Correction de l’exercice 100 – Calcul intégral
Approximation numérique d’une intégrale — Manuel Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 100
On pose :
\[ I= \int_{\pi/2}^{\pi} \frac{\sin t}{t}\,dt. \]On considère la fonction \(F\) définie sur \(\left[\dfrac{\pi}{2};\pi\right]\) par :
\[ F(x)= \int_{\pi/2}^{x} \frac{\sin t}{t}\,dt, \]et la fonction \(G\) définie sur \(\left[0;\dfrac12\right]\) par :
\[ G(x)= \int_0^x \frac{\sin(\pi t)}{1-t}\,dt. \]Montrer que, pour tout \(x\in\left[0;\dfrac12\right]\) :
\[ G(x)=F(\pi)-F\bigl(\pi(1-x)\bigr). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit :
\[ x\in\left[0;\frac12\right]. \]On a alors :
\[ \pi(1-x)\in\left[\frac{\pi}{2};\pi\right]. \]Les expressions \(F(\pi)\) et \(F\bigl(\pi(1-x)\bigr)\) sont donc bien définies.
D’après la relation de Chasles :
\[ \begin{aligned} F(\pi)-F\bigl(\pi(1-x)\bigr) &= \int_{\pi/2}^{\pi}\frac{\sin u}{u}\,du - \int_{\pi/2}^{\pi(1-x)} \frac{\sin u}{u}\,du\\ &= \int_{\pi(1-x)}^{\pi} \frac{\sin u}{u}\,du. \end{aligned} \]Dans cette dernière intégrale, effectuons le changement de variable :
\[ u=\pi(1-t). \]On a :
\[ du=-\pi\,dt. \]Transformons les bornes :
\[ u=\pi(1-x) \Longrightarrow t=x, \] \[ u=\pi \Longrightarrow t=0. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_{\pi(1-x)}^{\pi} \frac{\sin u}{u}\,du &= \int_x^0 \frac{\sin\bigl(\pi(1-t)\bigr)} {\pi(1-t)} (-\pi\,dt)\\ &= \int_0^x \frac{\sin\bigl(\pi(1-t)\bigr)} {1-t}\,dt. \end{aligned} \]Or :
\[ \sin\bigl(\pi(1-t)\bigr) = \sin(\pi-\pi t) = \sin(\pi t). \]Par conséquent :
\[ F(\pi)-F\bigl(\pi(1-x)\bigr) = \int_0^x \frac{\sin(\pi t)}{1-t}\,dt = G(x). \]En déduire que :
\[ I= \int_0^{1/2} \frac{\sin(\pi t)}{1-t}\,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Dans la relation précédente, prenons :
\[ x=\frac12. \]On obtient :
\[ G\left(\frac12\right) = F(\pi) - F\left(\pi\left(1-\frac12\right)\right). \]Donc :
\[ G\left(\frac12\right) = F(\pi)-F\left(\frac{\pi}{2}\right). \]Or :
\[ F\left(\frac{\pi}{2}\right) = \int_{\pi/2}^{\pi/2} \frac{\sin t}{t}\,dt = 0, \]et :
\[ F(\pi) = \int_{\pi/2}^{\pi} \frac{\sin t}{t}\,dt = I. \]Ainsi :
\[ G\left(\frac12\right)=I. \]D’après la définition de \(G\) :
\[ G\left(\frac12\right) = \int_0^{1/2} \frac{\sin(\pi t)}{1-t}\,dt. \]On considère la suite \((u_n)\) définie, pour tout \(n\in\mathbb N\), par :
\[ u_n= \int_0^{1/2} t^n\sin(\pi t)\,dt. \]Calculer \(u_0\) et \(u_1\), puis montrer que, pour tout \(n\geq2\) :
\[ u_n= \frac1{\pi^2} \left[ \frac{n}{2^{\,n-1}} - n(n-1)u_{n-2} \right]. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Calcul de \(u_0\).
\[ u_0= \int_0^{1/2}\sin(\pi t)\,dt. \]Une primitive de \(t\longmapsto\sin(\pi t)\) est :
\[ t\longmapsto-\frac{\cos(\pi t)}{\pi}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} u_0 &= \left[ -\frac{\cos(\pi t)}{\pi} \right]_0^{1/2}\\ &= -\frac{\cos(\pi/2)}{\pi} + \frac{\cos0}{\pi}\\ &= \frac1\pi. \end{aligned} \]Calcul de \(u_1\).
\[ u_1= \int_0^{1/2} t\sin(\pi t)\,dt. \]Effectuons une intégration par parties avec :
\[ U(t)=t, \qquad V'(t)=\sin(\pi t). \]Alors :
\[ U'(t)=1, \qquad V(t)=-\frac{\cos(\pi t)}{\pi}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} u_1 &= \left[ -\frac{t\cos(\pi t)}{\pi} \right]_0^{1/2} + \frac1\pi \int_0^{1/2}\cos(\pi t)\,dt\\ &= \frac1{\pi^2} \left[ \sin(\pi t) \right]_0^{1/2}\\ &= \frac1{\pi^2}. \end{aligned} \]Relation de récurrence.
Soit \(n\geq2\). Partons de :
\[ u_n= \int_0^{1/2} t^n\sin(\pi t)\,dt. \]Effectuons une première intégration par parties en choisissant :
\[ U(t)=t^n, \qquad V'(t)=\sin(\pi t). \]Alors :
\[ U'(t)=nt^{n-1}, \qquad V(t)=-\frac{\cos(\pi t)}{\pi}. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} u_n &= \left[ -\frac{t^n\cos(\pi t)}{\pi} \right]_0^{1/2}\\ &\quad+ \frac n\pi \int_0^{1/2} t^{n-1}\cos(\pi t)\,dt. \end{aligned} \]Le terme aux bornes est nul puisque :
\[ \cos\left(\frac{\pi}{2}\right)=0 \]et, comme \(n\geq2\), \(0^n=0\).
Ainsi :
\[ u_n= \frac n\pi \int_0^{1/2} t^{n-1}\cos(\pi t)\,dt. \]Effectuons une seconde intégration par parties dans cette dernière intégrale, avec :
\[ U_1(t)=t^{n-1}, \qquad V_1'(t)=\cos(\pi t). \]Alors :
\[ U_1'(t)=(n-1)t^{n-2}, \qquad V_1(t)=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} \int_0^{1/2} t^{n-1}\cos(\pi t)\,dt &= \left[ \frac{t^{n-1}\sin(\pi t)}{\pi} \right]_0^{1/2}\\ &\quad- \frac{n-1}{\pi} \int_0^{1/2} t^{n-2}\sin(\pi t)\,dt. \end{aligned} \]Le terme aux bornes vaut :
\[ \left[ \frac{t^{n-1}\sin(\pi t)}{\pi} \right]_0^{1/2} = \frac1{\pi\,2^{n-1}}. \]De plus :
\[ \int_0^{1/2} t^{n-2}\sin(\pi t)\,dt = u_{n-2}. \]Ainsi :
\[ \int_0^{1/2} t^{n-1}\cos(\pi t)\,dt = \frac1{\pi\,2^{n-1}} - \frac{n-1}{\pi}u_{n-2}. \]En revenant à l’expression de \(u_n\) :
\[ \begin{aligned} u_n &= \frac n\pi \left( \frac1{\pi\,2^{n-1}} - \frac{n-1}{\pi}u_{n-2} \right)\\ &= \frac1{\pi^2} \left[ \frac n{2^{n-1}} - n(n-1)u_{n-2} \right]. \end{aligned} \]Montrer que, pour tout \(n\geq1\) :
\[ I= \sum_{k=0}^{n-1}u_k+R_n, \]avec :
\[ R_n= \int_0^{1/2} \frac{t^n\sin(\pi t)}{1-t}\,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(n\geq1\).
Pour tout \(t\in\left[0;\dfrac12\right]\), on a \(t\neq1\). La somme géométrique finie donne :
\[ 1+t+t^2+\cdots+t^{n-1} = \frac{1-t^n}{1-t}. \]Par conséquent :
\[ \frac1{1-t} = \sum_{k=0}^{n-1}t^k + \frac{t^n}{1-t}. \]D’après la première partie :
\[ I= \int_0^{1/2} \frac{\sin(\pi t)}{1-t}\,dt. \]En remplaçant \(\dfrac1{1-t}\) par l’expression précédente :
\[ \begin{aligned} I &= \int_0^{1/2} \sin(\pi t) \left( \sum_{k=0}^{n-1}t^k + \frac{t^n}{1-t} \right)dt\\ &= \sum_{k=0}^{n-1} \int_0^{1/2} t^k\sin(\pi t)\,dt\\ &\quad+ \int_0^{1/2} \frac{t^n\sin(\pi t)}{1-t}\,dt. \end{aligned} \]La somme est finie, donc la linéarité de l’intégrale s’applique directement.
Or :
\[ \int_0^{1/2} t^k\sin(\pi t)\,dt = u_k. \]En posant :
\[ R_n= \int_0^{1/2} \frac{t^n\sin(\pi t)}{1-t}\,dt, \]on obtient :
Montrer que, pour tout \(t\in\left[0;\dfrac12\right]\) :
\[ 0\leq \frac{t^n\sin(\pi t)}{1-t} \leq 2t^n, \]puis en déduire que, pour tout \(n\geq2\) :
\[ |R_n| \leq \frac1{(n+1)2^n}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soient \(n\in\mathbb N\) et :
\[ t\in\left[0;\frac12\right]. \]On a :
\[ t^n\geq0, \qquad 0\leq\sin(\pi t)\leq1 \]et :
\[ 1-t\geq\frac12>0. \]Par conséquent :
\[ 0<\frac1{1-t}\leq2. \]En multipliant les encadrements :
\[ 0\leq \frac{t^n\sin(\pi t)}{1-t} \leq 2t^n. \]En intégrant sur \(\left[0;\dfrac12\right]\) :
\[ 0\leq R_n \leq 2\int_0^{1/2}t^n\,dt. \]Or :
\[ \begin{aligned} 2\int_0^{1/2}t^n\,dt &= 2\left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \right]_0^{1/2}\\ &= \frac{2}{n+1} \left(\frac12\right)^{n+1}\\ &= \frac1{(n+1)2^n}. \end{aligned} \]Comme \(R_n\geq0\), on a \(|R_n|=R_n\).
et donc :
\[ \boxed{ |R_n| \leq \frac1{(n+1)2^n} }. \]Montrer que :
\[ I= \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=0}^{n-1}u_k. \]Lire la correction + Masquer la correction −
D’après la question précédente :
\[ 0\leq R_n \leq \frac1{(n+1)2^n}. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac1{(n+1)2^n} = 0. \]D’après le théorème des gendarmes :
\[ \lim_{n\to+\infty}R_n=0. \]Par ailleurs :
\[ I= \sum_{k=0}^{n-1}u_k+R_n. \]Donc :
\[ \sum_{k=0}^{n-1}u_k = I-R_n. \]En passant à la limite :
Déterminer une valeur approchée de \(I\) à \(10^{-2}\) près.
Lire la correction + Masquer la correction −
Nous cherchons un entier \(n\) tel que la majoration du reste soit inférieure à \(10^{-2}\) :
\[ \frac1{(n+1)2^n} \leq10^{-2}. \]Pour \(n=4\) :
\[ \frac1{(4+1)2^4} = \frac1{80} = 0{,}0125 >10^{-2}. \]Pour \(n=5\) :
\[ \frac1{(5+1)2^5} = \frac1{192} \approx0{,}00521 <10^{-2}. \]Il suffit donc de calculer :
\[ S_5= \sum_{k=0}^{4}u_k. \]D’après les calculs précédents et la relation de récurrence :
\[ u_0=\frac1\pi \approx0{,}31831, \] \[ u_1=\frac1{\pi^2} \approx0{,}10132, \] \[ u_2= \frac1{\pi^2} \left( 1-\frac2\pi \right) \approx0{,}03682, \] \[ u_3= \frac1{\pi^2} \left( \frac34-\frac6{\pi^2} \right) \approx0{,}01439, \] \[ u_4= \frac1{\pi^2} \left( \frac12-12u_2 \right) \approx0{,}00590. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} S_5 &= u_0+u_1+u_2+u_3+u_4\\ &\approx 0{,}47674. \end{aligned} \]Or :
\[ I=S_5+R_5 \]avec :
\[ 0\leq R_5\leq\frac1{192}. \]On obtient donc :
\[ 0{,}47674 \leq I \leq 0{,}47674+\frac1{192}. \]C’est-à-dire :
\[ 0{,}47674 \leq I \leq 0{,}48195. \]Tout nombre de cet intervalle est à une distance inférieure à \(10^{-2}\) de \(0{,}48\).
Commentaires
Enregistrer un commentaire