MPSI B Corrigé du DS 7 29 juin 2019
Exercice I
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 II
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
n2cos nπ 4 ) n∈ N et de (2
n2sin nπ 4 ) n∈ N . Après calculs, on trouve
a n = 2
n2cos nπ
4 , b n = 2
n2sin 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+1n+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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5. Posons φ(t) = 1+t 1+t
2et 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 III
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+1nk 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+1nk 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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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 ).
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