Correction des exercices 95 à 97 – Calcul intégral
Encadrement et convergence de suites définies par des intégrales — Manuel Al Moufid
Exercice 95
Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on pose :
\[ u_n= \int_0^2 \frac{2t+3}{t+2}e^{t/n}\,dt. \]Étudier les variations de la fonction \(\varphi\) définie sur \([0;2]\) par :
\[ \varphi(t)=\frac{2t+3}{t+2}. \]En déduire que :
\[ (\forall t\in[0;2]) \qquad \frac32\leq\varphi(t)\leq\frac74. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(\varphi\) est dérivable sur \([0;2]\), car \(t+2>0\) sur cet intervalle.
Pour tout \(t\in[0;2]\) :
\[ \begin{aligned} \varphi'(t) &= \frac{2(t+2)-(2t+3)}{(t+2)^2}\\ &= \frac1{(t+2)^2}. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \varphi'(t)>0 \qquad \text{sur }[0;2]. \]La fonction \(\varphi\) est donc strictement croissante sur \([0;2]\).
On calcule :
\[ \varphi(0)=\frac32 \qquad\text{et}\qquad \varphi(2)=\frac74. \]Par conséquent, pour tout \(t\in[0;2]\) :
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\) :
\[ \frac32\,n\left(e^{2/n}-1\right) \leq u_n \leq \frac74\,n\left(e^{2/n}-1\right). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Fixons \(n\in\mathbb N^*\).
Pour tout \(t\in[0;2]\), on a :
\[ \frac32 \leq \frac{2t+3}{t+2} \leq \frac74. \]Comme \(e^{t/n}>0\), la multiplication par \(e^{t/n}\) conserve le sens des inégalités :
\[ \frac32e^{t/n} \leq \frac{2t+3}{t+2}e^{t/n} \leq \frac74e^{t/n}. \]Les fonctions sont continues sur \([0;2]\). En intégrant membre à membre :
\[ \frac32\int_0^2e^{t/n}\,dt \leq u_n \leq \frac74\int_0^2e^{t/n}\,dt. \]Une primitive de \(t\longmapsto e^{t/n}\) est \(t\longmapsto ne^{t/n}\). Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^2e^{t/n}\,dt &= \left[ne^{t/n}\right]_0^2\\ &= n\left(e^{2/n}-1\right). \end{aligned} \]Montrer que si la suite \((u_n)\) converge, alors sa limite \(\ell\) vérifie :
\[ 3\leq\ell\leq\frac72. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ y_n=\frac2n. \]Lorsque \(n\to+\infty\), on a \(y_n\to0\). De plus :
\[ n\left(e^{2/n}-1\right) = 2\frac{e^{y_n}-1}{y_n}. \]Or la limite fondamentale :
\[ \lim_{y\to0}\frac{e^y-1}{y}=1 \]donne :
\[ \lim_{n\to+\infty} n\left(e^{2/n}-1\right) =2. \]Supposons maintenant que la suite \((u_n)\) converge vers un réel \(\ell\).
En passant à la limite dans l’encadrement de la question précédente :
\[ \frac32\times2 \leq \ell \leq \frac74\times2. \]Vérifier que, pour tout \(t\in[0;2]\) :
\[ \frac{2t+3}{t+2} = 2-\frac1{t+2}, \]et en déduire la valeur de :
\[ I=\int_0^2\frac{2t+3}{t+2}\,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(t\in[0;2]\) :
\[ 2-\frac1{t+2} = \frac{2(t+2)-1}{t+2} = \frac{2t+3}{t+2}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I &= \int_0^2 \left( 2-\frac1{t+2} \right)dt\\ &= \left[ 2t-\ln(t+2) \right]_0^2\\ &= 4-\ln4+\ln2\\ &= 4-\ln2. \end{aligned} \]Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\) :
\[ I\leq u_n\leq e^{2/n}I. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soient \(n\in\mathbb N^*\) et \(t\in[0;2]\).
Comme :
\[ 0\leq\frac tn\leq\frac2n, \]et comme la fonction exponentielle est croissante :
\[ 1\leq e^{t/n}\leq e^{2/n}. \]D’autre part :
\[ \frac{2t+3}{t+2}>0. \]En multipliant l’encadrement par ce nombre positif :
\[ \frac{2t+3}{t+2} \leq \frac{2t+3}{t+2}e^{t/n} \leq e^{2/n}\frac{2t+3}{t+2}. \]En intégrant sur \([0;2]\) :
En déduire que la suite \((u_n)\) converge en précisant sa limite.
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(n\in\mathbb N^*\) :
\[ I\leq u_n\leq e^{2/n}I. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}I=I \]et :
\[ \lim_{n\to+\infty}e^{2/n}I=I. \]D’après le théorème des gendarmes, la suite \((u_n)\) converge vers \(I\).
Comme \(I=4-\ln2\), on obtient :
Exercice 96
Pour tout \(n\in\mathbb N\), on pose :
\[ u_n= \int_0^1 \frac{e^{-t^2}}{1+t+n}\,dt. \]Déterminer la monotonie de la suite \((u_n)\), puis montrer que :
\[ (\forall n\in\mathbb N) \qquad u_n\geq0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soient \(n\in\mathbb N\) et \(t\in[0;1]\).
On a :
\[ n+2+t>n+1+t>0. \]Le passage aux inverses donne :
\[ \frac1{n+2+t} < \frac1{n+1+t}. \]Comme \(e^{-t^2}>0\) :
\[ \frac{e^{-t^2}}{n+2+t} < \frac{e^{-t^2}}{n+1+t}. \]En intégrant sur \([0;1]\) :
\[ u_{n+1}<u_n. \]La suite \((u_n)\) est donc strictement décroissante.
Par ailleurs, pour tout \(t\in[0;1]\) :
\[ \frac{e^{-t^2}}{1+t+n}>0. \]Par positivité de l’intégrale :
Montrer que :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n=0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(t\in[0;1]\) :
\[ 0<e^{-t^2}\leq1 \]et :
\[ 1+t+n\geq n+1>0. \]Ainsi :
\[ 0\leq \frac{e^{-t^2}}{1+t+n} \leq \frac1{n+1}. \]En intégrant entre \(0\) et \(1\) :
\[ 0\leq u_n\leq\frac1{n+1}. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac1{n+1}=0. \]D’après le théorème des gendarmes :
On considère les fonctions \(f\) et \(g\) définies sur \([0;1]\) par :
\[ f(x)=e^{-x}+x-1 \]et :
\[ g(x)=1-x+\frac{x^2}{2}-e^{-x}. \]Étudier les variations de la fonction \(f\).
Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(f\) est dérivable sur \([0;1]\), et :
\[ f'(x)=1-e^{-x}. \]Pour tout \(x\in[0;1]\), on a \(e^{-x}\leq1\). Ainsi :
\[ f'(x)\geq0. \]La fonction \(f\) est donc croissante sur \([0;1]\).
De plus :
\[ f(0)=1+0-1=0. \]Par conséquent :
\[ (\forall x\in[0;1]) \qquad f(x)\geq f(0)=0. \]En déduire le sens de variation de \(g\) sur \([0;1]\).
Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(g\) est dérivable sur \([0;1]\), et :
\[ \begin{aligned} g'(x) &=-1+x+e^{-x}\\ &=e^{-x}+x-1\\ &=f(x). \end{aligned} \]D’après la question précédente :
\[ f(x)\geq0 \qquad \text{sur }[0;1]. \]Donc :
\[ g'(x)\geq0 \qquad \text{sur }[0;1]. \]Montrer que, pour tout \(x\in[0;1]\) :
\[ 1-x \leq e^{-x} \leq 1-x+\frac{x^2}{2}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
D’après la question 3 a), pour tout \(x\in[0;1]\) :
\[ f(x)=e^{-x}+x-1\geq0. \]Donc :
\[ e^{-x}\geq1-x. \]D’autre part, la fonction \(g\) est croissante sur \([0;1]\), et :
\[ g(0)=1-0+0-1=0. \]Ainsi, pour tout \(x\in[0;1]\) :
\[ g(x)\geq g(0)=0. \]C’est-à-dire :
\[ 1-x+\frac{x^2}{2}-e^{-x}\geq0. \]Donc :
\[ e^{-x}\leq1-x+\frac{x^2}{2}. \]En déduire un encadrement de \(e^{-t^2}\) pour tout \(t\in[0;1]\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(t\in[0;1]\). On a alors :
\[ t^2\in[0;1]. \]En remplaçant \(x\) par \(t^2\) dans l’encadrement précédent :
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ \frac{2}{3(n+2)} \leq u_n \leq \frac{23}{30(n+1)}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soient \(n\in\mathbb N\) et \(t\in[0;1]\).
On a :
\[ 1+t+n\leq n+2. \]Les deux membres étant positifs :
\[ \frac1{1+t+n}\geq\frac1{n+2}. \]D’après la question précédente :
\[ e^{-t^2}\geq1-t^2. \]Ainsi :
\[ \frac{e^{-t^2}}{1+t+n} \geq \frac{1-t^2}{n+2}. \]En intégrant sur \([0;1]\) :
\[ \begin{aligned} u_n &\geq \frac1{n+2} \int_0^1(1-t^2)\,dt\\ &= \frac1{n+2} \left[ t-\frac{t^3}{3} \right]_0^1\\ &= \frac{2}{3(n+2)}. \end{aligned} \]Pour la majoration, on a :
\[ 1+t+n\geq n+1, \]donc :
\[ \frac1{1+t+n}\leq\frac1{n+1}. \]De plus :
\[ e^{-t^2} \leq 1-t^2+\frac{t^4}{2}. \]Par conséquent :
\[ \frac{e^{-t^2}}{1+t+n} \leq \frac1{n+1} \left( 1-t^2+\frac{t^4}{2} \right). \]En intégrant :
\[ \begin{aligned} u_n &\leq \frac1{n+1} \int_0^1 \left( 1-t^2+\frac{t^4}{2} \right)dt\\ &= \frac1{n+1} \left( 1-\frac13+\frac1{10} \right)\\ &= \frac{23}{30(n+1)}. \end{aligned} \]Déterminer un rang \(n_0\in\mathbb N\) à partir duquel :
\[ (\forall n\geq n_0) \qquad u_n\leq10^{-2}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
D’après la question précédente :
\[ u_n\leq\frac{23}{30(n+1)}. \]Il suffit donc de déterminer les entiers \(n\) tels que :
\[ \frac{23}{30(n+1)} \leq \frac1{100}. \]Les dénominateurs étant positifs :
\[ 2300\leq30(n+1). \]Donc :
\[ n+1\geq\frac{230}{3}. \]Or :
\[ \frac{230}{3}=76+\frac23. \]Comme \(n+1\) est entier, il suffit d’avoir :
\[ n+1\geq77, \]c’est-à-dire :
\[ n\geq76. \]Exercice 97
On considère la suite numérique \((u_n)_{n\geq1}\) définie par :
\[ u_n= \int_0^1\sqrt{1-x^n}\,dx. \]Montrer que la suite \((u_n)_{n\geq1}\) est croissante.
Lire la correction + Masquer la correction −
Soient \(n\in\mathbb N^*\) et \(x\in[0;1]\).
Comme \(0\leq x\leq1\), on a :
\[ x^{n+1}\leq x^n. \]Donc :
\[ 1-x^{n+1} \geq 1-x^n. \]Les deux membres sont positifs. La fonction racine carrée étant croissante sur \(\mathbb R_+\) :
\[ \sqrt{1-x^{n+1}} \geq \sqrt{1-x^n}. \]En intégrant sur \([0;1]\) :
\[ u_{n+1}\geq u_n. \]Vérifier que, pour tout \(x\in[0;1]\) :
\[ 1-x \leq \sqrt{1-x} \leq 1-\frac x2. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(x\in[0;1]\).
Les nombres \(1-x\) et \(\sqrt{1-x}\) sont positifs.
Pour la première inégalité, il suffit donc de comparer leurs carrés :
\[ (1-x)^2\leq1-x. \]Or :
\[ 1-x-(1-x)^2 = x(1-x)\geq0. \]Ainsi :
\[ 1-x\leq\sqrt{1-x}. \]Pour la seconde inégalité, on a :
\[ 1-\frac x2\geq\frac12>0. \]On peut donc comparer les carrés :
\[ \left(1-\frac x2\right)^2 = 1-x+\frac{x^2}{4} \geq 1-x. \]Par conséquent :
\[ \sqrt{1-x}\leq1-\frac x2. \]En déduire que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\) :
\[ \frac n{n+1} \leq u_n \leq \frac{2n+1}{2n+2}, \]puis préciser la limite de la suite \((u_n)_{n\geq1}\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in[0;1]\), on a \(x^n\in[0;1]\).
En remplaçant \(x\) par \(x^n\) dans l’encadrement précédent :
\[ 1-x^n \leq \sqrt{1-x^n} \leq 1-\frac{x^n}{2}. \]En intégrant sur \([0;1]\) :
\[ \int_0^1(1-x^n)\,dx \leq u_n \leq \int_0^1 \left( 1-\frac{x^n}{2} \right)dx. \]Calculons la borne inférieure :
\[ \begin{aligned} \int_0^1(1-x^n)\,dx &= 1-\frac1{n+1}\\ &= \frac n{n+1}. \end{aligned} \]Pour la borne supérieure :
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \left( 1-\frac{x^n}{2} \right)dx &= 1-\frac1{2(n+1)}\\ &= \frac{2n+1}{2n+2}. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \frac n{n+1} \leq u_n \leq \frac{2n+1}{2n+2}. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac n{n+1}=1 \]et :
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{2n+1}{2n+2} =1. \]D’après le théorème des gendarmes :
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