I Intégration par parties IPP
I.1 Principe
Théorème : Soituet v deux fonctions dérivables sur un intervalle [a, b] admettant des dérivées continues. On a le résultat suivant :
Z b a
u(t)v′(t)dt= [u(t)v(t)]ba− Z b
a
u′(t)v(t)dt
I.2 Utilisations
⊲ Intégrales avec fonction sans primitive « évidente » Calculer I=
Z π2
0
tsin(t)dt puis J = Z x
1
ln(t)dt et K= Z x
0
(t+ 1)etdt.
⊲ Obtenir des relations de récurrence−→on pose In= Z e
1
x(lnx)ndx ,n∈N. ExprimerIn+1 en fonction deIn. CalculerI0puisIn pourn64.
⊲ Intégrales de Wallis : pour toutn∈N, on pose Wn= Z π/2
0
(cost)ndt.
Comme plusieurs situations mathématiques font intervenir ces intégrales de Wallis, l’objectif est d’exprimerWn
en fonction den.
• Calcul de W0et W1.
• Relation de récurrence entre Wn+2 et Wn. Point de départ → Wn+2 = Z π/2
0
cost×(cost)n+1dt puis IPP.
réponse : Wn+2 =n+ 1 n+ 2Wn
CommeW06=W1,et que la relation de récurrence est entreWn etWn+2, deux expressions différentes deWn
apparaissent suivant la parité de n:
∀k∈N∗, W2k = (2k−1)(2k−3)×. . .×3×1 (2k)(2k−2)×. . .×4×2 ×π
2
∀k∈N, W2k+1= (2k)(2k−2)×. . .×4×2 (2k+ 1)(2k−1)×. . .×3 Exercice de prolongement :
(a) Montrer que pourn∈N,Wn+16Wn. (b) En déduire que n+ 1
n+ 2Wn6Wn+1. (c) Déterminer la limite de Wn+1
Wn
lorsquentend vers +∞.
(d) Conclure que
2×4×6×. . .×(2k) 3×5×7×. . .×(2k−1)
2
× 1
2k+ 1 −→
k→+∞
π
2 puis que Yn
k=1
1− 1
4k2
n−→→+∞
2 π
⊲ Lemne de Riemann-Lebesgue : Soita, bdeux réels tels quea < b,f une application définie sur [a, b], à valeurs réelles, dérivable et à dérivée continue. Pourλ >0, démontrer que
Z b a
f(t) sin(λt)dt
6 1
λ |f(a)|+|f(b)|+ Z b
a
f′(t)dt
!
En déduire queZ b a
f(t) sin(λt)dt −→
λ→+∞
0
II Calcul de
+∞X k=1
1 k2
On sait que ce nombre existe, il s’agit de lim
n→+∞
Xn
k=1
1 k2 ...
1. Pourn∈N∗, calculer :
In= Z π
0
tcos(nt)dt et Jn= Z π
0
t2cos(nt)dt
Réponse :In= 1
n2((−1)n−1) etJn =2π n2(−1)n 2. Trouver deux constantes réellesaetb telles que :
∀n∈N∗, Z π
0
(at2+b) cos(nt)dt= 1 n2
Réponse :a= 1
2π etb=−1
3. Pour toutn∈N∗ ett∈Rnon multiple de 2π, montrer que : Cn(t) =
Xn
k=1
cos(kt) =−1
2+sin 2n+12 t 2 sin t2 Démarche : vue dans le document 8
4. Déduire de ce qui précède :
∀n∈N∗, Xn
k=1
1 k2 =π2
6 +Z π 0
ϕ(t) sin
2n+ 1 2 t
dt
oùϕest une fonction définie et continue sur [0;π] que l’on précisera.
Fonction ϕ:ϕ(t) =
at2+bt
2 sin(t/2) pour 0< t < π
−1 sit= 0
−π
4 pourt=π
5. Montrer que la fonction ϕest dérivable sur [0;π] et que sa dérivée est continue sur [0;π].
À démontrer : lim
t→0
ϕ(t)−ϕ(0)
t = a = 1
2π donc ϕ est dérivable en 0 (donc continue en 0) et ϕ′(0) = 1 2π;
tlim→π
ϕ(t)−ϕ(π)
t−π = 0 donc ϕ est dérivable en π (donc continue en π) et ϕ′(π) = 0. Puis lim
t→0ϕ′(t) = 1 2π et
tlim→πϕ′(t) = 0 ce qui prouve queϕest continue en 0 et enπ.
6. Prouver que lim Xn 1
k2 =π2
6 en utilisant le lemne de Riemann-Lebesgue.
Une Solution Détail lée
1. Deux intégrations par parties pour commencer ...
⊲ un premier calcul
In = Z π
0
tcos(nt)dt= 1
n[tsin(nt)]π0
| {z }
0
− 1 n
Z π 0
sin(nt)dt
= 1 n× 1
n[cos(nt)]π0
= 1
n2(cos(nπ)−cos(0))
=(−1)n−1 n2
⊲ un deuxième
Jn= Z π
0
t2cos(nt)dt= 1 n
t2sin(nt)π
| {z 0}
0
−2 n
Z π 0
tsin(nt)dt
=−2 n
−1
n[tcos(nt)]π0 +1 n
Z π 0
cos(nt)dt
= 2
n2π(−1)n− 2 n2 ×1
n[sin(nt)]π0
| {z }
0
=2π(−1)n n2
• •
2. Détermination de deux coefficients :aetb tels queZ π 0
(at2+bt) cos(nt)dt= 1 n2 Z π
0
(at2+bt) cos(nt)dt =
linéaritéaJn+bIn= 2πa(−1)n n2 + b
n2[(−1)n−1]
par identification à l’expression recherchée, on chercheaetb tels que, ∀n>1, 2πa(−1)n+b[(−1)n−1] = 1
⇔(−1)n[2πa+b]−b= 1 le choix qui s’impose est b=−1 et a= 1
2π
• •
3. On démontre que, pour n∈N∗ ett non multiple de2π, Xn
k=1
cos(kt) =−1
2 +sin((2n+ 1)t/2) 2 sin(t/2) Le point de départ est
Xn
k=1
cos(kt) = Xn
k=1
Re(eikt) = Re Xn
k=1
eikt
!
où Re(z) désigne la parie réelle dez∈C ainsi on calcule,
Xn
k=1
eikt= Xn
k=1
(eit)k =
som.term.suite.géoeit×eint−1
eit−1 (raisoneit6= 1)
= eit×eint/2(eint/2−e−int/2)
eit/2(eit/2−e−it/2) (objectif : f ormule d′Euler)
= ei(n+1)t/2×2i sin nt2 2i sin 2t
=
cos
(n+ 1)t 2
+ i sin
(n+ 1)t 2
×sin nt2 sin nt2 et on obtient donc
Xn
k=1
cos(kt) =
partie.réellecos(n+ 1)t
2 ×sin nt2 sin t2
= sin nt2
cos(n+1)t2 sin 2t
f orm.trigo=
1 2
hsin
(n+1)t 2 +nt2
−sin
(n+1)t
2 −nt2i
sin(t/2) (sinacosb= 1
2[sin(a+b)−sin(a−b)])
=
1
2[sin(2n+1)t2 −sin t2 ] sin 2t
= sin(2n+1)t2 2 sin 2t −1
2
• •
4. En utilisant le point 2, on peut écrire que
∀n∈N∗, Xn
k=1
1 k2 =
Xn
k=1
Z π 0
(at2+b) cos(kt)dt
= Z π
0
(at2+b) Xn
k=1
cos(kt)
!
dt (linéaritéde l′intégrale)
= Z π
0
(at2+b) sin(2n+1)t2 2 sin 2t −1
2
! dt
=−1 2
Z π 0
at2+btdt+ Z π
0
(at2+b)sin(2n+1)t2 2 sin t2 dt
=−1 2
at3
3 +bt2 2
π
0
+ Z π
0
ϕ(t) sin(2n+ 1)t
2 dt où ϕ(t) =at2+bt 2 sin(t2)
(∗)
=−1 2
1 2π×π3
3 −π2 2
+
Z π 0
ϕ(t) sin(2n+ 1)t
2 dt (en remplaçant a et b)
=π2 6 +
Z π 0
ϕ(t) sin(2n+ 1)t
2 dt
(∗)Fonction ϕ:ϕ(t) =
at2+bt
2 sin(2t) pour 0< t < π
−1 sit= 0
−π
4 pourt=π
Remarque 1 À ce stade, on « sent » venir la suite, si l’intégrale tend vers 0 lorsquentend vers +∞, on obtiendra le résultat escompté. On pense au lemne de Riemann-Lebesgue, qui sous certaines conditionsportant sur la
• •
5. ϕest « composée » de fonctions dérivables sur ]0;π[ donc elle est dérivable sur ]0;π[.
∀t6= 0, ϕ(t)−ϕ(0)
t =
at2+bt 2 sin(t/2)+ 1
t =a
t 2
sin(t2)+ b
2 sin(2t)+1 t sin(t)
t −→
t→01 (limite connue) ce qui s’écrit aussi sin(t) ∼
t→0t(se lit « sin(t) est équivalent àten 0 ») La compatibilité de l’équivalence avec les opérations élémentaires permet d’écrire que
ϕ(t)−ϕ(0)
t ∼
t→0a×
t 2 t 2
+ b
2×t2 +1 t ∼
t→0a(puisqueb=−1) On a donc lim
t→0
ϕ(t)−ϕ(0)
t =a= 1
2π doncϕest dérivable en 0 etϕ′(0) = 1 2π.
∀t6=π, ϕ(t)−ϕ(π) t−π =
at2+bt 2 sin(t/2)+π4
t−π =
t=X+π
aX2+aπ2+bπ 2 cos(X2) +π4
X cos(X)
1−X22 −→
X→01 (limite connue) ce qui s’écrit aussi cos(X) ∼
X→01−X2 2
Toujours la compatibilité de l’équivalence avec les opérations élémentaires (des précisions seront données dans vos formations futures) :
aX2+aπ2+bπ 2 cos(X2) +π4
X ∼
X→0
(π2 −π4)X
2−X42 (puisqueb=−1 eta= 1/2π) On a donc lim
t→π
ϕ(t)−ϕ(π)
t−π = 0 doncϕest dérivable enπet ϕ′(π) = 0.
ϕest donc dérivable sur [0;π].
À ce stade, on peut calculerϕ′(t) pour toutt∈]0;π[ et calculer les limites lorsquettend vers 0 et lorsquettend versπ,
∀t∈]0;π[, ϕ′(t) = 2(2at+b) sin(2t)−(at2+bt) cos(t2) 4 sin2(t2)
=a t sin(2t)−a
t 2
sin(2t) 2
+ b
2 sin(2t)−btcos(2t) 4 sin2(2t) Toujours en utilisant les équivalents, on obtientϕ′(t)−→
t→0aeta=ϕ′(0), ce qui prouve queϕ′ est continue en 0.
On démontre de même queϕ′ est continue enπ:ϕ′ est continue sur [0;π].
• •
6. La fonctionϕétant dérivable et à dérivée continue sur [0;π], on paut applique le lemne de Riemann-lebesgue et l’on obtient,
Z π 0
ϕ(t) sin(2n+ 1)t
2 dt
6 2
2n+ 1
|ϕ(0)|+|ϕ(π)|+Z π 0
ϕ′(t)dt
6 K
2n+ 1 (K >0)
Comme K
2n+ 1 −→
n→+∞0, on en déduit que
n→lim+∞
Z π 0
ϕ(t) sin(2n+ 1)t
2 dt= 0 et donc avec l’égalité établie au point 4, lim
n→+∞
Xn
k=1
1 k2 = π2
6
• •
