Correction du Devoir 4 de Calcul intégral
Al Moufid - 2e Bac Sciences Mathématiques - Puissances de tangente, sommes alternées et divergence
Première partie - Suite d'intégrales \((I_n)\)
Pour tout \(n\in\mathbb N\), on pose :
\[ I_n=\int_0^{\pi/4}(\tan x)^n\,dx. \]Montrer que la suite \((I_n)\) est positive et décroissante.
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in\left[0;\dfrac\pi4\right]\), on a :
\[ 0\leq\tan x\leq1. \]Par conséquent, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ (\tan x)^n\geq0. \]En intégrant sur \(\left[0;\dfrac\pi4\right]\), on obtient :
\[ I_n=\int_0^{\pi/4}(\tan x)^n\,dx\geq0. \]La suite \((I_n)\) est donc positive.
D'autre part, puisque \(0\leq\tan x\leq1\) :
\[ (\tan x)^{n+1}\leq(\tan x)^n. \]En intégrant membre à membre :
\[ I_{n+1}\leq I_n. \]De plus, l'inégalité est stricte sur \(]0;\dfrac\pi4[\), car \(0<\tan x<1\). Ainsi :
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ I_n+I_{n+2}=\frac1{n+1}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ \begin{aligned} I_n+I_{n+2} &= \int_0^{\pi/4} \left((\tan x)^n+(\tan x)^{n+2}\right)dx\\ &= \int_0^{\pi/4} (\tan x)^n(1+\tan^2x)\,dx. \end{aligned} \]Or :
\[ (\tan x)'=1+\tan^2x. \]Ainsi :
\[ \left((\tan x)^{n+1}\right)' = (n+1)(\tan x)^n(1+\tan^2x). \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I_n+I_{n+2} &= \frac1{n+1} \left[(\tan x)^{n+1}\right]_0^{\pi/4}\\ &= \frac1{n+1} \left(1^{n+1}-0^{n+1}\right). \end{aligned} \]Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ \frac1{2(n+1)} \leq I_n \leq\frac1{n+1}, \]puis déterminer la limite de la suite \((I_n)\).
Lire la correction + Masquer la correction −
D'après la relation précédente :
\[ I_n+I_{n+2}=\frac1{n+1}. \]Comme \(I_{n+2}\geq0\), on obtient :
\[ I_n\leq\frac1{n+1}. \]D'autre part, la suite \((I_n)\) est décroissante. Ainsi :
\[ I_{n+2}\leq I_n. \]Donc :
\[ \frac1{n+1} = I_n+I_{n+2} \leq2I_n. \]Par conséquent :
\[ I_n\geq\frac1{2(n+1)}. \]Finalement :
\[ \boxed{ \frac1{2(n+1)} \leq I_n \leq\frac1{n+1} }. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac1{2(n+1)} = \lim_{n\to+\infty}\frac1{n+1} =0. \]Le théorème d'encadrement donne :
Pour tout \(n\in\mathbb N\), on pose :
\[ \varphi(n)=I_{n+4}-I_n. \]Calculer \(\varphi(n)\) en fonction de \(n\).
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D'après la relation :
\[ I_n+I_{n+2}=\frac1{n+1}, \]on a également :
\[ I_{n+2}+I_{n+4}=\frac1{n+3}. \]Soustrayons les deux égalités :
\[ \begin{aligned} I_{n+4}-I_n &= \left(I_{n+4}+I_{n+2}\right) - \left(I_n+I_{n+2}\right)\\ &= \frac1{n+3}-\frac1{n+1}. \end{aligned} \]Donc :
\[ \begin{aligned} \varphi(n) &= \frac{n+1-(n+3)} {(n+1)(n+3)}\\ &= -\frac2{(n+1)(n+3)}. \end{aligned} \]Calculer \(I_0\) et \(I_2\).
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Par définition :
\[ I_0 = \int_0^{\pi/4}1\,dx = \frac\pi4. \]En appliquant la relation :
\[ I_n+I_{n+2}=\frac1{n+1} \]avec \(n=0\), on obtient :
\[ I_0+I_2=1. \]Ainsi :
\[ I_2=1-I_0=1-\frac\pi4. \]Pour \(k\in\mathbb N^*\), calculer :
\[ \sum_{p=0}^{k-1}\varphi(4p+2) \]en fonction de \(I_2\) et de \(I_{4k+2}\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(p\in\{0,\ldots,k-1\}\) :
\[ \varphi(4p+2) = I_{4p+6}-I_{4p+2}. \]La somme est donc télescopique :
\[ \begin{aligned} \sum_{p=0}^{k-1}\varphi(4p+2) &= (I_6-I_2) +(I_{10}-I_6) +\cdots\\ &\quad +(I_{4k+2}-I_{4k-2}). \end{aligned} \]Tous les termes intermédiaires se simplifient. Ainsi :
En déduire :
\[ \lim_{k\to+\infty} \sum_{q=0}^{2k} \frac{(-1)^q}{2q+1}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
D'après l'expression de \(\varphi\) :
\[ \begin{aligned} \varphi(4p+2) &= -\frac2{(4p+3)(4p+5)}\\ &= \frac1{4p+5}-\frac1{4p+3}. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \sum_{p=0}^{k-1}\varphi(4p+2) = -\frac13+\frac15-\frac17+\cdots+\frac1{4k+1}. \]Or :
\[ \sum_{q=0}^{2k}\frac{(-1)^q}{2q+1} = 1+ \sum_{p=0}^{k-1}\varphi(4p+2). \]D'après la question précédente :
\[ \sum_{q=0}^{2k}\frac{(-1)^q}{2q+1} = 1+I_{4k+2}-I_2. \]Comme :
\[ I_2=1-\frac\pi4, \]on obtient :
\[ \sum_{q=0}^{2k}\frac{(-1)^q}{2q+1} = \frac\pi4+I_{4k+2}. \]Or :
\[ \lim_{k\to+\infty}I_{4k+2}=0. \]Calculer \(I_1\) et \(I_3\).
Lire la correction + Masquer la correction −
On a :
\[ I_1=\int_0^{\pi/4}\tan x\,dx. \]Une primitive de \(\tan x\) est \(-\ln(\cos x)\). Donc :
\[ \begin{aligned} I_1 &= \left[-\ln(\cos x)\right]_0^{\pi/4}\\ &= -\ln\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)\\ &= \ln(\sqrt2) = \frac12\ln2. \end{aligned} \]La relation obtenue à la question 2, appliquée avec \(n=1\), donne :
\[ I_1+I_3=\frac12. \]Ainsi :
\[ I_3 = \frac12-\frac12\ln2 = \frac{1-\ln2}{2}. \]Pour \(k\in\mathbb N^*\), calculer :
\[ \sum_{p=0}^{k-1}\varphi(4p+1) \]en fonction de \(I_1\) et de \(I_{4k+1}\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(p\in\{0,\ldots,k-1\}\) :
\[ \varphi(4p+1) = I_{4p+5}-I_{4p+1}. \]La somme est télescopique :
\[ \begin{aligned} \sum_{p=0}^{k-1}\varphi(4p+1) &= (I_5-I_1) +(I_9-I_5) +\cdots\\ &\quad +(I_{4k+1}-I_{4k-3}). \end{aligned} \]Après simplification des termes intermédiaires :
En déduire :
\[ \lim_{k\to+\infty} \sum_{q=1}^{2k} \frac{(-1)^{q+1}}q. \]Lire la correction + Masquer la correction −
D'après l'expression de \(\varphi\) :
\[ \begin{aligned} \varphi(4p+1) &= -\frac2{(4p+2)(4p+4)}\\ &= \frac1{4p+4}-\frac1{4p+2}. \end{aligned} \]Donc :
\[ \sum_{p=0}^{k-1}\varphi(4p+1) = -\frac12+\frac14-\frac16+\cdots+\frac1{4k}. \]Or :
\[ \sum_{q=1}^{2k}\frac{(-1)^{q+1}}q = -2\sum_{p=0}^{k-1}\varphi(4p+1). \]D'après la question précédente :
\[ \sum_{q=1}^{2k}\frac{(-1)^{q+1}}q = -2\left(I_{4k+1}-I_1\right). \]Ainsi :
\[ \sum_{q=1}^{2k}\frac{(-1)^{q+1}}q = 2I_1-2I_{4k+1}. \]Comme :
\[ 2I_1=\ln2 \qquad\text{et}\qquad \lim_{k\to+\infty}I_{4k+1}=0, \]on obtient :
Deuxième partie - Sommes d'intégrales tronquées
Soit :
\[ \alpha\in\left]0;\frac\pi4\right[. \]Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on pose :
\[ K_n(\alpha) = \int_0^\alpha(\tan x)^n\,dx \]et :
\[ S_n(\alpha) = \sum_{m=1}^nK_m(\alpha). \]Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\) :
\[ \left| S_n(\alpha) - \int_0^\alpha \frac{\tan x}{1-\tan x}\,dx \right| \leq \frac{ \alpha(\tan\alpha)^{n+1} }{ 1-\tan\alpha }. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Par linéarité de l'intégrale :
\[ \begin{aligned} S_n(\alpha) &= \sum_{m=1}^n \int_0^\alpha(\tan x)^m\,dx\\ &= \int_0^\alpha \sum_{m=1}^n(\tan x)^m\,dx. \end{aligned} \]Pour \(x\in[0;\alpha]\), on a :
\[ 0\leq\tan x\leq\tan\alpha<1. \]La somme géométrique donne :
\[ \sum_{m=1}^n(\tan x)^m = \frac{ \tan x\left(1-(\tan x)^n\right) }{ 1-\tan x }. \]Ainsi :
\[ S_n(\alpha) = \int_0^\alpha \frac{ \tan x\left(1-(\tan x)^n\right) }{ 1-\tan x }\,dx. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} & \int_0^\alpha \frac{\tan x}{1-\tan x}\,dx - S_n(\alpha)\\ &\qquad= \int_0^\alpha \frac{(\tan x)^{n+1}} {1-\tan x}\,dx. \end{aligned} \]L'intégrande est positif. On obtient donc :
\[ \left| S_n(\alpha) - \int_0^\alpha \frac{\tan x}{1-\tan x}\,dx \right| = \int_0^\alpha \frac{(\tan x)^{n+1}} {1-\tan x}\,dx. \]Pour tout \(x\in[0;\alpha]\) :
\[ (\tan x)^{n+1} \leq (\tan\alpha)^{n+1}, \]et :
\[ 1-\tan x \geq 1-\tan\alpha>0. \]Donc :
\[ \frac1{1-\tan x} \leq \frac1{1-\tan\alpha}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} \int_0^\alpha \frac{(\tan x)^{n+1}} {1-\tan x}\,dx &\leq \int_0^\alpha \frac{ (\tan\alpha)^{n+1} }{ 1-\tan\alpha }\,dx\\ &= \frac{ \alpha(\tan\alpha)^{n+1} }{ 1-\tan\alpha }. \end{aligned} \]En déduire que :
\[ \lim_{n\to+\infty}S_n(\alpha) = \int_0^\alpha \frac{\tan x}{1-\tan x}\,dx. \]On pose :
\[ A(\alpha) = \int_0^\alpha \frac{\tan x}{1-\tan x}\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Comme :
\[ 0<\tan\alpha<1, \]on a :
\[ \lim_{n\to+\infty} (\tan\alpha)^{n+1} =0. \]Par conséquent :
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{ \alpha(\tan\alpha)^{n+1} }{ 1-\tan\alpha } =0. \]D'après l'inégalité établie à la question précédente :
\[ \left| S_n(\alpha)-A(\alpha) \right| \leq \frac{ \alpha(\tan\alpha)^{n+1} }{ 1-\tan\alpha }. \]Le membre de droite tend vers \(0\). Ainsi :
Troisième partie - Divergence de la somme \((S_n)\)
Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on pose :
\[ S_n=\sum_{m=1}^n I_m. \]Soit \(M\in\mathbb R_+^*\). Montrer que, pour tout \(u\in\mathbb R\setminus\{1\}\) :
\[ \frac{u}{(1-u)(1+u^2)} = \frac1{2(1-u)} + \frac12 \frac{u-1}{1+u^2}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Réduisons le membre de droite au même dénominateur :
\[ \begin{aligned} & \frac1{2(1-u)} + \frac12 \frac{u-1}{1+u^2}\\ &= \frac{ 1+u^2+(u-1)(1-u) }{ 2(1-u)(1+u^2) }. \end{aligned} \]Or :
\[ (u-1)(1-u)=-(u-1)^2=-u^2+2u-1. \]Ainsi :
\[ 1+u^2+(u-1)(1-u)=2u. \]Par conséquent :
\[ \frac1{2(1-u)} + \frac12 \frac{u-1}{1+u^2} = \frac{2u} {2(1-u)(1+u^2)}. \]En utilisant le changement de variable \(u=\tan x\), calculer \(A(\alpha)\) en fonction de \(\tan\alpha\) et de \(\alpha\).
Lire la correction + Masquer la correction −
On rappelle que :
\[ A(\alpha) = \int_0^\alpha \frac{\tan x}{1-\tan x}\,dx. \]Effectuons le changement de variable :
\[ u=\tan x, \qquad du=(1+\tan^2x)\,dx, \qquad dx=\frac{du}{1+u^2}. \]Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow u=0, \qquad x=\alpha\Longrightarrow u=\tan\alpha. \]Ainsi :
\[ A(\alpha) = \int_0^{\tan\alpha} \frac{u}{(1-u)(1+u^2)}\,du. \]D'après la décomposition établie précédemment :
\[ \begin{aligned} A(\alpha) &= \frac12 \int_0^{\tan\alpha} \frac{du}{1-u}\\ &\quad+ \frac12 \int_0^{\tan\alpha} \frac{u-1}{1+u^2}\,du. \end{aligned} \]Une primitive est :
\[ -\frac12\ln(1-u) + \frac14\ln(1+u^2) - \frac12\operatorname{Arctan}u. \]Comme :
\[ 0<\alpha<\frac\pi4, \]on a :
\[ \operatorname{Arctan}(\tan\alpha)=\alpha. \]Par conséquent :
\[ \boxed{ A(\alpha) = -\frac12\ln(1-\tan\alpha) + \frac14\ln(1+\tan^2\alpha) - \frac\alpha2 }. \]Comme \(1+\tan^2\alpha=\dfrac1{\cos^2\alpha}\), cette expression peut aussi s'écrire :
Calculer :
\[ \lim_{\alpha\to(\pi/4)^-}A(\alpha), \]puis en déduire qu'il existe :
\[ \beta\in\left]0;\frac\pi4\right[ \]tel que :
\[ A(\beta)>M+1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
On utilise l'expression :
\[ A(\alpha) = -\frac12\ln(1-\tan\alpha) + \frac14\ln(1+\tan^2\alpha) - \frac\alpha2. \]Lorsque :
\[ \alpha\to\left(\frac\pi4\right)^-, \]on a :
\[ \tan\alpha\to1^-. \]Par conséquent :
\[ 1-\tan\alpha\to0^+, \]et donc :
\[ -\frac12\ln(1-\tan\alpha) \to+\infty. \]Les deux autres termes admettent des limites finies :
\[ \frac14\ln(1+\tan^2\alpha) \to\frac14\ln2 \]et :
\[ -\frac\alpha2\to-\frac\pi8. \]Ainsi :
Par définition d'une limite égale à \(+\infty\), appliquée au réel \(M+1\), il existe :
\[ \beta\in\left]0;\frac\pi4\right[ \]tel que :
\[ \boxed{ A(\beta)>M+1 }. \]Montrer qu'il existe \(n_0\in\mathbb N\) tel que :
\[ (\forall n\geq n_0) \qquad |S_n(\beta)-A(\beta)|\leq1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
D'après la deuxième partie, pour tout réel fixé :
\[ \beta\in\left]0;\frac\pi4\right[, \]on a :
\[ \lim_{n\to+\infty}S_n(\beta)=A(\beta). \]Autrement dit :
\[ \lim_{n\to+\infty} |S_n(\beta)-A(\beta)| =0. \]En appliquant la définition de la convergence avec le nombre strictement positif \(1\), il existe \(n_0\in\mathbb N\) tel que, pour tout \(n\geq n_0\) :
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\) et tout :
\[ \alpha\in\left]0;\frac\pi4\right[, \]on a :
\[ S_n\geq S_n(\alpha). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(m\in\mathbb N^*\), la fonction :
\[ x\longmapsto(\tan x)^m \]est positive sur \(\left[0;\dfrac\pi4\right]\).
Comme :
\[ 0<\alpha<\frac\pi4, \]on a :
\[ \begin{aligned} I_m &= \int_0^{\pi/4}(\tan x)^m\,dx\\ &= \int_0^\alpha(\tan x)^m\,dx + \int_\alpha^{\pi/4}(\tan x)^m\,dx\\ &\geq \int_0^\alpha(\tan x)^m\,dx\\ &= K_m(\alpha). \end{aligned} \]En sommant ces inégalités pour \(m\) allant de \(1\) à \(n\) :
\[ \sum_{m=1}^nI_m \geq \sum_{m=1}^nK_m(\alpha). \]Déduire de ce qui précède que :
\[ \lim_{n\to+\infty}S_n=+\infty. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(M>0\).
D'après la question 1.c, il existe :
\[ \beta\in\left]0;\frac\pi4\right[ \]tel que :
\[ A(\beta)>M+1. \]D'après la question 1.d, il existe \(n_0\in\mathbb N\) tel que, pour tout \(n\geq n_0\) :
\[ |S_n(\beta)-A(\beta)|\leq1. \]Cette inégalité entraîne :
\[ S_n(\beta)\geq A(\beta)-1. \]Comme \(A(\beta)>M+1\), on obtient :
\[ S_n(\beta)>M. \]D'après la question 2 :
\[ S_n\geq S_n(\beta). \]Donc, pour tout \(n\geq n_0\) :
\[ S_n>M. \]Ainsi, pour tout réel \(M>0\), il existe \(n_0\in\mathbb N\) tel que :
\[ (\forall n\geq n_0) \qquad S_n>M. \]
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