Correction de l’exercice 98 – Calcul intégral
Suite d’intégrales et relation de récurrence à pas deux — Manuel Al Moufid
Exercice 98
Pour tout \(n\in\mathbb N\), on pose :
\[ I_n= \int_0^1 \frac{t^n}{\sqrt{1+t^2}}\,dt. \]Calculer la dérivée de la fonction \(u\) définie par :
\[ u(t)= \ln\left(t+\sqrt{1+t^2}\right). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(t\in\mathbb R\), on a :
\[ \sqrt{1+t^2}>|t|. \]Par conséquent :
\[ t+\sqrt{1+t^2}>0. \]La fonction \(u\) est donc bien définie et dérivable sur \(\mathbb R\).
Posons :
\[ v(t)=t+\sqrt{1+t^2}. \]On a :
\[ \begin{aligned} v'(t) &=1+\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\\ &= \frac{\sqrt{1+t^2}+t}{\sqrt{1+t^2}}. \end{aligned} \]Comme \(u(t)=\ln(v(t))\), on obtient :
\[ \begin{aligned} u'(t) &=\frac{v'(t)}{v(t)}\\ &= \frac{ \dfrac{\sqrt{1+t^2}+t}{\sqrt{1+t^2}} }{ t+\sqrt{1+t^2} }\\ &= \frac1{\sqrt{1+t^2}}. \end{aligned} \]Calculer les intégrales \(I_0\) et \(I_1\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(n=0\) :
\[ I_0= \int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{1+t^2}}. \]D’après la question précédente, la fonction :
\[ u(t)= \ln\left(t+\sqrt{1+t^2}\right) \]est une primitive de \(t\longmapsto\dfrac1{\sqrt{1+t^2}}\).
Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_0 &= \left[ \ln\left(t+\sqrt{1+t^2}\right) \right]_0^1\\ &= \ln(1+\sqrt2)-\ln1\\ &= \ln(1+\sqrt2). \end{aligned} \]Pour \(n=1\) :
\[ I_1= \int_0^1 \frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\,dt. \]Une primitive de \(t\longmapsto\dfrac{t}{\sqrt{1+t^2}}\) est :
\[ t\longmapsto\sqrt{1+t^2}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} I_1 &= \left[ \sqrt{1+t^2} \right]_0^1\\ &= \sqrt2-1. \end{aligned} \]Déterminer la monotonie de la suite \((I_n)\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Soient \(n\in\mathbb N\) et \(t\in[0;1]\).
Comme \(0\leq t\leq1\), on a :
\[ t^{n+1}\leq t^n. \]De plus :
\[ \sqrt{1+t^2}>0. \]En divisant par ce nombre strictement positif :
\[ \frac{t^{n+1}}{\sqrt{1+t^2}} \leq \frac{t^n}{\sqrt{1+t^2}}. \]En intégrant sur \([0;1]\), on obtient :
\[ I_{n+1}\leq I_n. \]L’inégalité est stricte sur \(]0;1[\), car :
\[ t^{n+1}Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ I_{n+2}+I_n = \int_0^1 t^n\sqrt{1+t^2}\,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(n\in\mathbb N\).
Les fonctions intégrées sont continues sur le segment \([0;1]\). Par linéarité de l’intégrale :
\[ \begin{aligned} I_{n+2}+I_n &= \int_0^1 \frac{t^{n+2}}{\sqrt{1+t^2}}\,dt + \int_0^1 \frac{t^n}{\sqrt{1+t^2}}\,dt\\ &= \int_0^1 \frac{t^{n+2}+t^n}{\sqrt{1+t^2}}\,dt. \end{aligned} \]On factorise \(t^n\) :
\[ t^{n+2}+t^n=t^n(1+t^2). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_{n+2}+I_n &= \int_0^1 \frac{t^n(1+t^2)}{\sqrt{1+t^2}}\,dt\\ &= \int_0^1 t^n\sqrt{1+t^2}\,dt. \end{aligned} \]En utilisant la formule d’intégration par parties, montrer que :
\[ (\forall n\in\mathbb N) \qquad (n+2)I_{n+2}+(n+1)I_n=\sqrt2. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(n\in\mathbb N\). Posons :
\[ J_n= \int_0^1 t^n\sqrt{1+t^2}\,dt. \]D’après la question précédente :
\[ J_n=I_{n+2}+I_n. \]Effectuons une intégration par parties en choisissant :
\[ U(t)=\sqrt{1+t^2}, \qquad V'(t)=t^n. \]On a :
\[ U'(t)=\frac{t}{\sqrt{1+t^2}} \]et :
\[ V(t)=\frac{t^{n+1}}{n+1}. \]La formule d’intégration par parties donne :
\[ \begin{aligned} J_n &= \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \sqrt{1+t^2} \right]_0^1\\ &\quad- \frac1{n+1} \int_0^1 \frac{t^{n+2}}{\sqrt{1+t^2}}\,dt. \end{aligned} \]Le terme aux bornes vaut :
\[ \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \sqrt{1+t^2} \right]_0^1 = \frac{\sqrt2}{n+1}. \]De plus :
\[ \int_0^1 \frac{t^{n+2}}{\sqrt{1+t^2}}\,dt = I_{n+2}. \]Donc :
\[ J_n= \frac{\sqrt2}{n+1} - \frac{I_{n+2}}{n+1}. \]Comme \(J_n=I_{n+2}+I_n\), on a :
\[ I_{n+2}+I_n = \frac{\sqrt2-I_{n+2}}{n+1}. \]En multipliant par \(n+1\) :
\[ (n+1)I_{n+2}+(n+1)I_n = \sqrt2-I_{n+2}. \]Par conséquent :
En déduire que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ (2n+3)I_{n+2} \leq \sqrt2 \leq (2n+3)I_n. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La suite \((I_n)\) est décroissante. Ainsi :
\[ I_{n+2}\leq I_n. \]D’après la relation de la question précédente :
\[ \sqrt2 = (n+2)I_{n+2}+(n+1)I_n. \]Comme \(I_n\geq I_{n+2}\), on obtient :
\[ \begin{aligned} \sqrt2 &\geq (n+2)I_{n+2} +(n+1)I_{n+2}\\ &= (2n+3)I_{n+2}. \end{aligned} \]D’autre part, comme \(I_{n+2}\leq I_n\) :
\[ \begin{aligned} \sqrt2 &\leq (n+2)I_n +(n+1)I_n\\ &= (2n+3)I_n. \end{aligned} \]Montrer que la suite \((nI_n)\) converge en précisant sa limite.
Lire la correction + Masquer la correction −
D’après la question précédente, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ \sqrt2\leq(2n+3)I_n. \]Donc :
\[ I_n\geq\frac{\sqrt2}{2n+3}. \]D’autre part, pour tout \(n\geq2\), appliquons la première inégalité de la question précédente au rang \(n-2\) :
\[ \bigl(2(n-2)+3\bigr)I_n \leq \sqrt2. \]Ainsi :
\[ (2n-1)I_n\leq\sqrt2, \]puis :
\[ I_n\leq\frac{\sqrt2}{2n-1}. \]On obtient donc, pour tout \(n\geq2\) :
\[ \frac{\sqrt2}{2n+3} \leq I_n \leq \frac{\sqrt2}{2n-1}. \]En multipliant les trois membres par \(n>0\) :
\[ \frac{n\sqrt2}{2n+3} \leq nI_n \leq \frac{n\sqrt2}{2n-1}. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{n\sqrt2}{2n+3} = \frac{\sqrt2}{2} \]et :
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{n\sqrt2}{2n-1} = \frac{\sqrt2}{2}. \]D’après le théorème des gendarmes, la suite \((nI_n)\) converge et :
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