Correction de l’exercice 99 – Calcul intégral
Suite bêta, relation de récurrence et série alternée — Manuel Al Moufid
Exercice 99
On considère la suite numérique \((I_n)\) définie, pour tout \(n\in\mathbb N\), par :
\[ I_n= \int_0^1x^n\sqrt{1-x}\,dx. \]Calculer \(I_0\) et \(I_1\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(n=0\), on a :
\[ I_0=\int_0^1\sqrt{1-x}\,dx. \]Une primitive de \(x\longmapsto\sqrt{1-x}\) est :
\[ x\longmapsto-\frac23(1-x)^{3/2}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_0 &= \left[ -\frac23(1-x)^{3/2} \right]_0^1\\ &=\frac23. \end{aligned} \]Pour \(n=1\) :
\[ I_1=\int_0^1x\sqrt{1-x}\,dx. \]Effectuons le changement de variable :
\[ t=1-x. \]On a :
\[ x=1-t \qquad\text{et}\qquad dx=-dt. \]Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=1, \qquad x=1\Longrightarrow t=0. \]Donc :
\[ \begin{aligned} I_1 &= \int_1^0(1-t)\sqrt t\,(-dt)\\ &= \int_0^1 \left(t^{1/2}-t^{3/2}\right)dt\\ &= \left[ \frac23t^{3/2}-\frac25t^{5/2} \right]_0^1\\ &= \frac23-\frac25\\ &= \frac4{15}. \end{aligned} \]En utilisant le changement de variable :
\[ t=\sqrt{1-x}, \]montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ \boxed{ I_n= 2\sum_{k=0}^{n} \binom nk \frac{(-1)^k}{2k+3} }. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Fixons \(n\in\mathbb N\). Posons :
\[ t=\sqrt{1-x}. \]Comme \(t\geq0\), cette relation équivaut à :
\[ t^2=1-x, \qquad x=1-t^2. \]En dérivant :
\[ dx=-2t\,dt. \]De plus :
\[ \sqrt{1-x}=t. \]Transformons les bornes :
\[ x=0\Longrightarrow t=1, \qquad x=1\Longrightarrow t=0. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_n &= \int_1^0 (1-t^2)^n\,t\,(-2t\,dt)\\ &= 2\int_0^1t^2(1-t^2)^n\,dt. \end{aligned} \]D’après la formule du binôme de Newton :
\[ (1-t^2)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom nk(-1)^kt^{2k}. \]Donc :
\[ t^2(1-t^2)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom nk(-1)^kt^{2k+2}. \]La somme étant finie, la linéarité de l’intégrale donne :
\[ \begin{aligned} I_n &= 2\sum_{k=0}^{n} \binom nk(-1)^k \int_0^1t^{2k+2}\,dt\\ &= 2\sum_{k=0}^{n} \binom nk(-1)^k \frac1{2k+3}. \end{aligned} \]Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ (2n+5)I_{n+1}=2(n+1)I_n. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(n\in\mathbb N\). On remarque que :
\[ \begin{aligned} I_n-I_{n+1} &= \int_0^1 \left(x^n-x^{n+1}\right) \sqrt{1-x}\,dx\\ &= \int_0^1 x^n(1-x)^{3/2}\,dx. \end{aligned} \]Posons :
\[ K_n= \int_0^1x^n(1-x)^{3/2}\,dx. \]Effectuons une intégration par parties en choisissant :
\[ U(x)=(1-x)^{3/2}, \qquad V'(x)=x^n. \]Alors :
\[ U'(x)=-\frac32\sqrt{1-x}, \qquad V(x)=\frac{x^{n+1}}{n+1}. \]La formule d’intégration par parties donne :
\[ \begin{aligned} K_n &= \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1}(1-x)^{3/2} \right]_0^1\\ &\quad+ \frac3{2(n+1)} \int_0^1x^{n+1}\sqrt{1-x}\,dx. \end{aligned} \]Le terme aux bornes est nul. Par conséquent :
\[ K_n= \frac3{2(n+1)}I_{n+1}. \]Comme \(I_n-I_{n+1}=K_n\), on obtient :
\[ I_n-I_{n+1} = \frac3{2(n+1)}I_{n+1}. \]En multipliant par \(2(n+1)\) :
\[ 2(n+1)I_n-2(n+1)I_{n+1} = 3I_{n+1}. \]Donc :
En déduire par récurrence que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ I_n= \frac{ 2^{2n+2}(n!)^2(n+1) }{ (2n+3)! }. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Montrons par récurrence la propriété :
\[ P_n:\qquad I_n= \frac{ 2^{2n+2}(n!)^2(n+1) }{ (2n+3)! }. \]Initialisation pour \(n=0\).
D’après la question 1 :
\[ I_0=\frac23. \]D’autre part :
\[ \frac{ 2^{2}(0!)^2(0+1) }{ 3! } = \frac4{6} = \frac23. \]La propriété \(P_0\) est donc vraie.
Hérédité.
Supposons que, pour un certain \(n\in\mathbb N\) :
\[ I_n= \frac{ 2^{2n+2}(n!)^2(n+1) }{ (2n+3)! }. \]D’après la relation de récurrence :
\[ I_{n+1} = \frac{2(n+1)}{2n+5}I_n. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_{n+1} &= \frac{2(n+1)}{2n+5} \times \frac{ 2^{2n+2}(n!)^2(n+1) }{ (2n+3)! }\\ &= \frac{ 2^{2n+3}(n!)^2(n+1)^2 }{ (2n+5)(2n+3)! }. \end{aligned} \]Or :
\[ (n+1)!=(n+1)n! \]et :
\[ (2n+5)! = (2n+5)(2n+4)(2n+3)! = 2(n+2)(2n+5)(2n+3)!. \]Par conséquent :
\[ I_{n+1} = \frac{ 2^{2n+4}\bigl((n+1)!\bigr)^2(n+2) }{ (2n+5)! }. \]La propriété est donc vraie au rang \(n+1\).
Déterminer les réels \(a\), \(b\) et \(c\) tels que, pour tout \(x\in[0;1]\) :
\[ \frac2{x^2-2} = a+ \frac b{x-\sqrt2} + \frac c{x+\sqrt2}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in[0;1]\), on a :
\[ x^2-2\neq0. \]L’égalité demandée équivaut à :
\[ 2 = a(x^2-2) + b(x+\sqrt2) + c(x-\sqrt2). \]En développant le membre de droite :
\[ 2 = ax^2+(b+c)x+\sqrt2(b-c)-2a. \]Par identification des coefficients :
\[ \begin{cases} a=0,\\ b+c=0,\\ \sqrt2(b-c)=2. \end{cases} \]De \(b+c=0\), on déduit :
\[ c=-b. \]La dernière équation devient :
\[ 2\sqrt2\,b=2, \]d’où :
\[ b=\frac1{\sqrt2} \qquad\text{et}\qquad c=-\frac1{\sqrt2}. \]En déduire la valeur de :
\[ \int_0^1\frac{x^2}{x^2-2}\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in[0;1]\) :
\[ \frac{x^2}{x^2-2} = 1+\frac2{x^2-2}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^1\frac{x^2}{x^2-2}\,dx &= 1+ \int_0^1\frac2{x^2-2}\,dx. \end{aligned} \]D’après la décomposition précédente :
\[ \begin{aligned} \int_0^1\frac2{x^2-2}\,dx &= \frac1{\sqrt2} \int_0^1 \left( \frac1{x-\sqrt2} - \frac1{x+\sqrt2} \right)dx\\ &= \frac1{\sqrt2} \left[ \ln|x-\sqrt2| - \ln|x+\sqrt2| \right]_0^1. \end{aligned} \]Au point \(x=0\), le terme entre crochets est nul.
Au point \(x=1\), il vaut :
\[ \ln(\sqrt2-1)-\ln(\sqrt2+1). \]Or :
\[ (\sqrt2-1)(\sqrt2+1)=1, \]donc :
\[ \sqrt2-1=\frac1{\sqrt2+1}. \]Ainsi :
\[ \ln(\sqrt2-1) = -\ln(\sqrt2+1). \]Par conséquent :
\[ \int_0^1\frac2{x^2-2}\,dx = -\sqrt2\ln(1+\sqrt2). \]Pour tout \(n\in\mathbb N\), on pose :
\[ J_n= \int_0^1 x^n\frac{\sqrt{1-x}}{1+x}\,dx \]et :
\[ S_n= \sum_{k=0}^{n}(-1)^kI_k. \]En utilisant le changement de variable :
\[ t=\sqrt{1-x}, \]calculer \(J_0\).
Lire la correction + Masquer la correction −
On a :
\[ J_0= \int_0^1 \frac{\sqrt{1-x}}{1+x}\,dx. \]Posons :
\[ t=\sqrt{1-x}. \]Alors :
\[ x=1-t^2, \qquad dx=-2t\,dt \]et :
\[ \sqrt{1-x}=t, \qquad 1+x=2-t^2. \]Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=1, \qquad x=1\Longrightarrow t=0. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} J_0 &= \int_1^0 \frac{t}{2-t^2}(-2t\,dt)\\ &= 2\int_0^1 \frac{t^2}{2-t^2}\,dt. \end{aligned} \]Or :
\[ \frac{t^2}{2-t^2} = -1+\frac2{2-t^2}. \]Donc :
\[ J_0 = -2+ 4\int_0^1\frac{dt}{2-t^2}. \]On a la décomposition :
\[ \frac1{2-t^2} = \frac1{2\sqrt2} \left( \frac1{\sqrt2-t} + \frac1{\sqrt2+t} \right). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^1\frac{dt}{2-t^2} &= \frac1{2\sqrt2} \left[ -\ln(\sqrt2-t) + \ln(\sqrt2+t) \right]_0^1\\ &= \frac1{2\sqrt2} \ln\left( \frac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1} \right). \end{aligned} \]Comme :
\[ \frac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1} = (\sqrt2+1)^2, \]on obtient :
\[ \int_0^1\frac{dt}{2-t^2} = \frac1{\sqrt2}\ln(1+\sqrt2). \]Finalement :
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ 0\leq J_n\leq\frac1{n+1}, \]puis en déduire :
\[ \lim_{n\to+\infty}J_n. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soient \(n\in\mathbb N\) et \(x\in[0;1]\).
On a :
\[ x^n\geq0, \qquad \sqrt{1-x}\geq0, \qquad 1+x>0. \]Ainsi :
\[ J_n\geq0. \]D’autre part :
\[ 0\leq\sqrt{1-x}\leq1 \qquad\text{et}\qquad 1+x\geq1. \]Donc :
\[ 0\leq \frac{\sqrt{1-x}}{1+x} \leq1. \]En multipliant par \(x^n\geq0\) :
\[ 0\leq x^n\frac{\sqrt{1-x}}{1+x} \leq x^n. \]En intégrant sur \([0;1]\) :
\[ 0\leq J_n \leq \int_0^1x^n\,dx = \frac1{n+1}. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac1{n+1}=0. \]D’après le théorème des gendarmes :
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ S_n= J_0-(-1)^{n+1}J_{n+1}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Par définition :
\[ S_n= \sum_{k=0}^{n}(-1)^kI_k. \]Or :
\[ I_k= \int_0^1x^k\sqrt{1-x}\,dx. \]La somme étant finie, la linéarité de l’intégrale donne :
\[ \begin{aligned} S_n &= \int_0^1 \sqrt{1-x} \sum_{k=0}^{n}(-1)^kx^k\,dx. \end{aligned} \]La somme obtenue est une somme géométrique de raison \(-x\) :
\[ \sum_{k=0}^{n}(-1)^kx^k = \sum_{k=0}^{n}(-x)^k = \frac{1-(-x)^{n+1}}{1+x}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} S_n &= \int_0^1 \frac{\sqrt{1-x}}{1+x}\,dx\\ &\quad- (-1)^{n+1} \int_0^1 x^{n+1} \frac{\sqrt{1-x}}{1+x}\,dx. \end{aligned} \]Le premier terme est \(J_0\), et le second contient \(J_{n+1}\).
En déduire la limite de la suite \((S_n)\).
Lire la correction + Masquer la correction −
D’après la question précédente :
\[ S_n= J_0-(-1)^{n+1}J_{n+1}. \]Or :
\[ \left| (-1)^{n+1}J_{n+1} \right| = J_{n+1}. \]D’après la question 5 b) :
\[ \lim_{n\to+\infty}J_{n+1}=0. \]Donc :
\[ \lim_{n\to+\infty} (-1)^{n+1}J_{n+1}=0. \]Par conséquent :
\[ \lim_{n\to+\infty}S_n=J_0. \]Comme :
\[ J_0= 2\sqrt2\ln(1+\sqrt2)-2, \]
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