MPSI B Corrigé du DS 09 29 juin 2019

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Exercice 1

1. A l'aide d'une intégration par parties, on obtient J n,m (x) = n

m + 1 J n−1,m+1 (x).

2. En répétant plusieurs fois le procédé, on obtient

J n,m (x) = n m + 1

n − 1

m + 2 · · · n − (n − 1) m + n J 0,m+n

= n

m + 1 n − 1

m + 2 · · · n − (n − 1) m + n

x ^n+m+1

n + m + 1 = n! m!

(n + m + 1)! x ^n+m+1 .

3. En développant (x − t) ⁿ et en intégrant :

J _n,m (x) =

n

X

k=0

(−1) ^k

n k

k + m + 1 x ^n+m+1

4. Après simplication par n! , il vient

n

X

k=0

(−1) ^k

k!(n − k)!(k + m + 1) = m!

(m + n + 1)!

5. Après calculs, on obtient les résultats suivants : a. Pour f (t) = e ^t : F (x) = xe ^x .

b. Pour f (t) = t ^k : F (x) = J _k,k (x).

c. En supposant x < 1 et f (t) = _1−t ¹ : F(x) = ^{2 ln(1−x)} _x−2 . Avec la décomposition en éléments simples

1

(1 − x + t)(1 − t) = 1

1 − x + t + 1 1 − t

1 2 − x .

d. Si f (t) =

1 si t ∈ [0, 1]

0 si t / ∈ [0, 1] : F (x) =







x si x ∈ [0, 1]

2 − x si x ∈ [1, 2]

0 ailleurs .

Exercice 2

1. Il est immédiat que I ₀ = ^π ₄ . De plus, en faisant apparaitre la dérivée du dénominateur : I 1 =

arctan t + ¹ ₂ ln(1 + t ² ) 1

0 = ^π ₄ + ¹ ₂ ln 2 .

2. Le polynôme P n est le quotient de la division de (1 + X) ⁿ par 1 + X ² , a n + b n X en est son reste. De plus :

(1 + t) ⁿ⁺¹ = (1 + t)(1 + t ² )P _n + (1 + t)(a _n + b _n t)

= (1 + t ² ) ((1 + t)P n + b n ) + a n − b n + (a n + b n )t On en déduit P n+1 = (1 + t)P n + b n , a n+1 = a n − b n , b n+1 = a n + b n .

En additionnant : a n = ¹ ₂ (a n+1 + b n+1 ) puis b n = 2a _n−1 − a n . En remplaçant dans l'expression de b n+1 , on obtient nalement

a n+1 = 2a n − 2a _n−1

De même, b _n = ¹ ₂ (b _n+1 − a _n+1 ) , a _n+1 = −2b _n + b _n+1 , b _n+1 = 2b _n − 2b _n−1 . Les racines de l'équation caractéristique de cette relation sont √

2e ⁱ

^π4

. Les suites sont donc des combinaisons linéaires de (2

ⁿ²

cos ^nπ ₄ ) _{n∈ N} et de (2

ⁿ²

sin ^nπ ₄ ) _{n∈ N} . Après calculs, on trouve

a _n = 2

ⁿ²

cos nπ

4 , b _n = 2

ⁿ²

sin nπ 4 3. On peut écrire I n de manière analogue au calcul de I 1 :

I n = Z 1

0

P n (t)dt + a n

π 4 + b n

2 ln 2

La primitive de P n nulle en 0 est à coecients rationnels, posons p n = R 1

0 P n (t)dt , c'est bien un nombre rationnel . Posons q n = ¹ ₂ b n , r n = ¹ ₄ a n . Ils sont rationnels car a n et b n

sont entiers d'après la relation de récurrence .

D'après l'expression de b n , q n = 0 si et seulement si n est un multiple de 4 . 4. Après simplications, on trouve

I n+2 − 2I n+1 − 2I n = Z 1

0

(1 + t) ⁿ dt = 2 ⁿ⁺¹ − 1 n + 1 On a déja montré que les deux autres expressions étaient nulles.

On en déduit que p _n+2 − 2p _n+1 − 2p _n = ²

ⁿ⁺¹

_n+1 ⁻¹ . En particulier : p ₀ = 0, p ₁ = 0, p ₂ = 1, p ₃ = 7

2 , p ₄ = 22

3 , p ₅ = 137 12

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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Rémy Nicolai S0409C

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5. Posons φ(t) = _1+t ^1+t

2

et intégrons par parties :

I _n = 1

n (1 + t) ⁿ φ(t) 1

0

− 1 n

Z 1 0

(1 + t) ⁿ φ ⁰ (t)dt

= 1

n (1 + t) ⁿ φ(t) ¹

0

− 1 n

1

n + 1 (1 + t) ⁿ⁺¹ φ ⁰ (t) ¹

0

+ 1

n(n + 1) Z 1

0

(1 + t) ⁿ⁺¹ φ ⁰⁰ (t)dt

= 2 ⁿ

n − 2 ⁿ⁺¹ φ ⁰ (1) n(n + 1) + R n

avec R n = − _n ¹ + _n(n+1) ^φ

⁰

⁽⁰⁾ + _n(n+1) ¹ R 1

0 (1 + t) ⁿ⁺¹ φ ⁰⁰ (t)dt . Il est clair que les deux premiers termes sont négligeables devant ² _n

ⁿ2

. Quant au dernier, comme φ ⁰⁰ est continue sur [0, 1] , il est dominé par

1 n(n + 1)

Z 1 0

(1 + t) ⁿ⁺¹ dt = 2 ⁿ⁺² n(n + 1)(n + 2)

et donc négligeable devant ² _n

ⁿ2

. Comme φ ⁰ (1) = − ¹ ₂ , on peut écrire le développement demandé avec

A = B = 1

Exercice 3

1. La primitive de la fonction à intégrer est évidente : Z 1

0

dx (1 + x) ² =

− 1 1 + x

¹

0

= − 1

2 + 1 = 1 2 .

2. On dénit la fonction f dans [0, 1] par

∀x ∈ [0, 1] , f (x) = 1 (1 + x) ² .

C'est une fonction continue qui permet d'interpréter chaque a n comme une somme de Riemann dont la suite converge vers une intégrale

a n = 1 n

n−1

X

k=0

1

(1 + ^k _n ) ² = 1 n

n−1

X

k=0

f ( k

n ) ⇒ (a n ) _n∈N

^∗

→ Z 1

0

1

(1 + x) ² dx = 1 2 .

3. Soit F ∈ C ² ([a, b]) .

a. La formule de Taylor avec reste intégral appliquée à F entre a et b à l'ordre 1 s'écrit :

F (b) = F (a) + (b − a)F ⁰ (a) + R avec R = Z b

a

(b − t)F ⁰⁰ (t) dt.

b. Comme F ⁰⁰ est continue, elle est bornée sur le segment et atteint ses bornes m = min

[a,b]

F ⁰⁰ , M = max

[a,b]

F ⁰⁰ .

Les bornes a < b sont dans le bon sens avec b − t ≥ 0 , on peut intégrer l'encadrement. Il vient

m Z b

a

(b − t) dt ≤ R ≤ M Z b

a

(b − t) dt avec Z b a

(b − t) dt = 1

2 (b − a) ²

⇒ 2

(b − a) ² R ∈ [m, M ] ⇒ ∃c ∈ [a, b] tq R = (b − a) ² 2 F ⁰⁰ (c).

4. a. D'après les questions précédentes, b n est la diérence entre l'intégrale de f et une de ses sommes de Riemann. Découpons l'intégrale avec la subdivision régulière :

b n =

n−1

X

k=0

Z

^k+1_n

k n

f (x) dx − 1 n f ( k

n )

! .

Notons F une primitive de f et appliquons le résultat de la question 3.b. (reste de Lagrange) à F entre _n ^k et ^k+1 _n .

∃c k ∈ k

n , k + 1 n

tq F ( k + 1

n ) = F ( k n ) + 1

n f ( k n ) + 1

2n ² f ⁰ (c k ).

Ceci s'écrit encore Z

^k+1_n

k n

f (x) dx − 1 n f ( k

n ) = 1

2n ² f ⁰ (c _k ) ⇒ b _n =

n−1

X

k=0

1 2n ² f ⁰ (c _k )

⇒ 2nb n = 1 n

n−1

X

k=0

f ⁰ (c k ).

Comme c k ∈ _k

n , ^k+1 _n

, la dernière somme est une somme de Riemann de f ⁰ attachée à la subdivision régulière.

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Rémy Nicolai S0409C

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b. Comme f ⁰ est continue, la somme de Riemann précédente converge vers l'intégrale

(2nb n ) _n∈N

^∗

→ Z 1

0

f ⁰ (t) dt = f (1) − f (0) = − 3 4 .

On peut réécrire ces limites avec des développements : b n = − 3

8n + o( 1

n ), b n = 1

2 − a n ⇒ a n = 1

2 − b n = 1 2 + 3

8n + o( 1 n ).

Exercice 4

Décomposons en éléments simples la fraction 4X − 3 X(X − 2)(X + 2) il vient :

4X − 3

X (X − 2)(X + 2) = 1 8

6

X − 11

X + 2 + 5 X − 2

On en déduit

n

X

k=3

4k − 3

k(k − 2)(k + 2) = 1 8 6

n

X

k=3

1 k − 11

n

X

k=3

1 k + 2 + 5

n

X

k=3

1 k − 2

!

= 1 8 6

n

X

k=3

1 k − 11

n+2

X

k=5

1 k + 5

n−2

X

k=1

1 k

!

Comme 6 − 11 + 5 = 0 , les termes des sommes entre 5 et n − 2 disparaissent. Il reste :

n

X

k=3

4k − 3

k(k − 2)(k + 2) = 1 8

6( 1

3 + 1

4 ) + 5(1 + 1 2 + 1

3 + 1 4 ) − ε n

où ε _n est formé de termes qui tendent vers 0. On en déduit que

n

X

k=3

4k − 3

k(k − 2)(k + 2) → 1 8

6( 1

3 + 1

4 ) + 5(1 + 1 2 + 1

3 + 1 4 )

= 167 96

Exercice 5 1. Par dénition

u(x) = e ^{xln |x|} , v(x) = e ^x

²

^{ln |x|} , w(x) = e ^{u(x) ln |x|}

Les limites usuelles en 0, en particulier x ^k ln |x| → 0 , entrainent u 0 = 1, v 0 = 1, w 0 = 0

2. a. En +∞ , x ln |x| → +∞ donc les trois fonctions divergent vers +∞ . b. Étude des dérivabilités en 0.

Comme x ln |x| → 0 , ^u(x)−1 _x ∼ ln |x| → +∞ donc u n'est pas dérivable en 0.

De même ^v(x)−1 _x ∼ x ln |x| → 0 donc v est dérivable en 0.

Enn, pour x > 0 , w(x)

x = e (u(x)−1) ln |x| avec (u(x) − 1) ln x ∼ x ln ² x donc ^w(x) _x converge vers 1 à droite de 0. Mais pour x < 0

w(x)

x = −e (u(x)−1) ln |x| → −1 donc w n'est pas dérivable en 0.

c. Les développements limités s'obtiennent par composition.

En 1

u(x) = 1 + (x − 1) + (x − 1) ² + 1

2 (x − 1) ³ + o((x − 1) ³ ) v(x) = 1 + (x − 1) + 2(x − 1) ² + 2(x − 1) ³ + o((x − 1) ³ ) w(x) = 1 + (x − 1) + (x − 1) ² + 3

2 (x − 1) ³ + o((x − 1) ³ ) En -1

u(x) = 1 + (x + 1) − 1

2 (x + 1) ³ + o((x + 1) ³ )

v(x) = 1 − (x + 1) + 2(x + 1) ² − 2(x + 1) ³ + o((x + 1) ³ ) w(x) = 1 − (x + 1) − (x + 1) ² + 1

2 (x + 1) ³ + o((x + 1) ³ ).

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