Correction exercice 1 "s’entrainer plus…"au calcul intégral

C. GONTARD - C. DAVID – H. MEILLAUD Correction Ex 1 "s’entrainer…" 1/2 Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle

Correction exercice 1 "s ’ entrainer plus…"au calcul intégral

Exercice 1 Asie, Juin 2005

On définit, pour tout entier naturel nÃ1, l’intégrale I_n=

⌡⌠

0 2 1

n !(2−x)ⁿe^xdx 1. Calculons I1.

I1=

⌡⌠

0 21

1!(2−x)¹e^xdx =⌡⌠

0

2(2−x) e^xdx

Posons les fonctions u et v dérivables et à dérivées continues sur [0;2] telles que : u( x)=(2−x) d’où u′( x)=-1

v’( x)=e^x d’où v( x)=e^x Intégrons alors I₁ par parties : I₁=



 (2−x) e^x

0 2−

⌡⌠

0

2-e^xdx=0e²−2e⁰+

⌡⌠

0

2e^xdx=-2+



 e^x

0

2=-2+e²−e⁰=e²−3 d’où I₁=e²−3

2. Etablissons que ┐nÃ1, 0ÂInÂ2ⁿ

n!

(

e²−1

)

┐x☻[0;2], 0ÂxÂ2 donc -2Â-xÂ0 donc 0Â2−xÂ2 donc 0Â(2−x)ⁿÂ2ⁿ donc, en multipliant par e^x>0, 0Â(2−x)ⁿe^xÂ2ⁿe^x

Donc 0Â 1

n!(2−x)ⁿe^x 1 n!2ⁿe^x

D'où par intégration des inégalités (avec 0Â2),

⌡⌠

0

20dxÂ

⌡

⌠

0 2 1

n!(2−x)ⁿe^xdxÂ

⌡

⌠

0

2 1

n!2ⁿe^xdx càd 0ÂI_n 1 n!2ⁿ⌡⌠

0 2e^xdx

Or ⌡⌠

0

2e^xdx=

 e^x

0

2=e²−1 d’où finalement ┐nÃ1, 0ÂI_n 1

n!2ⁿ

(

e²−1 .

)

3. A l’aide d’une intégration par parties, montrer que pour tout entier naturel nÃ1, I_n+1=In− 2ⁿ⁺¹ ( n+1)!

┐nÃ1, I_n+1=

⌡⌠

0

2 1

( n+1)!(2−x)ⁿ⁺¹e^xdx= 1 ( n+1)!⌡⌠

0

2(2−x)ⁿ⁺¹e^xdx

Posons les fonctions u et v dérivables à dérivées continues sur [0;2] telles que : u( x)=(2−x)ⁿ⁺¹ donc u′( x)=-( n+1)(2−x)ⁿ

v′( x)=e^x donc v( x)=e^x

Intégrons alors par parties In+1 = 1

( n+1)!⌡⌠

0

2(2−x)ⁿ⁺¹e^xdx = 1 ( n+1)!

 (2−x)ⁿ⁺¹e^x

0

2− 1

( n+1)!⌡⌠

0

2-( n+1)(2−x)ⁿe^xdx = 1

( n+1) !

(

⁰⁻²ⁿ⁺¹e⁰

)

+ 1 n!⌡⌠

0

2( 2−x)ⁿe^xdx = - 1

( n+1) !2ⁿ⁺¹+In = In− 2ⁿ⁺¹ ( n+1)!

4. Démontrer par récurrence que e²=1+2 1!+2²

2!+…+2ⁿ n!+I_n Pour n=1, 1+2

1!+I₁=3+ e²−3=e², la relation est vraie.

Supposons qu’il existe un entier pÃ1 tel que 1+2 1!+2²

2!+…+2^p

p!+I_p=e² et montrons que 1+2

1!+2²

2!+…+ 2^p+1

(p+1)!+Ip+1=e² pÃ1 donc Ip+1=I_p− 2^p+1

( p+1)! d’après question 3.

C. GONTARD - C. DAVID – H. MEILLAUD Correction Ex 1 "s’entrainer…" 2/2 Ainsi 1+2

1!+2²

2!+…+ 2^p+1

(p+1)!+I_p+1 = 1+2 1!+2²

2!+…+ 2^p+1

(p+1)! + Ip− 2^p+1 ( p+1)!

= 1+2 1!+2²

2!+…+2^p

p!+Ip=e² par hypothèse de récurrence La propriété est donc héréditaire et puisqu’elle est vrai pour pour n=1 on déduit que

┐nÃ1, e²=1+2 1!+2²

2!+…+2ⁿ n!+I_n 5. On pose, ┐nÃ1, un=2ⁿ

n!

a. Calculons un+1

un

et prouvons que ┐nÃ3, u_n+1Â1 2un. Il est clair que ┐nÃ1, u_n>0, donc ┐nÃ1, un+1

un

= 2ⁿ⁺¹ ( n+1)!×n!

2ⁿ= 2

n+1. D’où un+1

un

= 2 n+1 Or, ┐nÃ3, n+1Ã4 donc 1

n+1Â1

4 puisque la fonction inverse est décroissante sur ]3;+õ[ Donc ┐nÃ3, un+1

un

Â2

4 donc, en multipliant par un>0, un+1Â1 2un

b. En déduire que pour tout nÃ3, 0ÂunÂu₃



1 2

n−3

┐nÃ3, 2ⁿÃ0 et n!Ã0 donc unÃ0 Pour n=3, u₃



1 2

0=u3, la relation est donc vraie Supposons qu’il existe un entier pÃ3 tel que upÂu₃



1 2

p-3

et montrons que up+1Âu3



1 2

p-2

pÃ3 donc d’après a., on sait que u_p+1Â1

2up et upÂ



1 2

p-3

par hypothèse de récurrence On a donc up+1Â1

2



1 2

p-3

c'est-à-dire up+1Â



1 2

p-2

La propriété est donc héréditaire et puisqu’elle est vraie pour p=3, on déduit que ┐nÃ3, u_nÂ



1 2

n−3

. Enfin puisque ┐nÃ3, u_nÃ0, on déduit bien que ┐nÃ3, 0ÂunÂ



1 2

n−3

6. En déduire la limite de la suite

( )

^un puis celle de la suite

( )

^In

0Â 1

2Â1 donc lim

n↔+õ



1 2

n−3=0 et ┐nÃ3, 0 Â u_nÂ





1 2

n−3, donc d’après le théorème des gendarmes,

on déduit que lim

n↔+õun=0 .

On sait d’après 2. que ┐nÃ1, 0ÂI_n 1

n!2ⁿ

(

e²−1 donc ┐n

)

Ã3, 0ÂI_nÂu_n

(

e²−1

)

Or lim

n↔+õu_n=0 donc lim

n↔+õu_n

(

e²−1

)

=0 d’où d’après le théorème des gendarmes, on déduit que lim

n↔+õI_n=0 7. Justifions que e²= lim

n↔+õ1+ ² 1!+²²

2!+…+²ⁿ n ! On sait que e²=1+2

1!+2²

2!+…+2ⁿ

n!+I_n et lim

n↔+õIn=0, on déduit donc que e²= lim

n↔+õ(1+2 1!+2²

2!+…+2ⁿ

n!+I_n) donc e²= lim

n↔+õ(1+2 1!+2²

2!+…+2ⁿ n!)