TD3 Integration Correction

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Page 1 : Cycle Preparatoire - Premiere AnneeAnalyse II - 2021/2022IntegrationExercice 1Soit f la fonction definie sur 0, 4 parfx =1si x = 01si 0 x 13si x = 12si 1 x ⩽24si 2 x ⩽4.1. CalculerZ 40ft dt.2. Soit x 0, 4, calculer Fx =Z x0ft dt.3. Montrer que F est une fonction continue sur 0, 4. La fonction F est-elle derivablesur 0, 4 ?Solution1. Notons que pour la subdivision de 0, 4 definie par x0 = 0 , x1 = 1 , x2 = 2 , x3 =4, nous avons f est constante sur xi, xi+1.Ainsi, f est une fonction en escalier. Par consequentZ 40ft dt = 1 · 1 0 + 2 · 2 1 + 4 · 4 2 = 7.2. En utilisant la relation de Chasles nous pouvons conclure :— si 0 ⩽x ⩽1Fx =Z x0ft dt = 1 · x 0 = x.— si 1 x ⩽2Fx =Z x0ft dt=Z 10ft dt +Z x1ft dt=1 · 1 0 + 2 · x 1 = 3 2x.— si 2 x ⩽4Fx =Z x0ft dt=Z 10ft dt +Z 21ft dt +Z x2ft dt=1 · 1 0 + 2 · 2 1 + 4 · x 2=4x 9.

Page 2 : 3. D’apres la question precedente, nous avonsFx =xsi 0 ⩽x ⩽13 2xsi 1 x ⩽24x 9si 2 x ⩽4.De plus limx→1Fx =limx→1x = 1 =limx→1+ 3 2x =limx→1+ Fx.et limx→2Fx =limx→23 2x = 1 =limx→2+ 4x 9 =limx→2+ Fx. Ainsi, F estcontinue sur 0, 4.Par contre F n’est pas derivable en x = 1. En effetlimx→1Fx F1x 1= limx→1x 1x 1 = 1 ̸= 2 = limx→1+3 2x 1x 1= limx→1+Fx F1x 1.F n’est pas non plus derivable en x = 2. En effetlimx→2Fx F2x 2= limx→23 2x 1x 2= 2 ̸= 4=limx→2+4x 9 1x 2=limx→2+Fx F2x 2.Exercice 2Calculer les integrales suivantes :Z 312t 5 dt,aZ π0pEt dt, E partie entierebZ π0min2, t dt,cZ 21tt dt.dSolution1. Notons que2t 5 =5 2tsi 1 ⩽t ⩽52,2t 5si 52 ⩽t ⩽3.Ainsi, d’apres la relation de Chasles, nous pouvons ecrireZ 312t 5 dt=Z5212t 5 dt +Z 3522t 5 dt=Z5215 2t dt +Z 3522t 5 dt.— une primitive de ft = 5 est 5t. En effet 5t′ = 5— une primitive de ft = 2t est t2. En effet t2′ = 2t

Page 3 : Par consequentZ 312t 5 dt=Z5215 2t dt +Z 3522t 5 dt=5t t2 521 +t2 5t352=252 2545 1 + 9 15 254 252=252 10=522. On apEt =0si 0 ⩽t 1,1si 1 ⩽t 2,2si 2 ⩽t 3,3si 3 ⩽t π.Ainsi, d’apres la relation de Chasles, nous pouvons ecrireZ π0pEt dt=Z 10pEt dt +Z 21pEt dt +Z 32pEt +Z π3pEt=Z 100 dt +Z 211 dt +Z 322 +Z π33=0 · 1 0 + 1 · 2 1 +2 · 3 2 +3 · π 3=1 +2 33 +3π.3. Notons quemin2, t = tsi 0 ⩽t ⩽2,2si 2 t ⩽π.Ainsi, d’apres la relation de Chasles, nous pouvons ecrireZ π0min2, t dt=Z 20min2, t dt +Z π2min2, t dt=Z 20t dt +Z π22 dt.Or une primitive de ft = t est t22 . En effett22′= t

Page 4 : Par consequentZ π0min2, t dt=Z 20t dt +Z π22 dt=t2220+ 2 · π 2=42 0+ 2 · π 2=2π 2.4. Notons quett = t2si 1 ⩽t ⩽0,t2si 0 ⩽t ⩽2.Ainsi, d’apres la relation de Chasles, nous pouvons ecrireZ 21tt dt=Z 01tt dt +Z 20tt dt=Z 01t2 dt +Z 20t2 dt.Or, une primitive de ft = t2 est t33 . En effett33′= t2.Par consequentZ 21tt dt=Z 01t2 dt +Z 20t2 dt=t3301+t3320=0 13+83 0= 73.Exercice 3Zx1 + x2dxaZ3x1 + x2dxbZ1x ln xdxcZe3x1 + e3xdxdZcosx sin2xdxeZ1 x2x3 3x + 13dxfZx 1pxx 2dxgZ1x ln x2dxhZ3x13x2 2x + 3dxiZ ln xx dxjZ1 cos3xdxkZx sinx2dxlZ ln xxdxm

Page 5 : SolutionZx1 + x2dx = 12 lnx2 + 1aZx1 + x2dx = 131 + x232bZ1x ln xdx = lnln xcZe3x1 + e3xdx = 13 ln1 + e3xdZcosx sin2xdx = 13sin x3eZ1 x2x3 3x + 13dx = 16x3 3x + 12fZx 1pxx 2dx =pxx 2gZ1x ln x2dx = 12 lnln x2hZ3x 13x2 2x + 3dx = 143x2 2x + 32iZ ln xx dx = lnx2jZ1 cos3xdx = x 13 sin3xkZx sinx2dx = 12 cosx2lZ ln xxdx = 23ln x32m

Page 6 : Exercice 4 Integration par partiesCalculer les primitives suivantes :Zex cos xdxaZ ln xxn dx avec n 1bZx arctan xdxcZ x2 + x + 1exdxdZex sin xdxeZln x2dxfZarctan xdxgZx3 sin xdxhSolution1.Zex cos xdx : Utilisons la methode d’integrations par parties. Pour cela, posonsux=exvx=sin xu′x=exv′x=cos xAinsiZex cos xdx = ex · sin x Zex sin x dx.Pour calculer cette derniere integrale, utilisons une fois de plus la methode d’integrations par parties. Cette fois-ci posonsux=exvx=cos xu′x=exv′x=sin xD’ouZex sin x dx=ex · cos x Zexcos xdx=ex · cos x +Zex cos x dxPar consequentZex cos xdx=ex · sin x Zex sin x dx=ex · sin x ex · cos x +Zex cos x dx=ex sin x + cos x Zex cos x dx.Ce qui nous permet de conclure l’egalite2Zex cos x dx = ex sin x + cos x=⇒Zex cos x dx = ex2 sin x + cos x .

Page 7 : 2.Z ln xxn dx n N, n ̸= 1 : Utilisons la methode d’integrations par parties.Pour cela, posonsux=ln xvx=1n + 1 · xn+1u′x=1xv′x=xnAinsiZ ln xxn dx=ln x1 nxn1 11 nZ xn+1xdx=ln x1 nxn1 11 nZxndx=ln x1 nxn1 11 n ·11 nxn1=1 n ln x 11 n2xn13.Zx arctan x dx : Utilisons la methode d’integrations par parties. Pour cela,posonsux=arctan xvx=x22u′x=11 + x2v′x=xAinsiZx arctan x dx=x22 · arctan x 12Zx21 + x2dx=x22 · arctan x 12Z 1 + x2 11 + x2dx=x22 · arctan x 12Z1dx + 12Z11 + x2dx=x2 arctan x2x2 + arctan x2+ cte=x2 + 1 arctan x x2+ cte.4.Zx2 + x + 1exdx : Nous avonsZx2 + x + 1exdx =Zx2exdx +Zxexdx +Zexdx.D’abordZexdx = ex

Page 8 : Maintenant, pour calculer les integralesZxexdx etZx2exdx utilisons la methoded’integrations par parties. On commence avecZxexdx. Posonsux=xvx=exu′x=1v′x=exAinsiZxexdx=xex Zexdx=xex exFinalement, pour calculerZx2exdx, posonsux=x2vx=exu′x=2xv′x=exAinsiZx2exdx=x2ex 2Zxexdx=x2ex 2xex + 2exPar consequentZx2 + x + 1exdx=Zx2exdx +Zxexdx +Zexdx=x2ex 2xex + 2ex + xex ex + ex=x2ex xex + 2ex=x2 x + 2ex5.Zex sin xdxOn a ux=sin xvx=ex et u′x=cos xv′x=exZex sin xdx = sin xex Zex cos xdx = sin xex +Zex cos xdxOn a ux=cosxvx=ex et u′x=sin xv′x=exZex cos xdx = cos xex Zex sin xdxOn a doncZex sin xdx = sin xex cos xex Zex sin xdxDoncZex sin xdx = 12exsin x + cos x

Page 9 : 6.Zln x2dxOn a ux=ln x2vx=xet u′x=2x ln xv′x=1Zln x2dx = xln x2 Z2 ln xdx = xln x2 + 2xln x 17.Zarctan xdxOn a ux=arctan xvx=xet u′x=11 + x2v′x=1Zarctan xdx = x arctan x Zx1 + x2dx = x arctan x 12 ln1 + x28.Zx3 sin xdxOn a ux=x3vx=cos x et u′x=3x2v′x=sin xZx3 sin xdx = x3 cos x 3Zx2 cos xdxOn a ux=x2vx=sin x et u′x=2xv′x=cos xZx2 cos xdx = x2 sin x 2Zx sin xdxOn a ux=xvx=cos x et u′x=1v′x=sin xZx sin xdx = x cos x Zcos xdx = x cos x + sin xDoncZx3 sin xdx = x3 cos x + 3x2 sin x 2x cos x + sin x= x3 cos x + 3x2 sin x + 6x cos x 6 sin xExercice 5Calculer les primitives suivantes :Z12 + x +32 + xdx,t =62 + xaZarcsin x2dxbZx21 + x3dx.cZex3 + ex ex 1dxdZcos xdx.eZ 1 + exxdxfZetan xcos x2dxgZx31 + x2dxh

Page 10 : Solution1.Z12 + x +32 + xdx,t =62 + x :Comme indique, posonst =62 + x=⇒x = t6 2=⇒dx = 6t5dt.De plus2 + x =62 + x3=⇒2 + x = t3.De mˆeme32 + x =62 + x2=⇒32 + x = t2.AinsiZ12 + x +32 + xdx =Z6t5t2 + t3dt = 6Zt31 + tdt.D’ouZ12 + x +32 + xdx=6Zt31 + tdt=6Z t3 + 1 11 + tdt=6Z t3 + 11 + t 11 + tdt=6Z t + 1t2 t + 11 + tdt 6Z11 + tdt=6Zt2 t + 1dt 6Z11 + tdt=6t33 t22 + t6 ln1 + t + cte=2t3 3t2 + 6t 6 ln1 + t + cte=22 + x 332 + x + 662 + x 6 ln1 +62 + x+ cte2.Zarcsin x2dx : Utilisons la methode d’ integrations par parties. Pour cela,posonsux=arcsin x2vx=xu′x=2 arcsin x1 x2v′x=1AinsiZarcsin x2dx=xarcsin x2 2Z x arcsin x1 x2 dx.Pour calculer cette derniere integrale, utilisons une fois de plus la methode d’integrations par parties. Cette fois-ci posonsux=arcsin xvx=1 x2u′x=11 x2v′x=x1 x2

Page 11 : D’ouZ x arcsin x1 x2 dx=arcsin x1 x2 Z1 x21 x2dx=arcsin x1 x2 +Z1 dx=arcsin x1 x2 + x + cte.Par consequentZarcsin x2dx=xarcsin x2 2Z x arcsin x1 x2 dx=xarcsin x2 2arcsin x1 x2 + x + cte=xarcsin x2 + 2 arcsin x1 x2 2x + cte.3.Zx21 + x3dx : A l’aide du changement de variable1 + x3 = u=⇒3x2dx = du=⇒x2dx = du3nous pouvons ecrireZx21 + x3dx=Z 13u du=13Z u du=13u3232+ cte=29u32 + cte=291 + x332 + cte.4. On effectue un changement de variables : u =ex 1il vient u2 = ex 1 etex = u2 + 1 d ou 2udu = exdxZex3 + ex ex 1dx =Z2udu3 + u2 + 1 u =Z2du4 + u2 = 2 arctan u2 = arctan rex 12!5.Zcos xdx on pose w = x donc w2 = x donc 2wdw = dxZcos xdx = 2Zw cos wdwOn effectue une integration par partie :On a uw=wvw=sin w et u′w=1v′w=cos wZw cos wdw = w sin w Zsin wdw = w sin w + cos wOn a doncZcos xdx = 2x sin x + 2 cos x

Page 12 : 6.Z 1 + exxdx =Z1xdx +Z exxdx = 2x + 2ex7.Zetan xcos x2dx =Zetanx tan′xdx = etanx8.Zx31 + x2dxOn a ux=x2vx=1 + x2 etu′x=2xv′x=x1 + x2Zx31 + x2dx = x21 + x2 2Zx1 + x2dx = x21 + x2 231 + x2 32Exercice 6Calculer les integrales suivantes :Z 10t1 t2 dtaZ a0a2 t2 dtbZ π0t2 sin t dtcZ 11π24cos1 t dtdZ 11t 11 + t2dteZπ20dt2 + sin tfZ 411 ttdtgZ 41dt1 + ethZ 10tarctan t2dtiSolutionaZ 10t1 t2 dt : A l’aide du changnement de variable :1 t2 = u=⇒2tdt = du,nous pouvons ecrireZ 10t1 t2 dt=Z 0112u du=Z 1012u du=u10=1.bZ a0a2 t2 dt : Nous avonsZ a0a2 t2 dt =Z a0as1 ta2dt = aZ a0s1 ta2dt.Ainsi, a l’aide du changement de variable :ta = u=⇒dta= du,

Page 13 : nous pouvons donc ecrireZ a0a2 t2 dt=aZ a0s1 ta2dt=a2Z 101 u2 du.Maintenant, en effectuant le changement de variableu = sin x=⇒du = cos x dxon obtientZ 101 u2 du=Zπ20p1 sin2 x cos x dx=Zπ20cos2 x dx =Zπ20cos2x + 12dxPar consequentZ a0a2 t2 dt=a2Z 101 u2 du=a2Zπ20cos2x + 12dx=a2sin2x4+ x2 π20=a2π2 .cZ π0t2 sin t dt : Utilisons la methode d’integrations par parties. Pour cela, posonsut=t2vt=cos tu′tu=2tv′t=sin tAinsiZ π0t2 sin t dt=t2 · cos tπ0 + 2Z π0t cos t dt=π2 + 2Z π0t cos t dt.Pour calculer cette derniere integrale, utilisons une fois de plus la methode d’ integrationspar parties. Cette fois-ci posonsu=tdv=cos t dt=⇒du=dtv=sin t

Page 14 : D’ouZ π0t cos t dt=t · sin tπ0 Z π0sin t dt = cos tπ0 = 2.Par consequentZ π0t2 sin t dt=π2 + 2Z π0t cos t dt = π2 4.dZ 11π24cos1 t dt : En effectuant le changement de variablex =1 t=⇒t = 1 x2=⇒dt = 2xdxnous pouvons ecrireZ 11π24cos1 t dt=Z 0π2cos x · 2x dx=2Zπ20x cos x dx=zIPP = voir point precedent2 x · sin xπ202Zπ20sin x dx=π + 2 cos xπ20=π 2.eZ 11t 11 + t2dt =Z 11t1 + t2dt Z 1111 + t2dt = 2 arctan 1 = π2fZπ20dt2 + sin t =Z 102dx1 + x22 +2x1+x2 =Z 102dx2x2 + 2x + 2 =Z 10dxx + 122 + 34= 23arctan 23= 23 arctan3arctan33!= 23π3 π6= 23π6=π33gZ 411 ttdt =h2ti41 3 = 4 2 3 = 1hZ 41dt1 + et =Z 41etdt1 + et =ln1 + et41 = ln1 + e1-ln1 + e4i On aZtarctan t2dx = t22 arctan t2 Z t21 + t2arctan t dt == t22 arctan t2 Zarctan t dt +Z 11 + t2arctan t dt= t22 arctan t2 Zarctan t dt + 12arctan t2

Page 15 : On a ut=arctan tvt=tet u′t=11 + t2v′t=1= t22 arctan t2 t arctan t +Zt1 + t2 dt + 12arctan t2= t22 arctan t2 t arctan t + 12 ln1 + t2+ 12arctan t2DoncZ 10tarctan t2dx = π216 π4 + 12 ln 2Exercice 7Considerons l’integrale I =Z ln 20ex 1 dxEffectuer le changement de variables u =ex 1 et calculer I.SolutionSolution : Comme indique, on fait le changement de variableu =ex 1=⇒u2 = ex 1=⇒x = lnu2 + 1.D’ou dx =2uu2 + 1duAinsiZ ln 20ex 1 dx=Z 10u ·2uu2 + 1du=2Z 10u2u2 + 1du=2Z 10u2 + 1 1u2 + 1du=2Z 10u2 + 1u2 + 1 1u2 + 1du.Ce qui nous permet d’ecrireZ ln 20ex 1 dx=2Z 10u2 + 1u2 + 1 1u2 + 1du=2Z 101 du 2Z 101u2 + 1du=2u10 2Z 101u2 + 1du = 2 2Z 101u2 + 1du.On connait une primitive de1u2 + 1En effet arctanu′ =11 + u2

Page 16 : Par consequentZ ln 20ex 1 dx=2 2Z 101u2 + 1du=2 2arctanu10=2 2 arctan1 + 2 arctan0 = 2 2π4 + 2 · 0 = 2 π2 .Exercice 81. Soit f : a, b →R une fonction continue.Montrer queZ bafxdx =Z bafa + b xdxEn deduire le valeur de l’integraleZπ40ln1 + tanxdx2. Montrer queZ a1a1 + 1x2arctan xdx = π2a 1apour a 1, Indication : utiliser la formule arctan x + arctan 1x = π2 , pour x 0 .SolutionOn effectue le changement de variables : u = a + b x d’ou du = dxZ bafa + b xdx =Z abfudu = Z abfudu =Z bafuduZπ40ln1 + tan xdx =Zπ40lncos x + sin xdx Zπ40lncos xdx=Zπ40ln 2 22 cos x +22 sin x!!dx Zπ40lncos xdx=Zπ40ln2dx +Zπ40lncosx π4dx Zπ40lncos xdx=Zπ40ln2dx +Zπ40lncosπ4 + 0 xdx Zπ40lncos xdx= π ln 28Z a1a1 + 1x2arctan xdx on effectue le changement de variable : u = 1x donc du = dxx2Z a1a1 + 1x2arctan xdx =Z1aa1 + u2 arctan 1u duu2=Z1aa1 + u2 arctan 1u duu2=Z a1a1 + 1u2 π2 arctan udu

Page 17 : Il vientZ a1a1 + 1x2arctan xdx = π4Z a1a1 + 1u2= π4a 1a+1a + a=π2a 1aExercice 9Decomposer les fractions rationnelles suivantes ; en calculer les primitives.x3x2 4.a4xx 22.b3t + 1t2 2t + 10.c1t3 + 1.dx3 + 2x + 12.ex + 1xx 22.fx2 2xx 12 x2 + 1g3x4 9x3 + 12x2 11x + 7x 13x2 + 1.hSolution1. On commence par donner la decomposition en elements simples dex3x2 4, nousavonsx3x2 4 = x +2x 2 +2x + 2.Par consequentZx3x2 4 dx=Zx +2x 2 +2x + 2 dx=x22 + 2 lnx 2 + 2 lnx + 2 + cte=x22 + lnx2 42+ cte.2. On commence par donner la decomposition en elements simples de4xx 22, nousavons4xx 22 =4x 2 +8x 22.Par consequentZ4xx 22 dx=Z4x 2 +8x 22 dx = 4 ln x 2 8x 2 + cte.

Page 18 : 3. Notons que3t + 1t2 2t + 10 est un element simple. Calculons sa primitive. Nous avonsZ3t + 1t2 2t + 10 dt=Z3tt2 2t + 10 dt +Z1t2 2t + 10 dt=32Z2t 2 + 2t2 2t + 10 dt +Z1t2 2t + 1 + 9 dt=32Z2t 2t2 2t + 10 dt +Z4t2 2t + 1 + 9 dt=32Z2t 2t2 2t + 10 dt + 4Z1t 12 + 9 dt=32Z2t 2t2 2t + 10 dt + 49Z1 t132 + 1dt=32 lnt2 2t + 10 + 43 arctant 13+ cte.4. On commence par donner la decomposition en elements simples de1t3 + 1, nousavons1t3 + 1 =13t + 1 t 23t2 t + 1.Par consequentZ1t3 + 1 dx=Z13t + 1 t 23t2 t + 1 dx=13 ln t + 1 16 lnt2 t + 1 + 13 arctan2t 13+ cte.5. Rx = x3 + 2x + 12 = PxQxLa division euclidienne donne : x3 + 2 = x 2x2 + 2x + 1+ 3x + 4Le coefficient de1x + 12 est 1 on remplace x par 1 dans le numerateur.On calcule 3x + 4x + 12 1x + 12 =3x + 1Doncx3 + 2x + 12 = x 2 +3x + 1 +1x + 12Donc une primitive est x22 2x + 3 lnx + 1 1x + 16. Primitive dex + 1xx 22Le coefficient de 1x est 14 on remplace x par 1 dansx + 1x 22.Le coefficient de1x 22 est 32 on remplace x par 1 dans x + 1x.

Page 19 : x + 1xx 22 14x 32x 22 = 4x + 4 x2 + 4x 4 6x4xx 22=x + 24x 22 = 14x 2Doncx + 1xx 22 = 14x +32x 22 14x 2Une primitive est 14 ln x 32x 2 14 lnx 27.x2 2xx 12 x2 + 1 Le coefficient de1x 12 est 12 on remplace x par 1 dansx2 2xx2 + 1.Le coefficient de1x i est 1 2ii 122i = 1 + 2i4on remplace x par i dansx2 2xx 12x + i.Donc 1 + 2i4x i 1 2i4x + i = 1 + 2ix + i + 1 2ix ix2 + 1= x 22 x2 + 1Enfinx2 2xx 12 x2 + 1 +12x 12 +x 22 x2 + 1= 2x2 4x + x2 + 1 + x 2 x2 2x + 12x 12 x2 + 1= 2x2 4x + x2 + 1 + x3 4x2 + 5x 22x 12 x2 + 1=x3 x2 + x 12x 12 x2 + 1 = x2 + 1 x x2 + 12x 12 x2 + 1=x2 + 1 x 12x 12 x2 + 1 =14x 1Doncx2 2xx 12 x2 + 1 = 12x 12 x 22 x2 + 1 +14x 1= 12x 12 x2 x2 + 1 +1x2 + 1 +14x 1Une primitive est12x 1 14 lnx2 + 1+ arctan x + 14 lnx 1Exercice 10Soit In =Z 101 t2ndt.1. Etablir une relation de recurrence entre In et In+1.2. Calculer In.3. En deduirenXk=01k2k + 1nk.Solution1. Utilisons la methode d’integrations par parties. Pour cela, posonsut=1 t2n+1vt=tu′t=2n + 1t1 t2nv′t=1

Page 20 : AinsiZ 101 t2n+1dt=t1 t2n+110 + 2n + 1Z 10t21 t2ndt=0 +2n + 1Z 10t2 1 + 11 t2ndt=2n + 1Z 101 t2n+1 + 1 t2ndt.D’ouZ 101 t2n+1dt=2n + 1Z 101 t2n+1 + 1 t2ndt=2n + 1Z 101 t2n+1 dt + 2n + 1Z 101 t2ndt=2n + 1In+1 + 2n + 1In.Par consequentIn+1 = 2n + 1In+1 + 2n + 1In=⇒In+1 = 2n + 22n + 3In.2. Calculer In : A l’aide de l’identite precedente, nous pouvons ecrireIn = 2n 1 + 22n 1 + 3In1=2n2n + 1In1=2n2n + 1 · 2n 22n 1In2...=2n2n + 1 · 2n 22n 1 · · · · · 45 · 23I0FinalementI0 =Z 101 t20dt =Z 101dt = 1 0 · 1 = 1.Par consequentIn=2n2n + 1 · 2n 22n 1 · · · · · 45 · 23.3. En deduirenXk=01k2k + 1nk: D’apres le binome de Newton, nous pouvons ecrire1 t2n =nXk=0nk1kt2k.

Page 21 : AinsiZ 101 t2ndt=Z 10nXk=0nk1kt2kdt=nXk=0nk1kZ 10t2kdt=nXk=0nk1k t2k+12k + 110=nXk=0nk1k12k + 1.Par consequentnXk=0nk1k12k + 1=Z 101 t2ndt=In=2n2n + 1 · 2n 22n 1 · · · · · 45 · 23.Exercice 11 Integrales de WallisSoit In =Zπ20sinn tdt.1. Etablir une relation de recurrence entre In et In+2.2. En deduire I2p et I2p+1.3. Montrer que InnN est decroissante et strictement positive.4. En deduire que In In+1.5. Calculer nInIn+1.6. Donner alors un equivalent simple de In.Solution1. Utilisons la methode d’integrations par parties. Pour cela, posonsut=sinn+1 tvt=cos tu′t=n + 1 sinn t cos t dtv′t=sin tAinsiZπ20sinn+2 tdt=sinn+1 t · cos t π20+ n + 1Zπ20sinn t cos2 t dt=0 + n + 1Zπ20sinn t1 sin2 tdt=n + 1Zπ20sinn t dt n + 1Zπ20sinn+2 t dt.D’ouIn+2 = n + 1In n + 1In+2=⇒In+2 = n + 1n + 2In.

Page 22 : 2. En deduire I2p et I2p+1 : En utilisant l’egalite In+2 = n + 1n + 2In, nous pouvons ecrireI2p=2p 12p· I2p2=2p 12p· 2p 32p 2 · I2p4...=2p 12p· 2p 32p 2 · · · · · 34 · 12 · I0.De mˆemeI2p+1=2p2p + 1 · I2p1=2p2p + 1 · 2p 22p 1 · I2p3...=2p2p + 1 · 2p 22p 1 · · · · · 45 · 23 · I1.OrI0 =Zπ201 dt = π2etI1 =Zπ20sin t dt = 1.Par consequentI2p=2p 1 · 2p 3 · · · · · 3 · 12p · 2p 2 · · · · · 4 · 2· π2I2p+1=2p · 2p 2 · · · · · 4 · 22p + 1 · 2p 1 · · · · · 5 · 3 · 1.Maintenant2p · 2p 2 · · · · · 4 · 2=2p · p · p 1 · · · · · 2 · 1=2p · p!et2p 1 · 2p 3 · · · · · 3 · 1=2p!2p · 2p 2 · · · · · 4 · 2=2p!2p · p!.DoncI2p =2p!22pp!2 · π2etI2p+1 =22pp!22p + 1!.

Page 23 : 3. Montrer que InnN est decroissante et strictement positive : Pour tout x h0, π2i,nous avonssin x 0=⇒n N, sinn x 0=⇒n N,Zπ20sinn x dx 0=⇒n N, In 0.De plus, pour tout x h0, π2i0 ⩽sin x ⩽1=⇒n N, sinn x sinn+1 x=⇒n N,Zπ20sinn x dx Zπ20sinn+1 x dx 0=⇒n N, In In+1 0=⇒InnN est decroissante.4. En deduire que In In+1 : D’apres la question precedente, nous avons0 In+2 ⩽In+1 ⩽In=⇒In+2In⩽In+1In⩽1Or In+2In= n + 1n + 2. Doncn + 1n + 2 ⩽In+1In⩽1=⇒1 =limn→+n + 1n + 2 limn→+In+1In1=⇒limn→+In+1In= 1=⇒In In+1.5. Calculer nInIn+1 : D’apres la question 2, nous avonsI2p =2p!22pp!2 · π2etI2p+1 =22pp!22p + 1!.Donc2p 1 · I2p1 · I2p = 2p 12p· π2 ,et2p · I2p · I2p+1 =2p2p + 1 · π2 .C’est-a-direnIn · In+1 =nn + 1 · π2 .6. Donner alors un equivalent simple de In : D’apres la question precedente, nous avonsnIn · In+1 =nn + 1 · π2=⇒In · In+1 =1n + 1 · π2

Page 24 : De plusIn In+1=⇒I2n In · In+1 =1n + 1 · π2=⇒I2n 1n + 1 · π2=⇒In rπ2n + 1=⇒In r π2n.Exercice 12Soit In =Z 10xn1 + xdx.1. En majorant la fonction integree, montrer que InnN →0.2. Calculer In + In+1.3. Determinerlimn→+nXk=11k+1k.Solution1. En majorant la fonction integree, montrer que InnN →0 : Pour tout x 0, on a1 ⩽x + 1=⇒11 + x ⩽1=⇒n N,xn1 + x ⩽xn.DoncIn =Z 10xn1 + xdx⩽Z 10xndx=1n + 1xn+110=1n + 1.Par consequentn N, In ⩽1n + 1=⇒limn→+In = 0.

Page 25 : 2. Calculer In + In+1 : Nous avons :In + In+1 =Z 10xn1 + x dx +Z 10xn+11 + x dx=Z 10xn1 + x +xn+11 + x dx=Z 10xn + xn+11 + xdx=Z 10xn · 1 + x1 + xdx=Z 10xndx= xn+1n + 110=1n + 1.3. Determinerlimn→+nXk=11k+1k: Par la question precedente, nous pouvons ecrirenXk=11k+1k=1 12 + 13 14 + · · · ± 1n=I0 + I1 I1 + I2 + I2 + I3 · · · ± In1 + In=zsomme telescopiqueI0 + I1 I1 + I2 I2 + · · · + In1 In1 ± In=I0 ± In.Par consequentlimn→+nXk=11k+1k=limn→+I0 ± In=I0 ±limn→+In=I0 + 0=Z 10dx1 + x=lnx + 110=ln 2.Exercice 13 Series de RiemannCalculer :limn→nYk=11 + k2n2 1nalimn→nnXk=1enkk2blimn→nXk=1n + kn2 + k2climn→n1Xk=11n2 k2.d

Page 26 : Solution1. On a lnnYk=11 + k2n2 1n= 1nXln1 + k2n2On reconnaˆıt une somme de Riemann pour la fonction f : x 7→ln1 + x2donc lasomme tend versZ 10ln1 + x2dxOn effectue une integration par partie :On a ux=ln1 + x2vx=xet u′t=2x1 + x2v′t=1Z 10ln1 + x2dx =x ln1 + x210 Z 102x21 + x2dx = ln 2 2Z 101dx Z 1011 + x2dx= ln 2 21 + arctan 1 = ln 2 2 + π2Donc par composition limn→nYk=11 + k2n2 1n= eln 22+ π22. On a nnXk=1enkk2 = 1nnXk=1enk kn2On reconnaˆıt une somme de Riemann qui tend donc versZ 10e1xx2 dx =he1xi10 = e13. On anXk=1n + kn2 + k2 = 1nnXk=11 + kn1 + kn2On reconnaˆıt une somme de Riemann qui tend donc versZ 101 + x1 + x2dx =Z 10x1 + x2dx +Z 1011 + x2dx =12 ln1 + x210+ arctan x10 =12 ln 2 + π44. limn→n1Xk=11n2 k2n1Xk=11n2 k2 = 1nn1Xk=11q1 kn2On reconnaˆıt une somme deRiemann qui tend donc versZ 1011 x2dx = arctan x10 = π4Exercice 14Calculer les limites suivantes :1. limn→1 +2 +3 + · · · + nnn.2. limn→nXp=1nn2 + p2.

Page 27 : Solution1. limn→1 +2 +3 + · · · + nnn: On commence par noter que :1 +2 +3 + · · · + nnn= 1nnXk=1kn=1nnXk=1rkn=1 0nnXk=1r0 + k1 0n.En posant fx = x nous venons d’ecrire la somme de Riemann correspondant aZ 10fxdx. Cette integrale se calcule facilement :Z 10fxdx =Z 10x dx ="x323210= 23.Maintenant, la somme de Riemann 1nnXk=1kn converge versZ 10fxdx, ainsilimn→1 +2 +3 + · · · + nnn= 23.2. limn→nXp=1nn2 + p2 : On commence par noter que :nXp=1nn2 + p2 = 1nnXp=111 + pn2 = 1 0nnXp=111 +0 + p 10n2.En posant fx =11 + x2 nous venons d’ecrire la somme de Riemann correspondantaZ 10fxdx. Cette integrale se calcule facilement :Z 10fxdx =Z 10dx1 + x2 =arctan x10 = π4 .Maintenant, la somme de Riemann 1nnXp=111 + pn2 converge versZ 10fxdx, ainsilimn→nXp=1nn2 + p2 = π4 .

Page 28 : Exercice 15Sans calculer les integrales, montrer queZ π/20sinn x dx =Z π/20cosn x dx.SolutionA l’aide du changement de variablex = π2 u=⇒dx = du,nous pouvons ecrireZ π/20sinn x dx=Z 0π/2sinn π2 udu=Z 0π/2sinn π2 udu=Z π/20sinn π2 uduMaintenantsinπ2 u= cos u.DoncZ π/20sinn x dx =Z π/20sinn π2 udu =Z π/20cosn u du =Z π/20cosn x dx.Exercice 16Soit f C0R. On definit g : R→R, x 7→1xZ x0ftdt.1. Montrer que g se prolonge par continuite en 0.2. On suppose f T-periodique. Montrer que : k N,Z k+1TkTftdt =Z T0ftdt.3. Ecrire gx sous la forme 1xZ nT0ftdt + 1xZ xnTftdt pour un entier n bien choisi,et en deduire que g admet une limite en +.Exercice 17Soit f : R →R une fonction continue sur R et Fx =Z x0ftdt.Repondre par vrai ou faux aux affirmations suivantes :1. F est continue sur R.

Page 29 : 2. F est derivable sur R de derivee f.3. Si f est croissante sur R alors F est croissante sur R.4. Si f est positive sur R alors F est positive sur R.5. Si f est positive sur R alors F est croissante sur R.6. Si f est T-periodique sur R alors F est T-periodique sur R.7. Si f est paire alors F est impaire.Solution1. F est continue sur R. Vrai : F est continue sur R car F est derivable sur R dederivee f. Pour plus de details voir cours.2. F est derivable sur R de derivee f. Vrai : Voir cours.3. Si f est croissante sur R alors F est croissante sur R. Faux : En effet, posonsfx = x. AlorsFx =Z x0t dt =t22x0= x22 0 = x22 .qui est decroissante sur , 0 et croissante sur 0, +.4. Si f est positive sur R alors F est positive sur R. Faux : En effet, posons fx = x2.AlorsFx =Z x0t2dt = x33 .qui est negative sur , 0 et positive sur 0, +.5. Si f est positive sur R alors F est croissante sur R. Vrai : En effet, soit x y, alorsFy Fx=Z y0ftdt Z x0ftdt=Z x0ftdt +Z yxftdt Z x0ftdt=Z yxftdt.Maintenantt x, y,ft 0=⇒Z yxftdt 0=⇒Fy Fx 0=⇒F est croissante.Deuxieme methode : Nous avonsx R,F ′x = fx 0.Donc F est croissante.

Page 30 : 6. Si f est T-periodique sur R alors F est T-periodique sur R. Faux : En effet, posonsfx = 1 + cosx. AlorsFx =Z x01 + cost dt = t + sintx0 = x + sinx 0 + sin0 = x + sinx.qui n’est pas periodique.7. Si f est paire alors F est impaire. Vrai : En effet, nous avonsFx =Z x0ftdt.En faisant le changement de variablet = u=⇒dt = dunous pouvons donc ecrireFx=Z x0ftdt=Z x0fudu=zf est paireZ x0fudu=Fx.De plus F0 = 0. F est donc impaire.Exercice 18Determiner les fonctions f continues sur a, b telles queZ baftdt = b a supa,bf.SolutionTout d’abord, notons queb a =Z ba1 dt.La linearite de l’integrale, nous permet donc d’ecrireb a supa,bf=supa,bfZ ba1 dt=Z basupa,bf dt.

Page 31 : AinsiZ baftdt = b a supa,bf⇐⇒Z basupa,bf =Z baftdt⇐⇒Z basupa,bf Z baftdt = 0⇐⇒Z basupa,bf ftdt = 0.Ort a, b,supa,bf ft.La fonctiont7→supa,bf ft,est donc continue et positive sur a, b, d’integale nulle sur a, b. Par consequentt a, b,supa,bf ft = 0.D’ou on conclutZ baftdt = b a supa,bf⇐⇒t a, b,ft = supa,bf⇐⇒f est constante.Exercice 19Soit f C0R. On definit g : R→R, x 7→1xZ x0ftdt.1. Montrer que g se prolonge par continuite en 0.2. On suppose f T-periodique. Montrer que : k N,Z k+1TkTftdt =Z T0ftdt.3. Ecrire gx sous la forme 1xZ nT0ftdt + 1xZ xnTftdt pour un entier n bien choisi,et en deduire que g admet une limite en +.Solution1. Montrer que g se prolonge par continuite en 0 : On doit montrer que la limitelimx→0 gx = limx→01xZ x0ftdt

Page 32 : existe. PosonsFx =Z x0ftdt=⇒F0 =Z 00ftdt = 0.Alorslimx→0 gx = limx→0Fxx=limx→0Fx F0x 0=F ′0 = f0.Par consequent, on peut prolonger g en posantg0 = f0.2. On suppose f T-periodique. Montrer que :k N,Z k+1TkTftdt =Z T0ftdt.A l’aide du changement de variablet = u + kT=⇒dt = du.nous pouvons ecrireZ k+1TkTftdt=Z T0fu + kTdu=zf est TperiodiqueZ T0fudu=Z T0ftdt.3. Ecrire gx sous la forme 1xZ nT0ftdt + 1xZ xnTftdt pour un entier n bien choisi,et en deduire que g admet une limite en +.L’idee, c’est de choisir n de sorte d’avoirnT x nT + T.Pour cela, posonsn = E xT.Alorsn xT n + 1=⇒nT x nT + T.

Page 33 : Maintenantgx = 1xZ x0ftdt=1xZ nT0ftdt +Z xnTftdt=1xZ nT0ftdt + 1xZ xnTftdtetlimx→+gx =limx→+1xZ nT0ftdt + 1xZ xnTftdt.Etudions donc les limiteslimx→+1xZ nT0ftdtetlimx→+1xZ xnTftdt.On commence par noter queZ xnTftdt Z xnTftdtzcarf0Z nT+TnTftdt=zd’apres le point 2.Z T0ftdt = cte.Par consequentlimx→+1xZ xnTftdt limx→+1xZ T0ftdt = 0.Ce qui nous permet de conclurelimx→+1xZ xnTftdt = 0.Par ailleursZ nT0ftdt=Z T0ftdt +Z 2TTftdt + · · · +Z nTn1Tftdt=zd’apres le point 2.Z T0ftdt +Z T0ftdt + · · · +Z T0ftdt=nZ T0ftdt.Maintenant, n = E xT, doncxT 1 n xT .

Page 34 : D’oux TTZ T0ftdt ou nZ T0ftdt ou xTZ T0ftdtAinsix Tx · TZ T0ftdt ou nxZ T0ftdt ou xx · TZ T0ftdt.De pluslimx→+x Tx · T = 1T , donclimx→+nxZ T0ftdt =1TZ T0ftdt.Par consequentlimx→+gx=limx→+1xZ nT0ftdt + 1xZ xnTftdt=limx→+1xZ nT0ftdt +limx→+1xZ xnTftdt=1TZ T0ftdt + 0=1TZ T0ftdt.Exercice 20Sin, p N2, on definitIn, p =Z 10tn1 tp dt1. Si p Net n N, exprimer In, p en fonction de In + 1, p 1.2. Calculer In, p pour n, p N.Solution1. On utilise une integration par parties avec u : t 7→tn+1n + 1 et v : t 7→1 tp quisont de classe C1 sur 0, 1.In, p = tn+1n + 11 tp10+pn + 1Z 10tn+11 tp1 dtdonc In, p =pn + 1In + 1, p 1.2. On note pour n N, Hn : p N, In, p =p!n!n + p + 1! et on raisonne parrecurrence.

Page 35 : — InitialisationI0, p =Z 101 tp dtI0, p =1 tp+1p + 110=1p + 1I0, p =0!p!p + 1!Donc H0 est vraie.— HerediteOn suppose que Hn est vraie.On utilise la formule de la question 1 en repla¸cant p par p + 1.In, p + 1 = p + 1n + 1In + 1, pIn + 1, p = n + 1p + 1In, p + 1 puis avec Hn : In + 1, p = n + 1p + 1p + 1!n!n + p + 1 + 1!In + 1, p =p!n + 1!n + p + 2! ce qui prouve Hn+1.— La propriete a ete demontree par recurrence.En particulier, In, n =n!22n + 1!.Exercice 21Si a b et n, p N, calculerJn, p =Z bat anb tp dtSolution— Recherche : On cherche un changement de variable de la formet = αu + β tel quet = a ⇔u = 0 et t = b ⇔u = b. On resout donc le systemeβ = aα + β = b ssi β = a, α = b aOn obtientt = b au + a— Redactionϕ : 0, 1 →a, b, u 7→b au + aϕ est de classe C1 etJn, p =Z ϕ1ϕ0ftdt

Page 36 : donne par le theoreme de changement de variable :Jn, p =Z 10fϕuϕ′udut a = b au et b t = b a1 uJn, p =Z 10b anunb ap1 upb aduJn, p = b an+p+1In, pJn, p = b an+p+1p!n!n + p + 1!Exercice 22Soit n, p N. CalculerKn, p =Z π/20cos2n+1θ sin2p+1θdθSolutionLa fonction ϕ : 0, π/2 →0, 1, θ 7→cos2θ est une bijection de classe C1. Par letheoreme de changement de variable In, p =Z ϕ0ϕπ/2ftdtIn, p =Z 0π/2fϕθϕ′θdθ fϕθ = cos2nθ1 cos2θpfϕθ = cos2nθ sin2 pθϕ′θ = 2 sinθ cosθ.fϕθϕ′θ = 2 cos2n+1θ sin2p+1θIn, p = 2Z 0π/2cos2n+1θ sin2p+1 dθIn, p = 2Kn, p donc Kn, p =p!n!2n + p + 1!.Exercice 23Soit n N. En deduire la valeur deZ π/20sin2n+1uduSolution: Kn, n =Z π/20cos2n+1θ sin2n+1 Kn, n =122n+1Z π/20sin2n+12θdθ en utilisant lechangement de variable u = 2θ, 22n+1Kn, n =Z π0sin2n+1u1/2 du 22n+2Kn, n =Z π0sin2n+1udu Puis par le changement de variable v = π u :Z ππ/2sin2n+1udu =Z 0π/2sin2n+1π v1dvZ ππ/2sin2n+1udu =Z π/20sin2n+1vdv et par la relation de

Page 37 : Chasles : 22n+2Kn, n = 2Z π/20sin2n+1udu doncZ π/20sin2n+1udu = 22n+1Kn, nZ π/20sin2n+1udu = 22nn!22n + 1!Exercice 24Sip, n N2, calculerpXk=0 pk1kn + k + 1.SolutionSi p, n N2, In, p =Z 10tn1tp dt In, p =p!n!n + p + 1! Par le binˆome de Newton :tn1 tp = tnpXk=0 pk1ktktn1 tp =pk=0Xk=0 pk1ktk+nPar linearite de l’integrale :In, p =pXk=0 pk 1ktn+k+1n + k + 110.soitpXk=0 pk1kn + k + 1 =p!n!n + p + 1!

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