Colle PC Semaine 11 2011-2012
Intégration sur un segment
EXERCICE 1 : On poseIn =
Z n
0
r 1 +
1−x n
n
dx (n >0) 1. Prouver queIn=nJn oùJn est à déterminer.
2. Prouver queJn tend vers 1 lorsquentend vers +∞.
3. Trouver un équivalent deIn en +∞;
EXERCICE 2 : Calculer
Z 1
0
x(arctanx)2dx
EXERCICE 3 :
Soitf une fonction continue deRdansRtelle que :∀x∈R, f(a+b−x) =f(x).
1. Exprimer Z b
a
xf(x)dxen fonction de Z b
a
f(x)dx.
2. Application au calcul deI= Z π
0
x 1 + sinxdx.
EXERCICE 4 :
On considère la fonctionf définie sur ]−1; +∞[ parf(x) = ln(1 +x).
1. Appliquer la formule de Taylor avec reste intégral à la fonctionf en 0 à l’ordren.
2. En déduire la limite de
n
X
k=1
(−1)k+1 k
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Éléments de corrections
EXERCICE 1 :
1. On effectue le changement de variabley= x
n. On obtient : In=
Z n
0
r 1 +
1−x n
n
dx=nJn
2. On forme|Jn−1|= Z 1
0
(p
1 + (1−y)n−1) dy= Z 1
0
(1−y)n
p1 + (1−y)n+ 1dy6 Z 1
0
(1−y)n
2 dy =
z=1−y
1 2
Z 1
0
zndz= 1
2(n+ 1).
3. Cela montre queJn −→
n→+∞1 doncIn ∼
+∞n.
EXERCICE 2 :
Par une intégration par parties : Z 1
0
x(arctanx)2dx= x2
2 (arctanx)2 1
0
− Z 1
0
x2
1 +x2(arctanx)dx
= π2 32−
Z 1
0
1− 1 1 +x2
arctanxdx
• Avec une autre IPP : Z 1
0
arctanxdx= [xarctanx]10− Z 1
0
x
1 +x2dx=π 4 −1
2[ln(1 +x2)]10= π 4 −1
2ln 2
• Puis Z 1
0
1
1 +x2arctanxdx= 1
2(arctanx)2 1
0
= π2 32 On a donc :
Z 1
0
x(arctanx)2dx=π2 16−π
4 +1 2ln 2
EXERCICE 3 :
1. On effectue le changement de variableu=a+b−xet on obtient : Z b
a
xf(x)dx= Z b
a
(a+b−u)f(a+b−u)du= Z b
a
(a+b−u)f(u)du= (a+b) Z b
a
f(u)du− Z b
a
uf(u)du d’où
Z b
a
xf(x)dx=a+b 2
Z b
a
f(x)dx
2. D’après ce qui précéde :I= Z π
0
x
1 + sinxdx= π 2
Z π
0
1
1 + sinxdx= 2×π 2
Z π/2
0
1
1 + sinxdxcar pour toutxde R, on a sin(π−x) = sinx
On a donc :I=π Z π/2
0
1 1 + sinxdx Avec le changement de variablex= π
2 −u, on obtient : I=π
Z π/2
0
1
1 + cosudu=π Z π/2
0
1
2 cos2u2du =
t=u/2π Z π/4
0
1
cos2tdt=π[tant]π/40 = π
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EXERCICE 4 :
On a doncf(x) =f(0) +
n
X
k=1
f(k)(0) k! xk+
Z x
0
(x−t)n
n! f(n+1)(t)dt (∗) Orf(k)(x) = (−1)k−1(k−1)!
(1 +x)k donc la relation (∗) devient : f(x) =f(0) +
n
X
k=1
(−1)k+1
k xk+ (−1)n Z x
0
(x−t)n (1 +t)n+1dt On donne àxla valeur 1 et l’on obtient :f(1) =
n
X
k=1
(−1)k+1
k + (−1)n Z 1
0
(1−t)n (1 +t)n+1dt d’où
f(1)−
n
X
k=1
(−1)k+1 k
= Z 1
0
(1−t)n
(1 +t)n+1dtet pour toutt∈[0; 1] et∀n∈N, 1
(1 +t)n+1 61 donc
f(1)−
n
X
k=1
(−1)k+1 k
6 Z 1
0
(1−t)ndt=
−(1−t)n+1 n+ 1
1
0
= 1
n+ 1
Comme 1
n+ 1 −→
n→+∞0, on obtient :
n→lim+∞ n
X
k=1
(−1)k+1
k =f(1) = ln 2
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