 π 2 = (2n − 1) (1 − sin2 x) sin2n−2 x dx = (2n − 1)(In−1 − In ) 0
π Compte tenu de I0 = , on en d´eduit une expression de In `a l’aide de factorielles : 2 2n − 1 (2n − 1)(2n − 3) · · · 3 · 1 2n(2n − 1) · · · 4 · 3 · 2 · 1 π (2n)! π In = In−1 = I0 = = n 2 2n 2n(2n − 2) · · · 4 · 2 4 (n!)2 2 ((2n)(2n − 2) · · · 4 · 2) 2
´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Pour le calcul de Jn , on utilise le changement de variable t = π − x : Z π Z π Z π 2n 2n Jn = x sin x dx = (π − t) sin t dt = π sin2n t dt − Jn 0
Z
0
0
π
π sin2n t dt. Notons In l’int´egrale vue dans l’exercice pr´ec´edent. 2 0 En utilisant la p´eriodicit´e puis la parit´e, on trouve : Z π Z π Z π 2 2 2n 2n sin t dt = sin t dt = 2 sin2n t dt = 2In
Ainsi Jn =
− π2
0
On en d´eduit Jn = πIn =
0
(2n)! π 2 . 4n (n!)2 2 34
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´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1. Supposons n ≥ 1. On int`egre par parties en int´egrant xm et en d´erivant (1 − x)n : Z 1 i1 1 h m+1 n n m+1 m n In = x (1 − x) + xm+1 (1 − x)n−1 dx = In−1 m+1 m+1 0 m+1 0 Par application r´ep´et´ee de cette m´ethode, on trouve : Inm = Or
I0m+n
n n(n − 1) m!n! m+n m+1 m+2 In−1 = In−2 = ··· = I m+1 (m + 1)(m + 2) (m + n)! 0
1
Z
xm+n dx
= 0
1 m! n! n . On en d´eduit Im = . m+n+1 (m + n + 1)!
2. On utilise le changement de variable x = sin2 t, avec t ∈ [0, π2 ]. On trouve : Inm
π 2
Z =2
sin
2m
2
Z
n
t (1 − sin t) sin t cos t dt = 2
0
π 2
sin2m+1 t cos2n+1 t dt = 2Jnm
0
On en d´eduit Jnm =
1 m! n! . 2 (m + n + 1)!
3. Il suffit de consid´erer le cas m = n. On trouve : Z π Z π Z π 2 2 1 1 n 2n+1 2n+1 2n+1 Jn = sin t cos t dt = 2n+1 (sin 2t) dt = 2n+2 (sin x)2n+1 dx 2 2 0 0 0 Z Z π π 2 (sin x)2n+1 dx = (sin t)2n+1 dt. Le changement de variable x = π − t montre que π 0 2 Z π Z π 2 Il en d´ecoule (sin x)2n+1 dx = 2 (sin x)2n+1 dx = 2Kn . 0
On obtient donc
0
Jnn
=
22n (n!)2 K et finalement K = . n n 22n+1 (2n + 1)! 1
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´matiques Exercices de Mathe ´grales Familles d’inte ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Z Soit f : [a, b] → IR, continue par morceaux. Montrer que lim
λ→+∞
b
f (x) sin λx dx = 0. a
On supposera d’abord que f est une fonction caract´eristique, puis que f est en escaliers. Comment simplifier la d´emonstration si on suppose que f est de classe C 1 ? Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Z Soit f : [a, b] → IR, continue par morceaux. Prouver lim
λ→+∞
Mˆeme indication que dans l’exercice pr´ec´edent.
a
b
2 f (x)| sin λx| dx = π
Z
b
f (x) dx. a
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Z 1 xλ lnn x dx (λ > 0, n ∈ IN). Calculer Iλ,n = 0
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Z bx sin t b Montrer que lim dt = ln (avec 0 < a < b). x→0 ax t2 a
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ]
2
Z b
1. Si f est une fonction caract´eristique, montrer que f (x) sin λx dx ≤ . λ a Si f est en escaliers, c’est une combinaison lin´eaire de fonctions caract´eristiques. Supposer que f soit continue par morceaux, et se donner ε > 0. ε Il existe une application ϕ, en escaliers et telle que sup |f (x) − ϕ(x)| ≤ . 2(b − a) [a,b]
Z b
ε Z b
En d´eduire f (x) sin λx dx ≤ + ϕ(x) sin λx dx et conclure. 2 a a 1 2. Si f est de classe C , on peut int´egrer par parties. Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] Supposer que f est la fonction caract´eristique de [α, β] ⊂ [a, b]. Consid´erer l’entier p minimum tel que λα ≤ pπ et l’entier q maximum tel que qπ ≤ λβ. Z b Z Z Z 1 qπ 1 pπ 1 λβ Prouver que |sin t| dt + |sin t| dt + |sin t| dt. f (x) |sin λx| dx = λ λα λ pπ λ qπ a Z Z 1 qπ 2 b Montrer qu’il suffit de v´erifier que lim |sin t| dt = |f (x)| dx. λ→+∞ λ pπ π a Z 1 qπ q−p |sin t| dt = 2 Observer pour cela que . λ pπ λ G´en´eraliser par lin´earit´e aux fonctions en escaliers. Si f est continue par morceaux, l’approcher par ϕ en escaliers. Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] En int´egrant par parties, obtenir Iλ,n = −
n n! Iλ,n−1 , puis Iλ,n = (−1)n . λ+1 (λ + 1)n+1
Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z bx Z bx sin t b sin t − t Constater que dt − ln = dt. 2 a t2 ax t ax
Z
Appliquer l’in´egalit´e de Taylor-Lagrange pour obtenir
bx
ax
sin t − t
(b2 − a2 )x2 dt ≤ . t2 12
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1. Supposons que f soit la fonction caract´eristique d’un sous-segment [α, β] de [a, b]. Autrement dit f vaut 1 sur [α, β] et 0 sur le compl´ementaire de [α, β] dans [a, b]. Z b Z β cos λα − cos λβ . On a alors, pour tout λ > 0, f (x) sin λx dx = sin λx dx = λ a α Z b
Z b
2
Ainsi f (x) sin λx dx ≤ donc lim f (x) sin λx dx = 0. λ→+∞ a λ a Supposons maintenant que f soit une fonction en escaliers sur [a, b]. Alors il existe des sous-segments I0 , I1 , · · · , In et des scalaires α0 , α1 , . . . , αn tels que n P f= αk fk , o` u f0 , f1 , . . . , fn sont les fonctions caract´eristiques de I0 , I1 , . . . , In . k=0 Z b Z b n X On en d´eduit f (x) sin λx dx = αk fk (x) sin λx dx. a
a
k=0
Z Pour chaque k, on a lim
λ→+∞
b
Z fk (x) sin λx dx = 0. Donc lim
f (x) sin λx dx = 0.
λ→+∞
a
b
a
On suppose enfin que f est continue par morceaux sur [a, b]. On se donne ε > 0. ε Il existe ϕ en escaliers telle que sup |f (x) − ϕ(x)| ≤ . On en d´eduit : 2(b − a) [a,b]
Z b
Z b
Z b
f (x) sin λx dx ≤ (f (x) − ϕ(x)) sin λx dx + ϕ(x) sin λx dx
a
a
a
Z
ε
b
≤ + ϕ(x) sin λx dx
2 a
Z b
ε
Puisque ϕ est en escaliers, il existe λ0 tel que λ ≥ λ0 ⇒ ϕ(x) sin λx dx ≤ . 2 a
Z b
On en d´eduit que f (x) sin λx dx ≤ ε pour tout λ ≥ λ0 . a Z b f (x) sin λx dx = 0. Conclusion : pour toute fonction en escaliers f sur [a, b], lim λ→+∞
a
1
2. Si on suppose que f est de classe C , on peut int´egrer par parties : Z b ib 1 Z b 1h f (x) sin λx dx = − f (x) cos λx + f 0 (x) cos λx dx λ λ a a a 0 Soit M le maximum de f sur [a, b].
Z b
|f (a)| + |f (b)| (b − a)M
On obtient la majoration : f (x) sin λx dx ≤ + . λ λ a Z b Il en d´ecoule lim f (x) sin λx dx = 0. λ→+∞
a
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´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On suppose que f est la fonction caract´eristique de [α, β] ⊂ [a, b]. Soit p l’entier minimum tel que λα ≤ pπ et q l’entier maximum tel que qπ ≤ λβ. Z Z b Z β 1 λβ |sin t| dt f (x) |sin λx| dx = |sin λx| dx = λ λα a α Z Z Z 1 pπ 1 qπ 1 λβ = |sin t| dt + |sin t| dt + |sin t| dt λ λα λ pπ λ qπ Z Z |pπ − λα| ≤ π π 1 λβ π 1 pπ |sin t| dt ≤ et 0 ≤ |sin t| dt ≤ . On a donc 0 ≤ λ λα λ λ qπ λ |λβ − qπ| ≤ π Z pπ Z λβ On en d´eduit lim |sin t| dt = 0 et lim |sin t| dt = 0. λ→+∞ λα λ→+∞ qπ Z Z 1 qπ 2 b 2 Il reste donc a` montrer que lim |sin t| dt = |f (x)| dx = (β − α). λ→+∞ λ pπ π a π Z (k+1)π Z qπ 1 q−p |sin t| dt = 2. On en d´eduit |sin t| dt = 2 . Or pour k ∈ ZZ, λ pπ λ kπ Par d´efinition de p et q, on a : (p − 1)π < λα ≤ pπ ≤ qπ ≤ λβ < (q + 1)π. β−α 2 q−p β−α q−p β−α Il en r´esulte : − < ≤ donc lim = . λ→+∞ π λ λ π λ π Z 1 qπ 2 Finalement, on trouve bien lim |sin t| dt = (β − α). λ→+∞ λ pπ π Z qπ 1 2 |sin t| dt = (β − α) se g´en´eralise aux combinaisons Par lin´earit´e, l’´egalit´e lim λ→+∞ λ pπ π lin´eaires de fonctions caract´eristiques, c’est-`a-dire aux fonctions en escaliers. On suppose enfin que f est continue par morceaux sur [a, b]. On se donne ε > 0. Il existe ϕ en escaliers sur [a, b] telle que sup |f (x) − ϕ(x)| ≤ ε. [a,b] Z b Z 2 b Posons : Iλ (f ) = f (x) |sin λx| dx, J(f ) = |f (x)| dx (et de mˆeme Iλ (ϕ) et J(ϕ).) π a a On ´ecrit Iλ (f ) − J(f ) = (Iλ (f ) − Iλ (ϕ)) + (Iλ (ϕ) − J(ϕ)) + (J(ϕ) − J(f )). Z b On a tout d’abord |Iλ (f ) − Iλ (ϕ| ≤ |f (x) − ϕ(x)| dx ≤ (b − a)ε. a Z Z
2 b
2 b 2
Puis |J(f ) − J(ϕ)| ≤ |f (x) − ϕ(x)| dx ≤ (b − a)ε
|f (x)| − |ϕ(x)| dx ≤ π a π a π 2 On en d´eduit |Iλ (f ) − J(f )| ≤ |Iλ (ϕ) − J(ϕ)| + Kε, avec K = (b − a) 1 + . π Puisque ϕ est en escaliers, il existe λ0 tel que λ ≥ λ0 ⇒ |Iλ (ϕ) − J(ϕ)| ≤ ε. On en d´eduit que pour tout λ ≥ λ0 , on a |Iλ (f ) − J(f )| ≤ (K + 1)ε. Cela signifie que lim Iλ (f ) = J(f ), ce qu’il fallait d´emontrer. λ→+∞
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´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On proc`ede a` une int´egration par parties, en d´erivant lnn x et en int´egrant xλ : Z 1 1 h λ+1 n i1 n n Iλ,n = x ln x − xλ lnn−1 (x) dx = − Iλ,n−1 λ+1| λ+1 {z }0 λ + 1 0 =0
Une r´ecurrence ´evidente donne alors : n n(n − 1) Iλ,n−1 = Iλ,n−2 = . . . λ+1 (λ + 1)2 Z 1 n! n! n! n n = (−1) xλ dx = (−1)n Iλ,0 = (−1) n n (λ + 1) (λ + 1) 0 (λ + 1)n+1
Iλ,n = −
´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z bx b h ibx dt . On a ln = ln t = a ax ax t Z bx Z bx sin t − t b sin t On peut donc ´ecrire dt − ln = dt. 2 a t2 ax ax t On applique l’in´egalit´e de Taylor-Lagrange `a t 7→ sin t entre 0 et t. |t|3 On trouve alors |sin t − t| ≤ . 3!
Z bx sin t − t 1 Z bx (b2 − a2 )x2
On en d´eduit :
t dt = dt ≤
. 2 t 6 ax 12 ax Z bx sin t − t Il en d´ecoule lim dt = 0 x→0 ax t2
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´matiques Exercices de Mathe ´grales de ´pendant de leurs bornes Inte ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Z Soit f une application continue sur IR. On pose g(x) =
b
f (x + t) cos t dt. a
Montrer que g est d´erivable sur IR et calculer g 0 . Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Z x Montrer que ln ln t dt ∼ x ln ln x au voisinage de +∞. e
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Z a ln x Calculer I(a) = dx pour tout a > 0. On donnera deux m´ethodes diff´erentes. 1 1 + x2 a Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Z
x
(x − t)f (t) dt = 1.
D´eterminer les applications continues f telles que, pour tout x : f (x) + 0
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Z 1 x arctan t dt quand x tend vers 0 ou vers +∞. Calculer la limite de I(x) = x 0 t
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Poser u = t + x, d´evelopper le cosinus, et d´eriver l’application g. Z b 0 On trouve g (x) = f (x + t) sin t dt + f (b + x) cos b − f (a + x) cos a. a
Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] x
Z Int´egrer par parties. Justifier et utiliser l’encadrement 0 ≤ e
dt ≤ x. ln t
Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] – Premi`ere m´ethode : utiliser le changement de variable d´efini par t =
1 . x
– Deuxi`eme m´ethode : d´eriver I(a) par rapport a` la variable a. On trouve : ∀ a > 0, I(a) = 0. Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Supposer que f est solution. V´erifier que f (0) = 0. Montrer que f est deux fois d´erivable sur IR. Montrer que f 0 (0) = 0 et que ∀ x ∈ IR, f 00 (x) = −f (x). En d´eduire la seule solution possible, puis v´erifier. Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] arctan cx , avec cx compris entre 0 et x. cx Z 1 1 arctan t π ln x – Pour tout x ≥ 1, prouver que 0 ≤ I(x) ≤ dt + . x 0 t 2x – Montrer qu’on peut ´ecrire I(x) =
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On effectue le changement de variable u = t + x, et on d´eveloppe le cosinus. On trouve : Z b+x Z b+x g(x) = f (u) cos(u − x) du = f (u)(cos u cos x + sin u sin x) du a+x
a+x
Z
b+x
= cos x
Z
b+x
f (u) cos u + sin x a+x
f (u) sin u du a+x
On peut alors d´eriver l’application g, en notant que : Z b+x d f (u) cos u = f (b + x) cos(b + x) − f (a + x) cos(a + x) – dx a+x Z b+x d – f (u) sin u = f (b + x) sin(b + x) − f (a + x) sin(a + x) dx a+x On en d´eduit, pour tout x de IR : Z b+x Z b+x 0 g (x) = − sin x f (u) cos u + cos x f (u) sin u du a+x
a+x
+ cos x(f (b + x) cos(b + x) − f (a + x) cos(a + x)) + sin x(f (b + x) sin(b + x) − f (a + x) sin(a + x)) Z b+x = f (u)(sin u cos x − cos u sin x) du a+x
+f (b + x)(cos x cos(b + x) + sin x sin(b + x)) −f (a + x)(cos x cos(a + x) + sin x sin(a + x)) Z b+x = f (u) sin(u − x) du + f (b + x) cos b − f (a + x) cos a a+x 0
Z
On revient a` t = u − x : ∀ x ∈ IR, g (x) =
b
f (x + t) sin t dt + f (b + x) cos b − f (a + x) cos a a
´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z x Z x h ix Z x dt dt On int`egre par parties : ln ln t dt = t ln ln t − = x ln ln x − . e e e ln t e ln t Z x dt Pour tout x > e, on ln x ≥ 1. On en d´eduit 0 ≤ ≤ x − e ≤ x. e ln t Z x dt En particulier, est n´egligeable devant x ln ln x quand x → +∞. e ln t Z x Autrement dit, ln ln t dt est ´equivalent a` x ln ln x quand x → +∞. e
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´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 – Premi`ere m´ethode : on utilise le changement de variable d´efini par t = . x Z 1 Z a Z 1 a − ln t a ln x ln t I(a) = − t12 dt = dx = dt = −I(a). Donc I(a) = 0. 2 1 1 1 + x2 1 + t 1 + a a a t2 Z t ln x f (x) dx. – Deuxi`eme m´ethode : Soit f : x 7→ et F : t 7→ 1 + x2 1 F est la primitive de f qui s’annule au point 1. On constate que I(a) = F (a) − F ( a1 ). 1 1 ln a 1 − ln a Ainsi : ∀ a > 0, I 0 (a) = f (a) + 2 f = = 0. + a a 1 + a2 a2 1 + 12 a
+∗
L’application a 7→ I(a) est donc constante sur IR . Or I(1) = 0. Conclusion : ∀ a > 0, I(a) = 0. ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Soit f : IR → IR, continue. On suppose que ∀ x ∈ IR, f (x) +
x
(x − t)f (t) dt = 1. 0
Une premi`ere cons´equence, en consid´erant la cas x = 0, est que f (0) = 0. Z x Z x La considition sur f peut s’´ecrire : ∀ x ∈ IR, f (x) = 1 − x f (t) dt + tf (t) dt. Z f ´etant continue, les applications x 7→
x
Z f (t) dt et x 7→
0
0 x
0
tf (t) dt sont d´erivables sur IR. 0
Il en d´ecoule que f est n´ecessairement d´erivable sur IR et que : Z x Z x 0 ∀ x ∈ IR, f (x) = − f (t) dt − xf (x) + xf (x) = − f (t) dt 0
0
On en d´eduit tout d’abord que f 0 (0) = 0, puis que f 0 est elle-mˆeme d´erivable sur IR. Plus pr´ecis´ement : ∀ x ∈ IR, f 00 (x) = −f (x). 00
f est donc la solution de l’´equation diff´erentielle y + y = 0 telle que
y(0) = 1 y 0 (0) = 0
On en d´eduit que f est n´ecessairement l’application x 7→ cos x. R´eciproquement, pour tout x de IR : Z x h ix h it=x Z x sin t dt = − cos t = 1 − cos x (x − t) cos t dt = (x − t) sin t + 0
t=0
0
0
Conclusion : l’unique solution du probl`eme est l’application x 7→ cos x.
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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige arctan x est continue sur IR (en lui donnant la valeur 1 en 0.) x Z x arctan t arctan cx Pour tout x 6= 0, il existe donc cx dans ]0, x[ tel que dt = x . t cx 0 arctan cx On en d´eduit I(x) = . Mais quand x tend vers 0, cx tend vers 0. cx arctan x = 1. Il en d´ecoule que lim I(x) = lim x→0 x→0 x Z Z 1 x arctan t 1 1 arctan t – Pour tout x ≥ 1, on a I(x) = dt + dt. x 0 t x 1 t π Dans la deuxi`eme int´egrale on majore arctan t par . 2 Z 1 Z x arctan t 1 π 1 dt + dt. On en d´eduit : ∀ x ≥ 1, 0 ≤ I(x) ≤ x 0 t 2x 1 t Z π ln x 1 1 arctan t dt + . Autrement dit 0 ≤ I(x) ≤ x 0 t 2x On en d´eduit lim I(x) = 0. – L’application x 7→
x→+∞
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´matiques Exercices de Mathe ´arisation Primitives par line ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Correction ] Z 1 x − √ dx. Calculer x Exercice 2 [ Correction ] Z √ Calculer x2 (1 − 3 x) dx.
Exercice 3 [ Correction ] √ Z (1 − x)2 √ Calculer dx. 3 x Exercice 4 [ Correction ] Z 1 2 Calculer 1− √ dx. 3 x Exercice 5 [ Correction ] Z 1 2 2 x + 2 dx. Calculer x Exercice 6 [ Correction ] Z dx √ Calculer . √ x+ x−1
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z √ x2 1 x − √ dx = − 2 x + λ. 2 x ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z 1 √ 3 3√ x3 2 3 3 − x10/3 + λ = x3 − x (1 − x) dx = (x2 − x7/3 ) dx = x + λ. 3 10 3 10 ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige √ 2 Z Z (1 − x) 3 12 3 −1/3 1/6 2/3 √ dx = x − 2x + x dx = x2/3 − x7/6 + x5/3 + λ. 3 2 7 5 x ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z 1 2 −1/3 −2/3 1− √ dx = 1 − 2x + x dx = x − 3x2/3 + 3x1/3 + λ. 3 x ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z 1 2 1 1 x5 2 x + 2 dx = + 2x − 3 + λ. x4 + 2 + 4 dx = x x 5 3x ´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z √ √ 2 dx √ = ( x − x − 1) dx = (x3/2 − (x − 1)3/2 ) + λ. √ 3 x+ x−1
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Correction ] Z Calculer sin3 x cos x dx.
Exercice 2 [ Correction ] Z x dx Calculer . 2 (a + x2 )3 Exercice 3 [ Correction ] Z sin x dx Calculer . cos2 x Exercice 4 [ Correction ] Z Calculer x(1 + x2 )5 dx.
Exercice 5 [ Correction ] Z √ Calculer x2 1 + x3 dx.
Exercice 6 [ Correction ] Z Calculer tan x dx.
Exercice 7 [ Correction ] Z sin x dx . Calculer cos3 x Exercice 8 [ Correction ] Z dx Calculer . x(1 + ln x)3 Exercice 9 [ Correction ] Z dx Calculer . x ln x ln(ln x) 48 c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z t4 sin4 x 3 Avec t = sin x : sin x cos x dx = t3 dt = + λ = + λ. 4 4 ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z x dx dt 1 1 1 2 2 Avec t = a + x : = =− 4 +λ=− 2 + λ. 2 2 3 3 (a + x ) 2 t 8t 8(a + x2 )4 ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z sin x − dt 1 1 Avec t = cos x : dx = + λ. = +λ= 2 2 cos x t t cos x ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z t6 (1 + x2 )6 1 2 5 2 Avec t = 1 + x : x(1 + x ) dx = t5 dt = +λ= + λ. 2 12 12 ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z √ 1 √ 2 2 2 3 3 Avec t = 1 + x : x 1 + x dx = t dt = t3/2 + λ = (1 + x3 )3/2 + λ. 3 9 9 ´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z − dt Avec t = cos x : tan x dx = = − ln |t| + λ = − ln |cos x| + λ. t ´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z sin x dx − dt 1 1 Avec t = cos x : = = + λ = + λ. cos3 x t3 2t2 2 cos2 x ´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z dx dt 1 1 =− 2 +λ=− + λ. Avec t = 1 + ln x : = 3 3 x(1 + ln x) t 2t 2(1 + ln x)2 ´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Avec t = ln x, puis u = ln t : Z Z Z dx dt du = = = ln |u| + λ = ln| ln t| + λ = ln| ln ln x| + λ. x ln x lnln x t ln t u 49 c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Z arcsin x √ Calculer dx. 1 − x2 Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Z dx √ √ . Calculer x cos2 x Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Z x dx √ Calculer . 1 − x4 Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Z cos x dx Calculer . 2 − cos2 x Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Z x dx √ Calculer . x+1
50 c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Poser t = arcsin x. Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] √ Poser t = x. Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Poser t = x2 . Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Poser t = sin x. Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] √ Poser t = x + 1.
51 c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z arcsin x t2 arcsin2 x √ + λ. Avec t = arcsin x : dx = t dt = + λ = 2 2 1 − x2 ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z √ √ dt dx √ √ =2 Avec t = x : = 2 tan t + λ = 2 tan x + λ. 2 2 cos t x cos x ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z x dx dt arcsin x2 1 arcsin t 2 √ √ Avec t = x : +λ= + λ. = = 2 2 2 1 − x4 1 − t2 ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z dt cos x dx Avec t = sin x, = = arctan t + λ = arctan sin x + λ. 2 2 − cos x 1 + t2 ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige √ Avec t = x + 1, on a x + 1 = t2 et dx = 2t dt. On en d´eduit : Z Z √ 2 2 x dx 2t(t2 − 1) √ = dt = t3 − 2t + λ = (x + 1)3/2 − 2 x + 1 + λ. t 3 3 x+1
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Z cos2 x2 Calculer dx. x + sin x Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Z sin x + cos x dx. Calculer 2 − sin 2x Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Z dx . Calculer n x(x + 1) Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Z ex dx √ . Calculer (3 + ex ) ex − 1 Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Z x2 + 1 √ dx. Calculer x x4 − x2 + 1
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Poser t = x + sin x. Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Poser t = sin x − cos x. Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Poser t =
1 . x
Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] √ Poser t = ex − 1. Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Poser t = x −
1 avec x > 0. x
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Avec t = x + sin x, on a dt = (1 + cos x) dx = 2 cos2 x2 dx : Z Z cos2 x2 1 dt 1 1 dx = = ln |t| + λ = ln |x + sin x| + λ Ainsi x + sin x 2 t 2 2 ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Avec t = sin x − cos x : dt = (cos x + sin x) dx et t2 = 1 − 2 sin x cos x = 1 − sin 2x. Z Z sin x + cos x dt Ainsi dx = = arctan t + λ = arctan(sin x − cos x) + λ. 2 − sin 2x 1 + t2 ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z Z 1 dx t dt tn−1 Avec t = : I = = − = − dt. x x(xn + 1) t−n + 1 t2 1 + tn On pose ensuite u = 1 + tn , donc du = ntn−1 dt : Z
1 1 1
1 du
I=− = − ln |u| + λ = − ln |1 + tn | + λ = − ln 1 + x1n + λ n u n n n ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige √ Avec t = ex − 1, on a t2 = ex − 1 donc 2t dt = ex dx. √ x Z Z ex dx 2 dt e −1 t √ = = arctan + λ = arctan + λ. 4 + t2 2 2 (3 + ex ) ex − 1 ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 x2 + 1 1 1 Avec t = x − , on a dt = 1 + 2 dx = dx. On a t2 = x2 − 2 + 2 . 2 x x x x Z Z Z Z 2 x +1 x dt dt dt √ √ q √ I= dx = = = . 4 2 4 2 2 x x −x +1 x −x +1 t +1 x2 − 1 + x12 r √ 1 1 2 2 Ainsi I = ln(t + t + 1) + λ = ln x − + x − 1 + 2 + λ. x x √ Finalement I = ln(x2 − 1 + x4 − x2 + 1) − ln x + λ.
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Z Calculer x2 arctan x dx.
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Z Calculer cos ln x dx.
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Z dx Calculer . cos4 x Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Z Calculer earcsin x dx.
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z x2 ln(x2 + 1) x3 arctan x − + + λ. On trouve x2 arctan x dx = 3 6 6 Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z x On trouve cos ln x dx = cos ln x + sin ln x + λ. 2 Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z dx sin x 2 On trouve = + tan x + λ. 4 3 cos x 3 cos x 3 Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] Z √ 1 On trouve earcsin x dx = (x + 1 − x2 ) earcsin x + λ. 2
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On int`egre par partie en int´egrant x2 et en d´erivant arctan x : Z Z Z x3 dx x3 1 x x3 2 arctan x − = arctan x − x− dx x arctan x dx = 3 3(1 + x2 ) 3 3 1 + x2 =
x3 x2 ln(x2 + 1) arctan x − + +λ 3 6 6
´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Z Z On int`egre 1 et on d´erive cos ln x : cos ln x dx = x cos ln x + sin ln x dx. Z Z On recommence : sin ln x dx = x sin ln x − cos ln x dx. Z x cos ln x + sin ln x + λ. On en d´eduit finalement : cos ln x dx = 2 ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 1 et en d´erivant... 2 : 2 cos x cos x Z Z Z 2 sin x tan x sin x sin2 x dx = − tan x dx = − 2 dx cos4 x cos2 x cos3 x cos3 x cos4 x Z Z Z sin x 1 − cos2 x sin x dx dx = − 2 dx = − 2 + 2 cos3 x cos4 x cos3 x cos4 x cos2 x Z sin x 2 dx = + tan x + λ. On en d´eduit 4 3 cos x 3 cos x 3
On int`egre par parties en int´egrant
´ de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] Corrige Z Z x earcsin x arcsin x arcsin x arcsin x √ dx. On int`egre 1 et on d´erive e : e dx = x e − 1 − x2 Z Z √ x earcsin x arcsin x 2 √ Encore une int´egration par parties : − dx = 1 − x e − earcsin x dx. 2 1−x Z √ 1 On en d´eduit finalement : earcsin x dx = (x + 1 − x2 ) earcsin x + λ. 2 58 c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] +∞
Z
xn e−x dx.
Apr`es avoir prouv´e son existence, calculer l’int´egrale In = 0
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Z Apr`es avoir prouv´e son existence, calculer l’int´egrale I = 0
1
dx p
x(1 − x)
.
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Z
+∞
Apr`es avoir prouv´e son existence, calculer l’int´egrale I = −∞
x2
dx . +x+1
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Z +∞ e−x sin x dx. Prouver l’existence de l’int´egrale I = 0
Calculer cette int´egrale de trois fa¸cons diff´erentes. Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Z Apr`es avoir prouv´e son existence, calculer l’int´egrale I = 0
+∞
dx . +1
x3
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] V´erifier que lim x2 fn (x) = 0. x→+∞
Pour n ≥ 1, montrer que In = nIn−1 . En d´eduire ∀ n ∈ IN, In = n! Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] 1 1 Constater que f (x) ∼ √ en 0 et f (x) ∼ √ en 1. x 1−x Utiliser le changement de variable x − 12 = 12 sin t. En d´eduire I = π. Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ]
√ √ 2π 3 1 3 1 . Constater f (x) ∼ 2 en ±∞. Poser x + 2 = 2 t. Finalement I = x 3 Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Pour l’existence de l’int´egrale, utiliser |f (x)| ≤ e−x . 1+i 1 – Premi`ere m´ethode : ´ecrire f (x) = Re e(i−1)x . En d´eduire I = Re = . 2 2 – Deuxi`eme m´ethode : double int´egration par parties. – Troisi`eme m´ethode : chercher une primitive de la forme e−x (a sin x + b cos x). Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Pour l’existence, utiliser f (x) ∼
1 au voisinage de +∞. x3
1 D´ecomposer 3 en ´el´ements simples sur IR. On trouve x +1
Z 0
+∞
√ 2π 3 dx = . x3 + 1 9
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Pour tout n de IN, l’application x 7→ f (x) = xn e−x est continue sur IR+ . Cette application est donc int´egrable sur tout segment de IR+ . Pour tout n de IN, on a lim x2 fn (x) = lim xn+2 e−x = 0. x→+∞
x→+∞
On en d´eduit que fn est int´egrable au voisinage de +∞ donc sur IR+ . Soit n dans IN. Pour n ≥ 1, on int`egre In par parties (en d´erivant xn ) : Z +∞ Z +∞ h i+∞ n −x n −x +n xn−1 e−x dx = nIn−1 In = x e dx = −x e 0 0 {z 0 } | =0
Par une r´ecurrence ´evidente, il en d´ecoule In = n!I0 . Z +∞ h i+∞ −x −x Or on constate que I0 = e dx = − e = 1. 0
0
On trouve finalement : ∀ n ∈ IN, In = n! ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’application x 7→ f (x) = p
1
est continue sur ]0, 1[. x(1 − x) Cette application est donc int´egrable sur tout segment de ]0, 1[. 1 On constate que f (x) est ´equivalent a` √ quand x tend vers 0. x
Par comparaison avec les int´egrales de Riemann, f est donc int´egrable au voisinage de 0. 1 Il en est de mˆeme au voisinage de 1 car f (x) ∼ √ en ce point. 1−x Finalement f est int´egrable sur ]0, 1[, ce qui ´etablit l’existence de I. 2 p Posons y = x(1 − x) donc y 2 = x(1 − x) = x − x2 = 41 − x − 12 . h i On utilise le changement de variable d´efini par x − 21 = 12 sin t, avec t ∈ − π2 , π2 . On en d´eduit : y 2 = 14 (1 − sin2 t) = 14 cos2 t, donc y = 21 cos t (car y ≥ 0 et cos t ≥ 0.) Z 1 Z π 2 dx 1 p = dt = π. De mˆeme dx = 2 cos t dt. On en d´eduit : I = x(1 − x) 0 − π2
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´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 L’application x 7→ f (x) = 2 est continue sur IR. x +x+1 Cette application est donc int´egrable sur tout segment de IR. 1 On constate que f (x) ∼ 2 quand x tend vers ±∞. x Par comparaison avec les int´egrales de Riemann, f est donc int´egrable au voisinage de ±∞. Finalement f est int´egrable sur IR, ce qui ´etablit l’existence de I. Z +∞ Z +∞ dx dx = On voit que I = . 2 2 −∞ −∞ x + x + 1 x + 12 + 34 √
√
On pose x + 21 = 23 t : I =
Z
√ 3 i+∞ 2π √3 dt 2 3h 2 = arctan t =
+∞
−∞
3 2 4 t +1
3
3
−∞
´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige f : x 7→ e−x sin x est continue sur IR+ donc int´egrable sur tout segment. On a |f (x)| ≤ e−x et on sait que l’application x 7→ e−x est int´egrable sur IR+ . Il en d´ecoule que l’application f est int´egrable sur IR+ , ce qui ´etablit l’existence de I. – Premi`ere m´ethode On peut ´ecrire f (x) = Re z(x), avec z(x) = e−x eix = e(i−1)x . 1+i 1 Or une primitive de x 7→ z(x) est x 7→ z(x) = − z(x). i−1 2 En utilisant z(0) = 1 et le fait que lim z(x) = 0 (car |z(x)| = e−x ), il en d´ecoule x→+∞
Z I=
+∞
f (x) dx = Re 0
Z 0
+∞
1+i 1+i 1 z(x) dx = Re − [z(x)]+∞ = Re = 0 2 2 2
– Deuxi`eme m´ethode On proc`eder a` une double int´egration par parties, en ´ecrivant : Z +∞ Z h i+∞ Z +∞ −x −x −x I= e sin x dx = − e sin x + e cos x dx = 0
Z J= 0
+∞
h
e−x cos x dx = − e−x cos x
0
0
i+∞
Z
e−x cos x dx.
0 +∞
−
0
+∞
e−x sin x dx = 1 − I.
0
1 Ainsi I = J et J = 1 − I, ce qui donne bien I = . 2 – Troisi`eme m´ethode On cherche une primitive de f (x) sous la forme g(x) = e−x (a sin x + b cos x). h 1 i+∞ 1 1 = . On trouve a = b = − . Donc I = − e−x (sin x + cos x) 2 2 2 0 62 c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige x 7→ f (x) =
x3
1 est continue sur IR+ , donc int´egrable sur tout segment de IR+ . +1
1 au voisinage de +∞, ce qui prouve l’int´egrabilit´e de f sur IR+ . x3 1 1 x−2 1 = = − . Pour tout x de IR+ , on a 3 2 2 x +1 (x + 1)(x − x + 1) 3(x + 1) 3(x − x + 1) 1 On en d´eduit les primitives de x 7→ 3 : x +1 Z Z Z Z dx 1 dx 1 2x − 1 1 dx = − + 3 2 2 x +1 3 x+1 6 x −x+1 2 x −x+1 Z 1 1 dx 1 √ = ln |x + 1| − ln(x2 − x + 1) + 3 6 2 (x − 12 )2 + ( 23 )2
On a f (x) ∼
= Z Ainsi 0
+∞
|x + 1| 1 2x − 1 1 ln √ + √ arctan √ +λ 2 3 x −x+1 3 3
dx 1h |x + 1| i+∞ 1 h 1 π 1 2x − 1 i+∞ √ √ √ √ √ = ln + arctan = + arctan x3 + 1 3 x2 − x + 1 0 3 3 0 3 2 3 | {z } =0
Z On en d´eduit finalement : 0
+∞
√ 1 π π 2π 3 dx =√ + = . x3 + 1 6 9 3 2
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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Z
+∞
Apr`es avoir prouv´e son existence, calculer l’int´egrale I = 0
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Z +∞ Etudier l’existence de l’int´egrale I = 0
ln x dx. 1 + x2
dx , avec (α, β) ∈ IR2 . β +x )
xα (1
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Z Apr`es avoir prouv´e son existence, calculer l’int´egrale I = 0
+∞
e−x − e−2x dx. x
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Z 1 |1 − xα |β dx, avec (α, β) ∈ IR∗ × IR. Etudier l’existence de l’int´egrale I = 0
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Z On d´efinit la fonction Gamma d’Euler : Γ(x) =
+∞
tx−1 e−t dt.
0
1. Pr´eciser le domaine de d´efinition de Γ. 2. Etablir la relation Γ(x + 1) = xΓ(x). En d´eduire Γ(n) pour tout n de IN∗ .
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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ] √ √ Constater que lim xf (x) = 0 et que lim x xf (x) = 0. x→0 x→0 1 Poser t = pour 0 < a ≤ x ≤ b. Dans le r´esultat, passer a` la limite et trouver I = 0. x Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] L’int´egrale existe si et seulement si α est strictement compris entre 1 et 1 − β, avec β 6= 0. Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] Utiliser lim f (x) = 1 et lim x2 f (x) = 0. x→0 x→+∞ Z +∞ −x Z +∞ −2x e e Poser I = lim Ia , en notant Ia = dx − dx. a→0 x x Z a a 2a −x e −1 Poser t = 2x dans la deuxi`eme int´egrale et en d´eduire Ia = dx + ln 2. x a e−x − 1 Conclure en utilisant la continuit´e de x 7→ en 0. x Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] L’int´egrale existe si et seulement si β > max(−1, −1 − α). Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] 1. Γ(x) est d´efinie si et seulement si x > 0. 2. Avec x > 0, int´egrer Γ(x + 1) par parties. On trouve Γ(x + 1) = xΓ(x). Montrer enfin que ∀ n ∈ IN∗ , Γ(n) = (n − 1)!
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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige ln x est continue sur IR+∗ . 1 + x2 Cette application est donc int´egrable sur tout segment de IR+∗ . √ √ √ On a xf (x) ∼ x ln x au voisinage de 0, donc lim xf (x) = 0. L’application x 7→ f (x) =
x→0
Il en d´ecoule que l’application f est int´egrable sur ]0, 1]. √ √ ln x D’autre part x xf (x) ∼ √ quand x → +∞, donc lim x xf (x) = 0. x→0 x Il en d´ecoule que l’application f est int´egrable sur [1, +∞[ donc finalement sur IR+∗ . 1 On utilise le changement de variable d´efini par t = . x Z b Z 1 Z 1 b a ln x −1 − ln t ln t Pour tous r´eels a, b, avec 0 < a < b : dx = dt = − dt. 2 2 1 1 1 t 1+ 2 1 + t2 a 1+x a b t Z +∞ Z +∞ ln x ln x On fait tendre a vers 0 et b vers +∞ et on trouve : dx = − dx. 2 1+x 1 + x2 0 0 Z +∞ ln x dx = 0. On en d´eduit que I = 1 + x2 0 ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 est continue sur IR+∗ . L’application x 7→ f (x) = α x (1 + xβ ) Cette application est donc int´egrable sur tout segment de IR+∗ . 1 1 1 En 0 on a : f (x) ∼ α+β si β < 0, f (x) ∼ α si β = 0, f (x) ∼ α si β > 0. x 2x x β<0 β≥0 On en d´eduit que f est int´egrable sur ]0, 1] si et seulement si : ou α+β <1 α<1 1 1 1 En +∞, on a : f (x) ∼ α si β < 0, f (x) ∼ α si β = 0, f (x) ∼ α+β si β > 0. x 2x x β≥0 β<0 On en d´eduit que f est int´egrable sur [1, +∞[ si et seulement si : ou α+β >1 α>1 β<0 β≥0 Finalement, f est int´egrable sur IR+∗ si et seulement si : ou 1<α<1−β 1−β <α<1 On peut r´esumer en disant que f est int´egrable sur IR+∗ si et seulement si β 6= 0 et α est strictement compris entre 1 et 1 − β. 66 c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.
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´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige e−x − e−2x L’application x 7→ f (x) = est continue sur IR+∗ . x Cette application est donc int´egrable sur tout segment de IR+∗ . (1 − x + o(x)) − (1 − 2x + o(x)) = 1 + o(1). x Ainsi lim f (x) = 1 ce qui assure l’int´egrabilit´e de f sur [0, 1[.
Au voisinage de l’origine, on a f (x) = x→0
De plus lim x2 f (x) = lim x( e−x − e−2x ) = 0, ce qui prouve l’int´egrabilit´e sur [1, +∞[. x→+∞
x→+∞
L’application f est donc int´egrable sur IR+ . Z +∞ Z On a I = lim Ia , avec Ia = f (x) dx =
+∞
Z +∞ −2x e−x e dx − dx. a→0 x x a a a Dans la deuxi`eme int´egrale on effectue le changement de variable t = 2x. On trouve : Z +∞ −x Z +∞ −t Z +∞ −x Z +∞ −x Z 2a −x e e e e e Ia = dx − dt = dx − dx = dx x t x x x a 2a a 2a a Z 2a Z 2a −x Z 2a −x 1 e −1 e −1 On note que Ia = dx + dx = dx + ln 2. x x x a a a Z 2a −x e −1 e−x − 1 est prolongeable par continuit´e en 0. Donc lim dx = 0. Or x 7→ ϕ(x) = a→0 a x x Z +∞ −x e − e−2x On en d´eduit finalement I = dx = lim Ia = ln 2. a→0 x 0 ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’application x 7→ f (x) = |1 − xα |β est continue sur ]0, 1[. Cette application est donc int´egrable sur tout segment de ]0, 1[. – En 0, on a f (x) ∼ xα+β si α < 0, et f (x) ∼ 1 si α > 0. On en d´eduit que f est int´egrable sur ]0, 21 ] si et seulement si α > 0 ou
α<0 β > −1 − α
– En 1, on a 1 − xα ∼ α(1 − x) donc f (x) ∼ |α|β (1 − x)β . Donc f est int´egrable sur [ 21 , 1[ ⇔ β > −1. Conclusion : f est int´egrable sur [0, 1] si et seulement si
α<0 ou β > −1 − α
α>0 β > −1
On peut r´esumer : f est int´egrable sur ]0, 1[ si et seulement si β > max(−1, −1 − α).
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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1. t 7→ f (x) = tx−1 e−t est continue sur IR+∗ donc int´egrable sur tout segment de IR+∗ . On a lim t2 f (t) = lim tx+1 e−t = 0 : f est donc int´egrable sur [1, +∞[. t→+∞
t→+∞
x−1
En 0, on a f (t) ∼ t
: donc f est int´egrable sur ]0, 1] ⇔ x − 1 > −1.
Conlusion : Γ(x) est d´efinie si et seulement si x > 0. 2. On suppose x > 0 et on int`egre Γ(x + 1) par parties (en d´erivant tx ) : Z +∞ Z +∞ h i+∞ x −t x −t tx−1 e−t dt Γ(x + 1) = t e dt = −t e +x 0 0 0 | {z } =0 Z +∞ tx−1 e−t dt = xΓ(x) =x 0 Z +∞ Pour tout entier n ≥ 1, on a donc Γ(n + 1) = nΓ(n). De plus Γ(1) = e−t dt = 1. Une r´ecurrence ´evidente donne alors : ∀ n ∈ IN∗ , Γ(n) = (n − 1)!
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