Correction des exercices 86 à 88 – Calcul intégral

Suites d’intégrales, restes intégraux et calcul de limites — Manuel Al Moufid

Correction détaillée des exercices 86 à 88 consacrés aux suites définies à l’aide d’intégrales.

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Exercice 86 Exercice 87 Exercice 88

Exercice 86

On considère la suite \((u_n)\) définie par :

\[ u_n=\frac{(-1)^n}{2n+1}. \]

On pose, pour tout \(n\in\mathbb N\) :

\[ S_n=u_0+u_1+\cdots+u_n. \]

Question 1

Calculer l’intégrale :

\[ \int_0^1x^{2n}\,dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

La fonction \(x\longmapsto x^{2n}\) est continue sur le segment \([0;1]\).

Une primitive de cette fonction est :

\[ x\longmapsto\frac{x^{2n+1}}{2n+1}. \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} \int_0^1x^{2n}\,dx &= \left[\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\right]_0^1\\ &= \frac1{2n+1}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{\int_0^1x^{2n}\,dx=\frac1{2n+1}} \]

Question 2

Montrer que :

\[ S_n= \int_0^1 \frac{1+(-1)^n x^{2n+2}}{1+x^2}\,dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

D’après la question précédente, pour tout \(k\in\mathbb N\) :

\[ \frac1{2k+1}=\int_0^1x^{2k}\,dx. \]

Par conséquent :

\[ u_k = \frac{(-1)^k}{2k+1} = \int_0^1(-1)^k x^{2k}\,dx. \]

La somme étant finie, la linéarité de l’intégrale donne :

\[ \begin{aligned} S_n &=\sum_{k=0}^{n}u_k\\ &=\int_0^1 \sum_{k=0}^{n}(-1)^k x^{2k}\,dx. \end{aligned} \]

Pour tout \(x\in[0;1]\), la somme obtenue est une somme géométrique de raison \(-x^2\) :

\[ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n}(-1)^k x^{2k} &=\sum_{k=0}^{n}(-x^2)^k\\ &=\frac{1-(-x^2)^{n+1}}{1+x^2}\\ &=\frac{1+(-1)^n x^{2n+2}}{1+x^2}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ S_n= \int_0^1 \frac{1+(-1)^n x^{2n+2}}{1+x^2}\,dx }. \]

Question 3

Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :

\[ S_n-\frac{\pi}{4} = (-1)^n \int_0^1 \frac{x^{2n+2}}{1+x^2}\,dx, \]

puis calculer :

\[ \lim_{n\to+\infty}S_n. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

On a :

\[ \int_0^1\frac{dx}{1+x^2} = \left[\operatorname{Arctan}x\right]_0^1 = \frac{\pi}{4}. \]

D’après la représentation intégrale de \(S_n\) :

\[ \begin{aligned} S_n &= \int_0^1 \frac{1+(-1)^n x^{2n+2}}{1+x^2}\,dx\\ &= \frac{\pi}{4} + (-1)^n \int_0^1 \frac{x^{2n+2}}{1+x^2}\,dx. \end{aligned} \]

Donc :

\[ S_n-\frac{\pi}{4} = (-1)^n \int_0^1 \frac{x^{2n+2}}{1+x^2}\,dx. \]

Pour tout \(x\in[0;1]\) :

\[ 0\leq \frac{x^{2n+2}}{1+x^2} \leq x^{2n+2}. \]

En intégrant sur \([0;1]\) :

\[ 0\leq \int_0^1 \frac{x^{2n+2}}{1+x^2}\,dx \leq \frac1{2n+3}. \]

Par conséquent :

\[ \left|S_n-\frac{\pi}{4}\right| \leq\frac1{2n+3}. \]

Comme :

\[ \lim_{n\to+\infty}\frac1{2n+3}=0, \]

le théorème des gendarmes donne :

\[ \boxed{\lim_{n\to+\infty}S_n=\frac{\pi}{4}}. \]

Exercice 87

Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on pose :

\[ I_n= \frac1{n!\,2^{n+1}} \int_0^1(1-t)^n e^{t/2}\,dt. \]

Question 1

Calculer \(I_1\).

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour \(n=1\) :

\[ I_1= \frac14 \int_0^1(1-t)e^{t/2}\,dt. \]

Posons :

\[ A=\int_0^1(1-t)e^{t/2}\,dt. \]

Effectuons une intégration par parties en choisissant :

\[ u(t)=1-t, \qquad v'(t)=e^{t/2}. \]

Alors :

\[ u'(t)=-1, \qquad v(t)=2e^{t/2}. \]

La formule d’intégration par parties donne :

\[ \begin{aligned} A &= \left[2(1-t)e^{t/2}\right]_0^1 + 2\int_0^1e^{t/2}\,dt\\ &=-2+4(\sqrt e-1)\\ &=4\sqrt e-6. \end{aligned} \]

Par conséquent :

\[ I_1 = \frac14(4\sqrt e-6) = \sqrt e-\frac32. \]

\[ \boxed{I_1=\sqrt e-\frac32}. \]

Question 2

Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\) :

\[ I_{n+1} = I_n- \frac1{(n+1)!\,2^{n+1}}. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

D’après la définition :

\[ I_{n+1} = \frac1{(n+1)!\,2^{n+2}} \int_0^1(1-t)^{n+1}e^{t/2}\,dt. \]

Posons :

\[ A_{n+1} = \int_0^1(1-t)^{n+1}e^{t/2}\,dt. \]

Effectuons une intégration par parties avec :

\[ u(t)=(1-t)^{n+1}, \qquad v'(t)=e^{t/2}. \]

Alors :

\[ u'(t)=-(n+1)(1-t)^n, \qquad v(t)=2e^{t/2}. \]

On obtient :

\[ \begin{aligned} A_{n+1} &= \left[ 2(1-t)^{n+1}e^{t/2} \right]_0^1\\ &\quad+ 2(n+1) \int_0^1(1-t)^n e^{t/2}\,dt. \end{aligned} \]

Le terme aux bornes vaut :

\[ \left[ 2(1-t)^{n+1}e^{t/2} \right]_0^1=-2. \]

De plus :

\[ \int_0^1(1-t)^n e^{t/2}\,dt = n!\,2^{n+1}I_n. \]

Ainsi :

\[ A_{n+1} = -2+ (n+1)!\,2^{n+2}I_n. \]

En divisant par \((n+1)!\,2^{n+2}\), on trouve :

\[ \boxed{ I_{n+1} = I_n- \frac1{(n+1)!\,2^{n+1}} }. \]

Question 3

En déduire que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\) :

\[ \sqrt e = \sum_{k=0}^{n}\frac1{k!\,2^k} +I_n. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Nous démontrons la relation par récurrence sur \(n\in\mathbb N^*\).

Initialisation pour \(n=1\).

\[ I_1=\sqrt e-\frac32 \]

et :

\[ \sum_{k=0}^{1}\frac1{k!\,2^k} = 1+\frac12 = \frac32. \]

Donc :

\[ \sum_{k=0}^{1}\frac1{k!\,2^k}+I_1 = \sqrt e. \]

Hérédité.

Supposons que, pour un certain \(n\in\mathbb N^*\) :

\[ \sqrt e = \sum_{k=0}^{n}\frac1{k!\,2^k}+I_n. \]

La relation précédente donne :

\[ I_{n+1} = I_n- \frac1{(n+1)!\,2^{n+1}}. \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n+1}\frac1{k!\,2^k}+I_{n+1} &= \sum_{k=0}^{n}\frac1{k!\,2^k} + \frac1{(n+1)!\,2^{n+1}}\\ &\quad+ I_n- \frac1{(n+1)!\,2^{n+1}}\\ &= \sqrt e. \end{aligned} \]

Par récurrence : \[ \boxed{ (\forall n\in\mathbb N^*) \qquad \sqrt e= \sum_{k=0}^{n}\frac1{k!\,2^k}+I_n }. \]

Question 4 a)

Montrer qu’il existe \(A\in\mathbb R_+^*\) tel que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\) :

\[ 0\leq I_n\leq\frac{A}{2^n n!}. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour tout \(t\in[0;1]\) :

\[ 0\leq(1-t)^n\leq1 \qquad\text{et}\qquad e^{t/2}\leq\sqrt e. \]

Par conséquent :

\[ 0\leq (1-t)^n e^{t/2} \leq\sqrt e. \]

En intégrant sur \([0;1]\) :

\[ 0\leq \int_0^1(1-t)^n e^{t/2}\,dt \leq\sqrt e. \]

En multipliant par le nombre positif \(\dfrac1{n!\,2^{n+1}}\), on obtient :

\[ 0\leq I_n \leq \frac{\sqrt e}{n!\,2^{n+1}} \leq \frac{\sqrt e}{n!\,2^n}. \]

On peut donc choisir :

\[ A=\sqrt e. \]

\[ \boxed{ (\forall n\in\mathbb N^*) \qquad 0\leq I_n\leq\frac{\sqrt e}{2^n n!} }. \]

Question 4 b)

En déduire la valeur de :

\[ \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=0}^{n}\frac1{k!\,2^k}. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

D’après la question précédente :

\[ 0\leq I_n \leq\frac{\sqrt e}{2^n n!} \leq\frac{\sqrt e}{2^n}. \]

Or :

\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt e}{2^n}=0. \]

Le théorème des gendarmes donne donc :

\[ \lim_{n\to+\infty}I_n=0. \]

D’autre part :

\[ \sum_{k=0}^{n}\frac1{k!\,2^k} = \sqrt e-I_n. \]

En passant à la limite :

\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=0}^{n}\frac1{k!\,2^k} = \sqrt e }. \]

Exercice 88

On considère la suite numérique \((u_n)_{n\in\mathbb N^*}\) définie par :

\[ (\forall n\in\mathbb N^*) \qquad u_n= n\int_1^\pi\frac{\sin x}{x^n}\,dx. \]

Question 1

En utilisant une intégration par parties, montrer que, pour tout \(n\geq2\) :

\[ u_n= \frac{n}{n-1} \left( \sin1+ \int_1^\pi\frac{\cos x}{x^{n-1}}\,dx \right). \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Soit \(n\geq2\). Posons :

\[ A_n= \int_1^\pi\frac{\sin x}{x^n}\,dx. \]

Effectuons une intégration par parties en choisissant :

\[ u(x)=\sin x, \qquad v'(x)=\frac1{x^n}. \]

Alors :

\[ u'(x)=\cos x \]

et :

\[ v(x)= -\frac1{(n-1)x^{n-1}}. \]

La formule d’intégration par parties donne :

\[ \begin{aligned} A_n &= \left[ -\frac{\sin x}{(n-1)x^{n-1}} \right]_1^\pi\\ &\quad+ \frac1{n-1} \int_1^\pi \frac{\cos x}{x^{n-1}}\,dx. \end{aligned} \]

Comme \(\sin\pi=0\), le terme aux bornes vaut :

\[ \left[ -\frac{\sin x}{(n-1)x^{n-1}} \right]_1^\pi = \frac{\sin1}{n-1}. \]

Ainsi :

\[ A_n= \frac1{n-1} \left( \sin1+ \int_1^\pi \frac{\cos x}{x^{n-1}}\,dx \right). \]

Comme \(u_n=nA_n\), on obtient :

\[ \boxed{ u_n= \frac{n}{n-1} \left( \sin1+ \int_1^\pi \frac{\cos x}{x^{n-1}}\,dx \right) }. \]

Question 2 a)

Montrer que, pour tout \(n\geq2\) :

\[ \left| \int_1^\pi \frac{\cos x}{x^{n-1}}\,dx \right| \leq \int_1^\pi\frac{dx}{x^{n-1}}. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

La fonction :

\[ x\longmapsto\frac{\cos x}{x^{n-1}} \]

est continue sur \([1;\pi]\).

D’après l’inégalité triangulaire pour les intégrales :

\[ \left| \int_1^\pi \frac{\cos x}{x^{n-1}}\,dx \right| \leq \int_1^\pi \frac{|\cos x|}{x^{n-1}}\,dx. \]

Pour tout \(x\in[1;\pi]\) :

\[ |\cos x|\leq1. \]

Donc :

\[ \frac{|\cos x|}{x^{n-1}} \leq \frac1{x^{n-1}}. \]

\[ \boxed{ \left| \int_1^\pi \frac{\cos x}{x^{n-1}}\,dx \right| \leq \int_1^\pi\frac{dx}{x^{n-1}} }. \]

Question 2 b)

En déduire que :

\[ \lim_{n\to+\infty} \int_1^\pi \frac{\cos x}{x^{n-1}}\,dx =0. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour \(n\geq3\) :

\[ \begin{aligned} \int_1^\pi\frac{dx}{x^{n-1}} &= \left[ \frac{x^{2-n}}{2-n} \right]_1^\pi\\ &= \frac{1-\pi^{2-n}}{n-2}. \end{aligned} \]

Comme \(0<\pi^{2-n}\leq1\), on a :

\[ 0\leq \int_1^\pi\frac{dx}{x^{n-1}} \leq \frac1{n-2}. \]

Or :

\[ \lim_{n\to+\infty}\frac1{n-2}=0. \]

Par conséquent :

\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty} \int_1^\pi \frac{\cos x}{x^{n-1}}\,dx =0 }. \]

Question 2 c)

Montrer que :

\[ \lim_{n\to+\infty}u_n=\sin1. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour tout \(n\geq2\) :

\[ u_n= \frac{n}{n-1} \left( \sin1+ \int_1^\pi \frac{\cos x}{x^{n-1}}\,dx \right). \]

Or :

\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n}{n-1}=1 \]

et :

\[ \lim_{n\to+\infty} \int_1^\pi \frac{\cos x}{x^{n-1}}\,dx =0. \]

En passant à la limite :

\[ \boxed{\lim_{n\to+\infty}u_n=\sin1}. \]

Méthode à retenir : une somme géométrique ou une intégration par parties permet souvent de faire apparaître un reste intégral. Il faut ensuite majorer ce reste par une quantité positive dont la limite est nulle.

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