Correction des exercices 62 à 64
Calcul intégral — Manuel Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 62
Pour tout \(n\in\mathbb N\), on pose :
\[ A_n=\int_0^{\pi/2}e^{-nx}\sin(x)\,dx \]et :
\[ B_n=\int_0^{\pi/2}e^{-nx}\cos(x)\,dx. \]Calculer \(A_0\) et \(B_0\).
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Pour \(n=0\), on a \(e^{-0x}=1\). Ainsi :
\[ A_0=\int_0^{\pi/2}\sin x\,dx. \]La fonction sinus est continue sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\). Donc :
\[ \begin{aligned} A_0 &=\left[-\cos x\right]_0^{\pi/2}\\ &=-\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)+\cos0\\ &=1. \end{aligned} \]De même :
\[ B_0=\int_0^{\pi/2}\cos x\,dx. \]La fonction cosinus est continue sur le segment considéré. Ainsi :
\[ \begin{aligned} B_0 &=\left[\sin x\right]_0^{\pi/2}\\ &=\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)-\sin0\\ &=1. \end{aligned} \]En utilisant la formule d’intégration par parties, montrer que :
\[ A_n+nB_n=1 \]et :
\[ -nA_n+B_n=e^{-n\pi/2}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(n\in\mathbb N\), les fonctions intégrées sont continues sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\).
Commençons par \(A_n\). Effectuons une intégration par parties avec :
\[ u(x)=e^{-nx}, \qquad u'(x)=-ne^{-nx}, \] \[ v'(x)=\sin x, \qquad v(x)=-\cos x. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} A_n &= \left[-e^{-nx}\cos x\right]_0^{\pi/2} - n\int_0^{\pi/2}e^{-nx}\cos x\,dx\\ &= \left[-e^{-nx}\cos x\right]_0^{\pi/2} -nB_n. \end{aligned} \]Le terme aux bornes vaut :
\[ \begin{aligned} \left[-e^{-nx}\cos x\right]_0^{\pi/2} &= -e^{-n\pi/2}\cos\left(\frac{\pi}{2}\right) +\cos0\\ &=1. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ A_n=1-nB_n, \]d’où :
\[ \boxed{A_n+nB_n=1}. \]Calculons maintenant \(B_n\) par intégration par parties avec :
\[ u(x)=e^{-nx}, \qquad u'(x)=-ne^{-nx}, \] \[ v'(x)=\cos x, \qquad v(x)=\sin x. \]Il vient :
\[ \begin{aligned} B_n &= \left[e^{-nx}\sin x\right]_0^{\pi/2} + n\int_0^{\pi/2}e^{-nx}\sin x\,dx\\ &= \left[e^{-nx}\sin x\right]_0^{\pi/2} +nA_n. \end{aligned} \]Le terme aux bornes vaut :
\[ \begin{aligned} \left[e^{-nx}\sin x\right]_0^{\pi/2} &= e^{-n\pi/2}\sin\left(\frac{\pi}{2}\right) -\sin0\\ &= e^{-n\pi/2}. \end{aligned} \]Donc :
\[ B_n=e^{-n\pi/2}+nA_n. \]En déduire \(A_n\) et \(B_n\) en fonction de \(n\).
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Les deux intégrales vérifient le système :
\[ \left\{ \begin{aligned} A_n+nB_n&=1,\\ -nA_n+B_n&=e^{-n\pi/2}. \end{aligned} \right. \]Multiplions la deuxième égalité par \(n\) :
\[ -n^2A_n+nB_n = ne^{-n\pi/2}. \]Soustrayons cette égalité de la première :
\[ \begin{aligned} (A_n+nB_n)-(-n^2A_n+nB_n) &= 1-ne^{-n\pi/2}. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ (1+n^2)A_n = 1-ne^{-n\pi/2}. \]Comme \(1+n^2>0\), on obtient :
\[ A_n= \frac{1-ne^{-n\pi/2}}{1+n^2}. \]Pour calculer \(B_n\), multiplions la première relation par \(n\) :
\[ nA_n+n^2B_n=n. \]Ajoutons la deuxième relation :
\[ (nA_n+n^2B_n)+(-nA_n+B_n) = n+e^{-n\pi/2}. \]Donc :
\[ (1+n^2)B_n = n+e^{-n\pi/2}. \]Déterminer :
\[ \lim_{n\to+\infty}A_n \qquad\text{et}\qquad \lim_{n\to+\infty}B_n. \]Lire la correction + Masquer la correction −
On a :
\[ A_n= \frac{1-ne^{-n\pi/2}}{1+n^2}. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}e^{-n\pi/2}=0 \]et l’exponentielle l’emporte sur la fonction \(n\mapsto n\), donc :
\[ \lim_{n\to+\infty}ne^{-n\pi/2}=0. \]Ainsi, le numérateur de \(A_n\) tend vers \(1\), tandis que son dénominateur tend vers \(+\infty\). Par conséquent :
\[ \lim_{n\to+\infty}A_n=0. \]D’autre part :
\[ B_n= \frac{n+e^{-n\pi/2}}{1+n^2}. \]Divisons le numérateur et le dénominateur par \(n^2\) :
\[ B_n= \frac{ \dfrac1n+\dfrac{e^{-n\pi/2}}{n^2} }{ 1+\dfrac1{n^2} }. \]Chaque terme du numérateur tend vers \(0\), tandis que le dénominateur tend vers \(1\). Donc :
\[ \lim_{n\to+\infty}B_n=0. \]Exercice 63
Pour tout \(n\in\mathbb N\), on pose :
\[ u_n= \frac1{n!} \int_0^1(1-x)^ne^x\,dx. \]Montrer que :
\[ (\forall n\in\mathbb N)\qquad u_{n+1}=u_n-\frac1{(n+1)!}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(n\in\mathbb N\), la fonction :
\[ x\longmapsto(1-x)^{n+1}e^x \]est continue sur \([0;1]\).
On a :
\[ u_{n+1} = \frac1{(n+1)!} \int_0^1(1-x)^{n+1}e^x\,dx. \]Effectuons une intégration par parties avec :
\[ u(x)=(1-x)^{n+1}, \qquad u'(x)=-(n+1)(1-x)^n, \] \[ v'(x)=e^x, \qquad v(x)=e^x. \]Il vient :
\[ \begin{aligned} \int_0^1(1-x)^{n+1}e^x\,dx &= \left[(1-x)^{n+1}e^x\right]_0^1\\ &\quad+ (n+1) \int_0^1(1-x)^ne^x\,dx. \end{aligned} \]Le terme aux bornes vaut :
\[ \begin{aligned} \left[(1-x)^{n+1}e^x\right]_0^1 &= 0^{n+1}e-1^{n+1}\\ &=-1. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \int_0^1(1-x)^{n+1}e^x\,dx = -1+ (n+1) \int_0^1(1-x)^ne^x\,dx. \]En divisant par \((n+1)!\) :
\[ \begin{aligned} u_{n+1} &= -\frac1{(n+1)!}\\ &\quad+ \frac{n+1}{(n+1)!} \int_0^1(1-x)^ne^x\,dx. \end{aligned} \]Or :
\[ \frac{n+1}{(n+1)!}=\frac1{n!}. \]En déduire que :
\[ (\forall n\in\mathbb N)\qquad u_n=e-\sum_{k=0}^{n}\frac1{k!}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Calculons d’abord \(u_0\) :
\[ \begin{aligned} u_0 &= \frac1{0!} \int_0^1e^x\,dx\\ &= \left[e^x\right]_0^1\\ &= e-1. \end{aligned} \]Nous allons démontrer par récurrence que :
\[ u_n=e-\sum_{k=0}^{n}\frac1{k!}. \]Initialisation : pour \(n=0\) :
\[ e-\sum_{k=0}^{0}\frac1{k!} = e-\frac1{0!} = e-1 = u_0. \]La propriété est donc vraie au rang \(0\).
Hérédité : supposons que, pour un entier \(n\in\mathbb N\) :
\[ u_n=e-\sum_{k=0}^{n}\frac1{k!}. \]D’après la relation obtenue à la question précédente :
\[ u_{n+1} = u_n-\frac1{(n+1)!}. \]En utilisant l’hypothèse de récurrence :
\[ \begin{aligned} u_{n+1} &= e-\sum_{k=0}^{n}\frac1{k!} - \frac1{(n+1)!}\\ &= e-\sum_{k=0}^{n+1}\frac1{k!}. \end{aligned} \]La propriété est donc vraie au rang \(n+1\).
Par récurrence, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
La somme :
\[ \sum_{k=0}^{n}\frac1{k!} \]est une somme finie. L’égalité obtenue ne suppose donc aucun résultat préalable sur la convergence d’une série.
Exercice 64
Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on pose :
\[ I_n= \int_0^1 \frac{dt}{(1+t^2)^n}. \]Calculer \(I_1\).
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Pour \(n=1\) :
\[ I_1= \int_0^1\frac{dt}{1+t^2}. \]La fonction intégrée est continue sur \([0;1]\), et une primitive est :
\[ t\longmapsto\operatorname{Arctan}(t). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_1 &= \left[ \operatorname{Arctan}(t) \right]_0^1\\ &= \operatorname{Arctan}(1) - \operatorname{Arctan}(0)\\ &= \frac{\pi}{4}. \end{aligned} \]En utilisant la formule d’intégration par parties, calculer \(I_{n+1}-I_n\) en fonction de \(I_n\) et \(n\).
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Soit \(n\in\mathbb N^*\). Les fonctions considérées sont continues sur \([0;1]\).
Par linéarité de l’intégrale :
\[ \begin{aligned} I_{n+1}-I_n &= \int_0^1 \left[ \frac1{(1+t^2)^{n+1}} - \frac1{(1+t^2)^n} \right]dt\\ &= \int_0^1 \frac{1-(1+t^2)} {(1+t^2)^{n+1}}\,dt\\ &= -\int_0^1 \frac{t^2}{(1+t^2)^{n+1}}\,dt. \end{aligned} \]Posons :
\[ J_n= \int_0^1 \frac{t^2}{(1+t^2)^{n+1}}\,dt. \]Effectuons une intégration par parties avec :
\[ u(t)=t, \qquad u'(t)=1, \] \[ v'(t)= \frac{t}{(1+t^2)^{n+1}}. \]Pour déterminer \(v(t)\), on remarque que :
\[ \left((1+t^2)^{-n}\right)' = -2nt(1+t^2)^{-n-1}. \]Ainsi :
\[ v(t)= -\frac1{2n(1+t^2)^n}. \]La formule d’intégration par parties donne :
\[ \begin{aligned} J_n &= \left[ -\frac{t}{2n(1+t^2)^n} \right]_0^1\\ &\quad+ \frac1{2n} \int_0^1 \frac{dt}{(1+t^2)^n}. \end{aligned} \]Le terme aux bornes vaut :
\[ \left[ -\frac{t}{2n(1+t^2)^n} \right]_0^1 = -\frac1{2n\,2^n} = -\frac1{n2^{n+1}}. \]Par conséquent :
\[ J_n= -\frac1{n2^{n+1}} + \frac{I_n}{2n}. \]Or \(I_{n+1}-I_n=-J_n\). Donc :
On peut aussi écrire :
\[ \boxed{ I_{n+1} = \frac{2n-1}{2n}I_n + \frac1{n2^{n+1}} }. \]En déduire \(I_2\) et \(I_3\).
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On sait que :
\[ I_1=\frac{\pi}{4}. \]Pour \(n=1\), la relation donne :
\[ I_2-I_1 = \frac1{1\times2^2} - \frac{I_1}{2}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} I_2 &= I_1+\frac14-\frac{I_1}{2}\\ &= \frac{I_1}{2}+\frac14\\ &= \frac{\pi}{8}+\frac14\\ &= \frac{\pi+2}{8}. \end{aligned} \]Pour \(n=2\), on obtient :
\[ I_3-I_2 = \frac1{2\times2^3} - \frac{I_2}{4}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_3 &= I_2+\frac1{16}-\frac{I_2}{4}\\ &= \frac34I_2+\frac1{16}\\ &= \frac34\cdot\frac{\pi+2}{8} + \frac1{16}\\ &= \frac{3(\pi+2)}{32} + \frac2{32}\\ &= \frac{3\pi+8}{32}. \end{aligned} \]
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