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Lycée Desfontaines Chap.9: Calcul intégral
Correction exo 9
Soit(In)la suite d’intégrales définie pourn∈NparIn= Z 1
0
tncos(t)dt.
1. Montrons que la suite(In)est décroissante.
Méthode 1 :
∀t∈[0; 1],0≤tn+1≤tnetcos(t)≥0donc0≤tn+1cos(t)≤tncos(t).
Donc, d’après l’intégration des inégalités, (0≤1), Z 1
0
0dt≤ Z 1
0
tn+1cos(t)dt≤ Z 1
0
tncos(t)dt D’où0≤In+1≤In. D’où la suite(In)est décroissante.
Méthode 2 :
Par linéarité,In+1−In= Z1
0
tn+1cos(t)dt− Z 1
0
tncos(t)dt= Z 1
0
tn+1−tn
cos(t)dt= Z 1
0
tn(t−1) cos(t)dt.
Or∀t∈[0; 1], tn≥0, (t−1)≤0etcos(t)≥0donctn(t−1) cos(t)≤0 Par conséquent (comme0≤1),
Z1 0
tn(t−1) cos(t)dt≤0.
C’est à direIn+1−In≤0. Et la suite(In)est décroissante.
2. Trouvons une relation de récurrence entreInetIn−2 pourn≥2.
Soitn≥2fixé, pour trouver une relation de récurrence entreIn= Z 1
0
tncos(t)dtetIn−2= Z1
0
tn−2cos(t)dt, on intègre deux fois par parties :
On intègre par parties en considérant les fctsu, vdérivables et à dérivées continues sur[0; 1]telles que :
(u(t) =tn u′(t) =ntn−1 v′(t) = cost v(t) = sin(t) Alors
Z 1 0
tncos(t)dt=
tnsin(t) 1
0
− Z 1
0
ntn−1sin(t)dt= sin(1)−n Z 1
0
tn−1sin(t)dt On effectue alors une seconde intégration par parties pour le calcul de
Z1 0
tn−1sin(t)dten considérant les nouvelles fctsu, v dérivables et à dérivées continues sur[0 ; 1]telles que :
(u(t) =tn−1 u′(t) = (n−1)tn−2 v′(t) = sint v(t) =−cos(t) Alors
Z 1 0
tn−1sin(t)dt=
−tn−1cos(t) 1
0
− Z 1
0
−(n−1)tn−2cos(t)dt=−cos(1) + (n−1) Z 1
0
tn−2cos(t)dt
On a doncIn= sin(1)−nIn−1= sin(1)−n(−cos(1) + (n−1)In−2) = sin(1) +ncos(1)−n(n−1)In−2
On a donc
In= sin(1) +ncos(1)−n(n−1)In−2
3. CalculonsI0 etI1. Déduisons-enI2 etI3.
•I0= Z1
0
cos(t)dt=h sin(t)i1
0= sin 1
•D’après la relation de récurrence précédente,I2= sin(1) + 2 cos(1)−2I0= 2 cos 1−sin(1).
•I1= Z1
0
tcos(t)dt.
On intègre par parties en considérant les nouvelles fcts u, v dérivables et à dérivées continues sur [0 ; 1] telles que : (u(t) =t u′(t) = 1
v′(t) = cost v(t) = sin(t) AlorsI1=h
tsin(t)i1 0
− Z 1
0
sin(t)dt= sin 1−h
−cos(t)i1
0= sin(1) + cos(1)−1.
•D’après la relation de récurrence précédente,I3= sin(1) + 3 cos(1)−6I1=−5 sin(1)−3 cos(1) + 6.
4. Montrons que pour toutn≥1,0≤In≤n+11 .
∀t∈[0; 1],0≤cos(t)≤1donc en multipliant partn≥0, 0≤tncos(t)≤tn Donc d’après l’intégration des inégalités, (0≤1) on a : 0≤In≤
Z 1 0
tndt.
Or Z 1
0
tndt=htn+1 n+ 1
i1 0= 1
n+ 1. D’où
0≤In≤n+11 5. Convergence de(In)
0≤In≤ n+11 et lim
n→+∞
1
n+ 1= 0donc d’après le théorème des gendarmes,
n→+∞lim In= 0
