Lycée Louis-Le-Grand,Paris Pour le 10/12/2020 MPSI 4– Mathématiques
A. Troesch
DM n
o10 : Calcul intégral
Ce devoir est à m’envoyer scanné au format pdf, via l’assistant Tigroesch sur Discord ou par mail à l’adresse suivante : [email protected]. Merci de respecter la consigne suivante pour le nom du fichier : dm10-nom.pdf (par exempledm10-troesch.pdfsi c’est ma copie), sans accent, sans tréma, sans espace.
Suggestion de travail supplémentaire (à ne pas me rendre) :en plus du problème ci-dessous obligatoire, je vous invite, si vous en avez le temps, à voir le problème 8 de la sélection de problèmes sur ma page web (moyenne arithmético-géométrique).
Correction de l’exercice 1–(Exercice technique) 1. Calculer les intégrales suivantes :
(a) La fonctionxÞÑlnp1`x2qest continue surr0,1s, donc l’intégraleI1 est bien définie.
Les fonctionsxÞÑxetxÞÑlnp1`x2qétant de classeC1surr0,1s, on peut faire une intégration par parties (IPP) :
I1“”
xlnp1`x2qı1
0´ ż1
0
x¨2x 1`x2
“lnp2q ´ ż1
0
ˆ
2´ 2 1`x2
˙ dx
“lnp2q ´2`2
”
Arctanpxqı1
0
“ lnp2q ´2`π 2 “I1
(b) ‚ Première méthode. La fonctionxÞÑ 1
?1`x`?
1´x est continue surr´1,1set paire, donc l’intégrale I2 est bien définie etI2“2
ż1 0
? dx
1`x`? 1´x. Par ailleurs,
@xP r0,1s, 1
?1`x`?
1´x “
?1`x´? 1´x p1`xq ´ p1´xq “
?1`x
2x ´
?1´x 2x .
Du fait du facteur 2xau dénominateur, on restreint l’intervalle d’intégration, en posant ε Ps0,1r. On effectue alors sur la première intégrale le changement de variables y “ ?
1`x, soit x “ y2´1. La
fonctionyÞÑy2´1est de classeC1 surr0,?
2s, et dx
dy “2y, donc ż1
ε
?1`x 2x dx“
ż
?2
?1`ε
y
2py2´1q2ydy
“ ż?2
?1`ε
ˆ
1` 1
py´1qpy`1q
˙ dy
?2´?
1`ε`1 2
ż?2
?1`ε
dy y´1 ´1
2 ż?2
?1`ε
dy y`1
“? 2´?
1`ε´1 2lnp
?2`1
?2´1q `1 2lnp
?1`ε`1
?1`ε´1q
“? 2´?
1`ε´1 2ln
´ p?
2`1q2¯
`1 2ln`
p?
1`ε`1q2˘
´1 2lnε
“? 2´?
1`ε´ln
´? 2`1
¯
`ln`?
1`ε`1˘
´1 2lnε
De la même manière, on trouve : ż1
ε
?1´x 2x dx“
ż?1´ε 0
y2 1´y2 dy
“ ´?
1´ε` `1 2
ż?1´ε 0
dy 1´y ´1
2 ż?1´ε
0
dy 1`y
“ ´?
1´ε´1 2ln
ˆ1`? 1´ε 1´?
1´ε
˙
“ ´?
1´ε`ln` 1`?
1´ε˘
´1 2lnε.
Ainsi, en effectuant la différence, les termeslnεse simplifient, et les autres termes admettent une limite finie lorsqueεtend vers0, et on trouve : Ainsi, I2“2?
2´2 lnp1`? 2q.
‚ Si on veut éviter les intégrales impropres, il y a la méthode suivante, restant de bout en bout avec des intégrales définies, mais un peu plus calculatoire. Je me contente de l’esquisse de la preuve. On commence par effectuer un changement de variabley“?
1`xsurI2, cela donne : I2“
ż?2 0
2y dy a2´y2`y. On fait alors un changement de variableu“Arcsin
´?y 2
¯
, soity“?
2 sinpuq, ce qui donne :
I2“2? 2
ż π2
0
sinpuqcospuq
cospuq `sinpuq du“2? 2
ż π2
0
sinpuq 1`tanpuq du.
On fait enfin le changement de variablet“tan`u
2
˘doncu“2 Arctant, soit du“1`2t2 dt. Les formules de l’angle moitié amènent alors :
I2“2? 2
ż1 0
4tp1´t2q
p1`t2qp1´t2`2tq dt.
On fait avec courage et abnégation une décomposition en éléments simples (ici multiplier par pt2`1q2 et évaluer en ifournit très facilement les deux premiers coefficients, les coefficients des termes de degré 1 sont un peu plus pénibles à obtenir, et les deux derniers peuvent par exemple s’obtenir en multipliant partet considérant la limite en`8, et en évaluant en0) :
@tP r0,1s, 4tp1´t2q
p1`t2qp1´t2`2tq “ 2t`2
p1`t2q2 ´ 1
1`t2 ´ 1 2?
2
ˆ 1
1`?
2´t ` 1 t´1`?
2.
˙
La seule difficulté réside dans la partie de numérateur constant du premier terme, que l’on calcule par une astuce désormais bien connue de vous :
ż1 0
2
p1`t2q2 dt“ ż1
0
2
1`t2 dt´ ż1
0
2t¨t p1`t2q2 “π
2 `” t 1`t2
ı1
0´ ż1
0
1
1`t2 dt“1`π 4.
Les autres termes s’intègrent facilement enlnouArctan, et il vient alors, après quelques simplifications : I2“2?
2´2 lnp1`? 2q.
(c) On effectue le changement de variable x“ cospyq, de classe C1 sur r0, πs. On a alors dx“ ´sinpyq dy, d’où :
I3“ ż1
´1
eArccospxqdx“ ż0
π´eArccospcospyqqsinpyqdy
“ żπ
0
eysinpyq “Im ˆżπ
0
ep1`iqy dy
˙
“Im ˆ” 1
1`iep1`iqy ıπ
0
˙
“ 1 2Im
´
p1´iqpep1`iqπ´1q¯
“ 1
2Impp1´iqp´eπ´1qq. On obtient donc I3“ eπ`1
2 .
On aurait aussi pu s’en sortir sans le passage par les complexes, en intégrant deux fois de suite par parties après avoir fait le changement de variable.
(d) Tout d’abord,x4“ px`1qpx`2qpx`3qpx`4q ´Rpxq, oùRest un polynôme de degré3 (qu’on n’est pas obligé de déterminer). On peut alors écrire la décomposition en éléments simples sous la forme :
@xPRzt´1,´2,´3,´4u x4
p1`xqp2`xqp3`xqp4`xq “1` a
x`1` b
x`2 ` c
x`3 ` d x`4.
‚ On multiplie par x`1 et on évalue en´1(après prolongement par continuité), on obtient a“16
‚ On obtient de même b“ ´8,c“812,d“ ´1283
On obtient alors I4“
ż1 0
1 dx`1 6
ż1 0
dx
1`x´8 dx 2`x`81
2 dx 3`x´128
3 dx 4`x
“1`1
6lnp2q ´8 lnp3q `8 lnp2q `81
2 lnp4q ´81
2 lnp3q ´128
3 lnp5q `128 3 lnp4q
“ 1`349
2 lnp2q ´97
2 lnp3q ´128
3 lnp5q “I4 .
(e) On écrit la forme de la décomposition en éléments simples : il existe des réelsa,b etc tels que
@x‰ ´1, x`2
px`1qpx2`2x`5q“ a
x`1` bx`d x2`2x`5.
‚ On multiplie par x`1 et on évalue en´1, on obtienta“ 14
‚ On multiplie par xet on fait tendrexvers`8, on trouvea`b“0, soit b“ ´41.
‚ On évalue en 0, on trouve 25 “a`c5, doncc“ ´34. On a alors, pour toutx‰ ´1 :
px`2q
px`1qpx2`2x`5q“ 1 4 ¨ 1
x`1´1 8
2x`2
x2`2x`5` 1 px`1q2`4, donc, étant donnéAą0:
żA 0
px`2q
px`1qpx2`2x`5q dx“1
4lnpAq ´1
8lnpA2`2A`5q `1
8lnp5q `1 2Arctan
ˆA`1 2
˙
´1 2Arctan
ˆ1 2
˙
“1 8ln
ˆ A2
A2`2A`5
˙
`1
8lnp5q `1 2Arctan
ˆA`1 2
˙
´1 2Arctan
ˆ1 2
˙ .
En faisant tendreAvers`8, il vient donc : I5“ 1
8lnp5q `π 4 ´1
2Arctan ˆ1
2
˙ .
2. Calculer les primitives des fonctions suivantes, sur des domaines à préciser.
(a) La fonctionf1 est continue surRsont primitivable surR, et ż
f1pxqdx“
ż 2x`2
x2`2x`2 dx´
ż 1
px`1q2`1, et donc,
ż
f1pxqdx“lnpx2`2x`2q ´Arctanpx`1q `C ,CPR. (b) La fonctiong:xÞÑ ´lnpxq ´lnpxq2est définie surR˚
`. Par ailleurs,´y´y2“ ´ypy`1q ě0si et seulement siyP r´1,0s, doncf est définie (et continue) surr1e,1s.
En effectuant le changement de variabley“lnpxq, de classeC1 surr1e,1s, et tel que dy“ dxx, il vient : ż
f2pxqdx“ ż
a´y´y2 dy“ ż
d 1 4´
ˆ y`1
2
˙2
dy“ 1 2 ż
a1´ p2y`1q2dy.
Or, puisquexprend ses valeurs dansr1e,1s,y prend ses valeurs dansr´1,0s, donc2y`1prend ses valeurs dansr´1,1s.
On pose un nouveau changement de variablez“Arccosp2y`1q, de classeC1, soity“12pcospzq ´1q. cette expression est de classeC1enz, et dy“ ´12sinpzqdz. On a alors
ż
f2pxqdx“ ´1 4 ż
a1´cospzq2sinpzqdz“1 4 ż
sin2z dz“ ´1 4
ż 1´cosp2zq
2 dz.
Ainsi,
ż
f2pxqdx“ ´z
8 `sinp2zq
16 `c, oùz“Arccosp2 lnpxq `1q et cPR. En utilisant le fait que pourzP r0, πs,sinp2zq “2 cospzqa
1´cos2pzq, on obtient l’expression : ż
f2pxqdx“ ´1
8Arccosp2 lnpxq `1q `1
4p2 lnpxq `1q b
´ln2pxq ´lnpxq `c .
(c) La fonctionf3est définie et continue surr0,1r. On comment par effectuer un changement de variabley“? x, soitx“y2, qui est de classeC1 surr0,1r, et telle que dx“2y dy. On a alors
ż
f3pxqdx“
ż 2yArcsinpyq p1´y2q32 dy.
Les fonctions y ÞÑArcsinpyq et y ÞÑ 2
p1´y2q12 étant de classe C1 sur r0,1r, on obtient, par intégration par parties :
ż
f3pxqdx“ 2Arcsinpyq a1´y2 ´
ż 2
1´y2 dy, et en effectuant une DES :
ż
f3pxqdx“2Arcsinpyq a1´y2 ´
ż dy 1`y ´
ż dy
1´y “ 2Arcsinpyq a1´y2 `ln
ˇ ˇ ˇ ˇ
1´y 1`y ˇ ˇ ˇ ˇ`c, oùcPR. Commey“?
x, etxP r0,1r, on obtient finalement les primitives suivantes sur l’intervaller0,1r: ż
f3pxqdx“ 2Arcsinp? xq
?1´x `ln
ˆ1´? x 1`?
x
˙
`c.
(d) La fonctionchétant strictement positive,f4 est définie et continue surR. On a alors : ż
f4pxqdx“
ż shpxqdx chpxq `ch2pxq.
On effectue le changement de variabley“chpxqde classeC1 surR, et tel que dy“shpxqdx. Ainsi ż
f4pxqdx“ ż dy
y`y2 “
ż y`1´y ypy`1q dy“
ż dy y ´
ż dy
y`1 “lnpyq ´lnpy`1q `c, oùcPR(la valeur absolue est inutile, cary“chpxq ą0). On obtient donc :
ż
f4pxqdx“ln
ˆ chpxq 1`chpxq
˙
`c.
(e) La fonction f5 est définie et continue surR˚ (la fonction sh s’annulant en0). On a alors, sur R˚
`, ou sur R˚
´ :
ż
f5pxqdx“
ż chpxq
sh2pxqch2pxq dx“
ż chpxq sh2pxqp1`sh2pxqq. Le changement de variabley“shpxq, de classeC1sur R˚
´ et surR˚
`, et tel que dy“chpxqdx, donne : ż
f5pxqdx“
ż dy
y2p1`y2q “
ż 1`y2´y2 y2p1`y2q dy“
ż dy y2 ´
ż dy
1`y2 “ ´1
y ´Arctanpyq `c,
oùcPR(constante à choisir indépendamment sur R˚´ et R´ `˚). Ainsi, les primitives def5 sur R˚ sont les fonctions définies pour toutxdeR˚ par :
Fpxq “ ´ 1
shpxq´Arctanpshpxqq `cpxq, oùcest une fonction constante sur chacun des intervallesR˚
´ etR˚
`. Correction de l’exercice 2–(Formule de Plouffe, 1995)
π“
`8ÿ
n“0
1 16n
ˆ 4
8n`1´ 2
8n`4´ 1
8n`5´ 1 8n`6
˙
1. SoitaPs0,1r, etkPN. D’après la formule de sommation des séries géométriques (la raison étant danss ´1,1r), on a :
tk 1´t8 “
`8ÿ
ℓ“0
t8ℓ`k “
n
ÿ
ℓ“0
t8ℓ`k`
`8ÿ
ℓ“n`1
t8ℓ`k.
Or,
`8ÿ
ℓ“n`1
t8ℓ`k“ t8pn`1q`k 1´t8
Par ailleurs,0ătăa, donc par majoration du numérateur et minoration du dénominateur, 0ď
`8ÿ
ℓ“n`1
t8ℓ`k ď a8pn`1q`k 1´a8 On en déduit que
ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
tk 1´t8 ´
n
ÿ
ℓ“0
t8ℓ`k ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
ďa8pn`1q`k 1´a8 .
2. En intégrant entre 0et a, il vient alors, par croissance de l’intégrale, et inégalité triangulaire : ˇ
ˇ ˇ ˇ ˇ
ża 0
˜ tk 1´t8 ´
n
ÿ
ℓ“0
t8ℓ`k
¸ dt
ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
ď ża
0
ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
tk 1´t8 ´
n
ÿ
ℓ“0
t8ℓ`k ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
dtď ża
0
a8n`k
1´a8 dt“a8pn`1q`k`1 1´a8 .
En repartant du premier terme de cette inégalité, et en distribuant l’intégrale, il vient alors : ˇ
ˇ ˇ ˇ ˇ
ża 0
tk 1´t8 dt´
n
ÿ
ℓ“0
a8ℓ`k`1 8ℓ`k`1
ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
ď a8pn`1q`k`1 1´a8 .
Cette dernière expression tend vers 0 lorsque n tend vers `8, car a Ps ´1,1r, et donc, d’après le théorème d’encadrement, l’expression de gauche tend vers0 aussi, soit :
ża 0
tk 1´t8 dt“
`8ÿ
ℓ“0
a8ℓ`k`1 8ℓ`k`1. Ainsi, on a, par le changement de variablet“?x2 :
ż ?12
0
xk
16´x8 dx“
?2 16
ż ?12
0
p? 2tqk
1´t8 dt“ 1 16 ¨?
2k`1
`8ÿ
ℓ“0
? 1
28n`k`1p8n`k`1q “ 1 16
`8ÿ
n“0
1
16np8n`k`1q. On en déduit sans peine, par combinaison linéaire, que
´16 ż1
0
x5`x4`2x3´4
16´x8 dx“ 1 16n
`8ÿ
n“0
ˆ 4
8n`1´ 2
8n`4´ 1
8n`5´ 1 8n`6
˙ .
3. Les racines de16´X8 sont les racines8-ièmes de16, à savoir?
2¨eikπ4 ,kP v0,7w. On obtient donc : 16´X8“ ´pX´?
2qpX`?
2qpX´i?
2qpX`i?
2qpX´zqpX´zqpX`zqpX`zq, oùz“?
2eiπ4. En regroupant les racines conjuguées et en redéveloppant, on arrive à la factorisation dansR: 16´X8“ ´pX´?
2qpX`?
2qpX2`2qpX2´2X`2qpX`2X`2q.
On remarque ensuite queX5`X4`2X3´4“ pX2`2qpX3`X2´2q “ pX2`2qpX2`2X`2qpX´1q.
4. On en déduit que ż1
0
x5`x4`2x3´4 16´x8 dx“
ż1 0
1´x px´?
2qpx`?
2qpx2´2x`2q dx
Pour calculer cette dernière intégrale, effectuons une décomposition en éléments simples, en recherchanta,b,c etdtels que pour toutx‰ ˘?
2 : 1´x px´?
2qpx`?
2qpx2´2x`2q“ a x´?
2 ` b
x`?
2 ` cx`d x2´2x`2. En multipliant parx´?
2et en évaluant en?
2, on trouvea. De même pourb. On trouva alorscen multipliant parxet en prenant la limite en`8, et enfinden évaluant en0 :
1´x px´?
2qpx`?
2qpx2´2x`2q “ ´ 1 8px´?
2q´ 1 8px`?
2q` ´ x
4px2´2x`2q
“ ´ 1 8px´?
2q´ 1
8px` ´?
2q` 2x´2
8px2´2x`2q` ´ 1
4ppx´1q2`1q. Ainsi, sachant maintenant primitiver l’expression obtenue, on obtient :
ż1 0
x5`x4`2x3´4 16´x8 dx“
„
´1 8ln
ˇ ˇ ˇ ˇ
px´?
2qpx`? 2q x2´2x`2
ˇ ˇ ˇ ˇ`1
4Arctanpx´1q
1
0
“ ´π 16. On en déduit que
´16 ż1
0
x5`x4`2x3´4
16´x8 dx“π, donc, d’après la question 2 :
π“
`8ÿ
n“0
1 16n
ˆ 4
8n`1 ´ 2
8n`4 ´ 1
8n`5 ´ 1 8n`6
˙
Correction du problème 1– 1. Question prélimiaire.
SoitxPs ´1,`8r. La formule de Taylor avec reste intégral entre0et xappliquée àf :xÞÑlnp1`xqde classe C8 s’écrit :
lnp1`xq “fp0q `xf1p0q `x2
2!f2p0q ` żx
0
px´tq2
2! f3ptqdt“x´x2 2 `
żx 0
px´tq2 2!
2 p1`tq3 dt.
Or, sixą0,
ˇ ˇ ˇ ˇ
żx 0
px´tq2 2!
2 p1`tq3 dt
ˇ ˇ ˇ ˇď
żx 0
ˇ ˇ ˇ ˇ
px´tq2 2!
2 p1`tq3
ˇ ˇ ˇ ˇ
dt ď
żx 0
x2 dt“x3,
et si´21ďxă0(ce qui est suffisant puisqu’on s’intéresse àxau voisinage de0), ˇ
ˇ ˇ ˇ
żx 0
px´tq2 2!
2 p1`tq3 dt
ˇ ˇ ˇ ˇď
ż0 x
ˇ ˇ ˇ ˇ
px´tq2 2!
2 p1`tq3
ˇ ˇ ˇ ˇ
dt ď
ż0 x
x2 1
`1´12
˘3 dt“8|x|3,
Ainsi, pour toutxdes ´12,`8r(qui est bien un voisinage de0, l’intégrale est majorée par8|x3|, donc est bien unOpx3q. Ainsi,
lnp1`xq “x´x2
2 `Opx3q. 2. Intégrales de Wallis.
(a) I0“ ż π2
0
1 dx“ π
2 “I0 ; I1“ ż π2
0
sinxdx“”
´cosx ıπ2
0 “ 1“I1 .
(b) Soit n ě 1. Intégrons In`1 par parties, en dérivant sinn et en intégrant un facteur sin. Les fonctions considérées étant de classeC8, l’intégration par partie est licite, et donc :
In`1“ ż π2
0
sinn`1pxqdx“”
´cosxsinnx ıπ2
0 `n ż π2
0
cos2xsinn´1xdx
“n ż π2
0 p1´sin2xqsinn´1xdx“npIn´1´In`1q. En isolantIn`1 dans cette équation, on trouve In`1“ n
n`1¨In´1 . (c) On montre par récurrence surpPNla propriété :Hppq: « I2p“ p2pq!
22ppp!q2 ¨π 2 » Initialisation :Pour p“0,Hp0qest vérifiée ssiI0“ π2, ce qui provient de la question1.
Hérédité : SoitpPN˚ tel queHpp´1qsoit vérifié. Alors, d’après la question 2, I2p“ 2p´1
2p I2p´2“ 2p´1 2p
p2p´2q! 22p´2ppp´1q!q2 ¨π
2 “ 2pp2p´1q 4p2
p2p´2q! 22p´2ppp´1q!q2 ¨π
2 “ p2pq! 22ppp!q2 ¨π
2. La propriété est donc héréditaire. D’après le principe de récurrence, elle est vraie pour toutpPN.
L’expression pourI2p`1se démontre bien sûr de la même manière. Je propose une démonstration alternative (qui, pour être complètement rigoureuse, nécessiterait aussi une récurrence). Il s’agit bien sûr d’une autre façon de mettre en forme la même idée. D’après la question 2,
I2p`1“ 2p
2p`1I2p´1“ 2p
2p´1 ¨2p´2
2p´3I2p´3“ ¨ ¨ ¨ “ 2pp2p´2q ¨ ¨ ¨2 p2p`1qp2p´1q ¨ ¨ ¨1I1
p2pp2p´2q ¨ ¨ ¨2q2
p2p`1q! “ p2pp!q2
p2pq! “ 22ppp!q2
p2p`1q! “I2p`1 .
(d) SoitnPN. Pour toutxP r0,π2s,0ďsinxď1, donc0ďsinnxďsinn`1x. Ainsi, ż π2
0
sinnxdxď ż π2
0
sinn`1xdx soit : InďIn`1. Ainsi, la suitepInqnPN est décroissante. Par conséquent, pour toutnPN N˚, In`1
In ď1, et de plus, puisque In´1ěIn, In`1
In ě In`1
In´1
.On obtient donc, pour toutnPN˚, l’encadrement :
1ěIn`1
In ěIn`1
In´1
.
(e) On calcule la limite de IIn`1
n´1 en calculant la limite des ses deux suites extraites des termes pairs et des termes impairs. Or :
I2p`2
I2p “p2p`1qp2p`2q
4pp`1q2 et I2p`1
I2p´1 “ 4p2 2pp2p`1q. Ces deux suites extraites ont la même limite 1. Donc la suite´
In`1
In´1
¯
nPN˚ admet une limite en`8, égale à 1. D’après le théorème d’encadrement, on en déduit que´
In`1
In
¯
nPNadmet une limite, et que cette limite est égale à 1.
Pour trouver la formule de Wallis, on exprime I2I2p
p´1 : I2p
I2p´1 “ p2pq! 22ppp!q2 ¨π
2 ¨ p2p´1q! 22pp´1qppp´1q!q2 “
ˆ p2pq! 22ppp!q2
˙2
¨2p2 2p ¨π“
ˆ p2pq! 22ppp!q2
˙2
¨pπ.
Cette expression tend vers1 lorsque ptend vers`8 d’après ce qui précède. Ainsi, en passant à la racine carrée, on obtient
pÑ`8lim p2pq! 22ppp!q2
?p“ 1
?π.
3. Formule de Stirling.Soit, pournPN˚,Sn“ln n!en nn?
n. (a) On obtient, à l’aide de l’indication :
Sn´Sn´1“ln n!en nn?
n´ln pn´1q!en´1 pn´1qn´1a
pn´1q “ln ˆ n!en
nn?
n¨pn´1qn´1? n´1 pn´1q!en´1
˙
“ln
˜ e
ˆ 1´1
n
˙n´12¸
“1` ˆ
n´1 2
˙ ln
ˆ 1´1
n
˙
“1` ˆ
n´1 2
˙ ˆ
´1 n´ 1
2n2 `O ˆ 1
n3
˙˙
“1´1` 1 2n´ 1
2n`O ˆ1
n2
˙
“O ˆ 1
n2
˙
(b) Il existe doncA P R˚
` tel que pour tout n PN˚, |Sn`1´Sn| ď A
n2. Or, ř A
n2 est une série de Riemann convergente, donc la sérieř
Sn`1´Sn est absolument convergente, donc convergente.
Or, la somme partielle de cette série est
n
ÿ
k“1
Sk`1´Sk “Sn`1´S1. Ainsi, la convergence de la série est équvalente à la convergence de la suitepSnqnPN˚ vers un réel fini S.
(c) SoitnPN˚.σn “eSn, donc, puisque la fonction exponentielle est continue, lim
nÑ`8σn“eS. Ainsi, lim
nÑ`8
σn2
σ2n “ peSq2 eS “eS. De plus : σn2
σ2n “ ˆ n!en
nn? n
˙2
p2nq2n? 2n
p2nq!e2n “ 22npn!q2? 2 p2nq!?
n . D’après la question (1e), la limite de cette suite est?
2π. Ainsi,eS “?
2π, soit : S“ln? 2π. (d) La limite depσnqnPN˚ est ?
2π, donc :
nÑ`8lim n!en nn?
n “?
2π, soit : n!en nn?
n “?
2πp1`op1qq, soit : n!“nne´n?
2πnp1`op1qq.
Correction du problème 2– 1. Étude deI
(a) La fonction xÞÑ sinxx est continue surs0, xs, et prolongeable par continuité en 0. Ainsi, Ipxqest l’intégrale d’une fonction continue surr0, xs, donc Ipxqest bien définie.
(b) SoitxPR˚
`. Effectuons une intégration par parties : żx
1
sinptq
t dt“”cosptq t
ıx 1´
żx 1
cosptq
t2 dt“ cospxq
x ´cosp1q ` żx
1
cosptq t2 dt.
Or, cospxq
x Ñ0en`8, et pour touttě1, ˇ ˇ ˇ ˇ
cosptq t2
ˇ ˇ ˇ ˇď 1
t2.
Comme l’intégrale ż`8
1
1
t2 dtconverge (on peut la calculer facilement !), il en est de même de ż`8
1
cosptq t2 dt, d’après le théorème de comparaison, ce qui équivaut à dire que
żx 1
cosptq
t2 dtadmet une limite finie lorsque xÑ `8.
On en déduit que żx
1
sinptq
t dtadmet une limite finie en `8, donc aussi żx
0
sinptq
t dt (les deux expressions diffèrent d’une constante
ż1 0
sinptq t dt).
Ainsi, I“ ż`8
0
sinptq
t dtconverge.
2. Valeur de I (première méthode)
(a) i. SoitnPNfixé. Puisquesinpp2n`1qtq „
0p2n`1qtetsinptq „
0t, la fonctiontÞÑ sinpp2n`1qtq
sinptq admet une limite finie en0, égale à2n`1(si vous voulez éviter les équivalents sur les fonctions, ramenez-vous aux limites remarquables dusin).
Ainsi, après prolongement par continuité, In est l’intégrale d’une fonction continue sur r0,π2s, donc In est bien définie .
ii. SoitnPN˚. Alors :
In´In´1“ ż π2
0
sinp2n`1qt´sinp2n´1qt
sint dt“2
ż π2
0
cosp2ntqsint sint dt
“2 ż π2
0
cos 2ntdt“ 1 2n
”
sinp2ntqıπ2
0 “ 0“In´In´1 . iii. Par conséquent, pour tout nPN,
In “I0“ ż π2
0
sint sint dt“
ż π2
0
1 dt“ π 2 “In .
(b) On reconnaît le lemme de Riemann-Lebesgue, qu’on a déjà rencontré. On fait une IPP, les fonctions étant de classeC1 :
Jn“ ´1 n
”
fptqcospntqıb a` 1
n żb
a
f1ptqcospntqdt.
Or, les fonctionsf et f1 sont continues sur l’intervalle fermé et bornéra, bs, elle y sont donc bornées (voir point admis en début d’énoncé). Il existe doncM tel que pour touttP ra, bs,|fptq| ďM et|f1ptq| ďM. On en déduit, d’après l’inégalité triangulaire pour les sommes, puis pour les intégrales, et d’après la propriété de croissance de l’intégrale, que :
|Jn| ď 1 n
˜
|fpbqcospnbq| ` |fpaqcospnaq| ` ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
żb a
f1ptqcospntqdt ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
¸
ď 1 n
˜ 2M`
żb
a |f1ptqcospntq|dt
¸ ď 1
n
˜ 2M `
żb a
M dt
¸
“ p2`b´aqM
n .
Ainsi, d’après le théorème d’encadrement, on a : lim
nÑ`8Jn“0 .
(c) On utilise le théorème de la classeC1par prolongement,f étant de classeC1 surs0,π2s.
‚ Pour toutt au voininage à droite de0 : fptq “1
t ´ 1
sinptq “sinptq ´t tsinptq „0 ´t3
6t2 “ ´t 6 ÝÑ
tÑ00.
Ainsi,f admet une limite nulle en0.
‚ Pour touttPs0,π2, on a :
f1ptq “ ´1
t2 ` cost
sin2t “´sin2t`t2cost t2sin2t . Or,t2sin2t „
tÑ0t4. De plus, en attendant d’avoir des DL, on peut écrire :
´sin2t`t2cost“t2pcosptq ´1q `t2´sin2ptq “t2pcosptq ´1q `tpt´sinptqq `sinptqpt´sinptqq. Or ,
t2pcosptq ´1q „0´t4
2, tpt´sinptqq „0 t4
6 et sinptqpt´sinptqq „0 t4 6. Pour sommer, on exprime ces équivalents aveco:
´sin2t`t2cost“ ´t4 2 `t4
6 `t4
6 `opt4q “ ´t4
6 `opt4q. Ainsi,´sin2t`t2cost„0 ´t4
6.
On fait alors le quotient des deux équivalents trouvés, et on obtientf1ptq Ñ ´16 lorsquetÑ0.
Doncf1 admet une limite en0.
‚ D’après le théorème de prolongement des fonctions de classeC1, que f est prolongeable par continuité en une fonction de classeC1surr0,π2s.
(d) La fonctionf étant prolongeable par continuité en une fonction de classeC1, d’après la question I-2b,
nÑ`8lim ż π2
0
ˆ1 t ´ 1
sint
˙
sinpp2n`1qtqdt“0.
On peut séparer l’integrale en 2, les fonctions intégrées étant toujours prolongeables par continuité en0. On obtient donc :
nÑ`8lim ż π2
0
sinp2n`1qt
t dt“limIn“ π 2.
Or, pour toutnPN, en effectuant le changement de variablesu“ p2n`1qt, de classeC1, on a ż π2
0
sinp2n`1qt
t dt“
żpn`12qπ
0 p2n`1qsinu u
du 2n`1 “
żpn`12qπ 0
sinu u du.
Ainsi, en passant cette dernière expression à la limite, il vient : I“π 2 . 3. Valeur de I (deuxième méthode)
(a) Soit uą0 etxą0. On a : żu
0
sinxe´xydy“”
´sinx
x e´xyıy“u
y“0 “ ´sinx
x e´ux`sinx
x , donc:
żu 0
sinxe´xy dy“sinx
x p1´e´xuq. (b) On s’assure comme précédemment que les intégrales sont bien définies, les fonctions étant continues sur
l’intervalle fermé d’intégration (après éventuel prolongement par continuité). On utilise alors le théoèrme de Fubini :
żu 0
sinpxq
x p1´exuqdx“ żu
0
żu 0
sinxe´xy dy dx“ żu
0
żu 0
sinxe´xy dxdy.
On calcule alors l’intégrale interne par intégrations par parties, ou en passant aux complexes, au choix : żu
0
sinxe´xy dx“ ´”
sinxe´xy y
ıu 0`1
y żu
0
cosxe´xy dx“ ´sinu
y e´uy`1 y
żu 0
cosxe´xydx,
et une deuxième IPP donne : żu
0
sinxe´xy dx“ ´sinu
y e´uy´ 1 y2
”
cosxe´xy ıu
0´ 1 y2
żu 0
sinxe´xy dx.
Par conséquent, ˆ
1` 1 y2
˙ żu 0
sinxe´xy dx“ ´sinu
y e´uy´cosu
y2 e´uy` 1
y2 “ ´e´uy ˆsinu
y `cosu y2
˙
` 1 y2
Ainsi :
żu 0
sinxe´xy dx“ 1´e´uypysinu`cosuq
1`y2 .
En intégrant par rapport ày, d’après ce qui précède, on obtient bien : żu
0
sinpxq
x p1´e´xuqdx“ żu
0
1´e´uypysinu`cosuq
1`y2 dy.
(c) Passons à la limite dans chacun des deux membres de l’égalité obtenue dans la question précédente. Un raisonnement grossier et mal justifié nous laisse penser que dans l’intégrale de gauche, le terme exponentiel va disparaître à la limite, et on récupère note intégrale de Dirichlet. Dans le terme de droite de même, on récupère
ż`8
0
1
1`y2, qu’on sait calculer avec la fonction Arctan: ż`8
0
1
1`y2 “ lim
AÑ`8
”
ArctanpxqıA
0 “ lim
AÑ`8ArctanpAq “ π 2.
Ces passages à la limite nécessite des techniques d’inversion limite/intégrale dont nous ne disposons pas encore. Nous allons les justifier par majoration.
‚ On connaît déjà la limite de żu
0
1
1`y2 dy, et on sait que żu
0
sinpxq
x dx tend vers I, l’intégrale qu’on cherche à calculer. Il nous reste donc à contrôler les deux autres termes, grâce à l’exponentielle.
‚ La fonctionxÞÑ sinxpxq est bornée surR˚
` (car admet une limite finie en0et en`8et continue entre les deux). SoitM un majorant de sa valeur absolue. On a alors :
ˇ ˇ ˇ ˇ
żu 0
sinx x exu du
ˇ ˇ ˇ ˇď
żu 0
ˇ ˇ ˇ ˇ
sinx x e´xu
ˇ ˇ ˇ ˇ
duďM żu
0
e´xudx“M
up1´e´u2q ÝÑ
uÑ`80;
Le théorème d’encadrement permet de conclure que żu
0
sinx
x e´xu du ÝÑ
uÑ`80.
‚ De même, la fonction y ÞÑ cospuq `ysinpuq
1`y2 est bornée sur R˚
` (pour les mêmes raisons). Le même argument montre que
żu 0
e´yuysinu`cosy
1`y2 dyuÝÑ
Ñ`80.
‚ On peut donc passer à la limite dans l’égalité de la question précédente : I“
ż`8
0
dy 1`y2 “π
2 . 4. Estimation du reste
On adapte l’argument de la question 1a, en faisant une deuxième IPP, puis une troisième. On la fait d’abord sur un segmentrn, As, puis on fait tendreAvers`8:
żA n
sinptq t dt“”
´cosptq
t ´sinptq
t2 ´2cosptq t3
ıA n `6
żA n
cosptq t4 dt.
Tous les autres termes admettant une limite finie lorsqueAÑ `8, il en est de même de la dernière intégrale, et on peut écrire :
ż`8
n
sinptq
t dt“cospnq
n `sinpnq
n2 ´2cospnq n3 `6
ż`8
n
cosptq t4 dt.
Or,2cospnq n3 “o
ˆ1 n2
˙ , et ˇ
ˇ ˇ ˇ
ż`8
n
cosptq t4 dt
ˇ ˇ ˇ ˇď
ż`8
n
ˇ ˇ ˇ ˇ
cosptq t4
ˇ ˇ ˇ ˇ
dtď ż`8
n
1
t4 dt“ lim
AÑ`8
”
´ 1 4t3
ıA n “ 1
4n3.
Ainsi, ż`8
n
cosptq t4 dt“o
ˆ 1 n2
˙
.Il en résulte que : ż`8
n
sint
t dt“ cosn
n `sinn n2 `o
ˆ 1 n2
˙
