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Lycée Desfontaines Chap.9: Calcul intégral
Correction exo 12
Soitf la fct définie surRparf(t) =te1−t/2. Pournentier naturel tel quen≥2, on poseIn=
Z n 2
f(t)dtetJn= Z n+1
n
f(t)dt.
1. Déterminons le sens de variations de f
•t7−→1− t
2 est dérivable surRdonct7−→e1−t/2est dérivable surR.
•t7−→test dérivable surR.
D’oùf est dérivable surRcomme produit de fcts dérivables surRet∀t∈R, f′(t) =e1−t/2−t
2e1−t/2= (1−t 2)e1−t/2.
∀t∈R, e1−t/2>0doncf′est du signe de1− t
2 cad strictement positif sur]− ∞; 2[, nulle en2et strictement positive sur [2 ; +∞[. D’oùfest strictement croissante sur]− ∞; 2]et strictement décroissante sur[2 ; +∞[.
Remarque utile pour la suite de l’exo : Etant dérivable surR,f est continue.
2. Etudions le sens de variation de la suite(In) In+1−In=
Z n+1 2
f(t)dt− Z n
2
f(t)dt= Z 2
n
f(t)dt+ Z n+1
2
f(t)dt= Z n+1
n
f(t)dt.
Ornétant un entier naturel,fest strictement positive sur[n;n+ 1]doncnétant inférieur àn+ 1, on a Z n+1
n
f(t)dt >0.
D’oùIn+1−In>0d’oùIn+1> Ind’où(In)est strictement croissante.
3. ExprimonsInen fonction denpuis déterminons la limite de(In).
On intègreInpar parties en considérant les fctsu, vdérivables à dérivées continues sur[2 ; +∞[telles que : (u(t) =t u′(t) = 1
v′(t) =e1−t/2 v(t) =−2e1−t/2 AlorsIn=h
−2te1−t/2in 2−
Z n 2
−2e1−t/2dt=−2ne1−n/2+ 4 + 2
−2e1−t/2 n
2
=−2ne1−n/2+ 4−4e1−n/2+ 4
= (−2n−4)e1−n/2+ 8
:::::
Limite
:::de
::::(In)
∀n6= 2, In=−2n−4 1−n
2 (1−n
2)e1−n/2+ 8.
0r lim
n→+∞(1−n
2)e1−n/2 = lim
N→−∞N eN = 0 et lim
n→+∞
−2n−4 1−n
2
= lim
x→+∞
−2x−4 1−x
2
= lim
x→+∞
−2x
−x 2
= lim
x→+∞4 = 4 (car à l’infini, la limite d’une fct rationnelle est celle du quotient de ses termes de plus haut degré).
D’où lim
n→+∞
−2n−4 1−n
2 (1−n
2)e1−n/2= 0d’où lim
n→+∞In= 8.
(In)converge vers 8.
4. Démontrons que∀n≥2on a :f(n+ 1)≤Jn≤f(n)et déterminons alors le sens de variation de la suite(Jn) et sa limite.
f est strictement décroissante sur[2 ; +∞[donc∀t∈[n;n+ 1]avecn≥2, on af(n)≥f(t)≥f(n+ 1)cad f(n+ 1)≤f(t)≤f(n).
Donc, d’après l’inégalité de la moyenne,nétant inférieur àn+ 1, f(n+ 1)(n+ 1−n)≤
Z n+1
n
f(t)dt≤f(n)(n+ 1−n)cadf(n+ 1)≤Jn≤f(n).
::::::::
Variations
:::de
::Jn
L’inégalité précédente étant vraie pour toutn≥2, on a pour toutn≥2,f(n+1)≤Jn≤f(n)etf(n+2)≤Jn+1≤f(n+1).
D’oùJn+1≤f(n+ 1)≤Jn. D’où(Jn)est décroissante.
:::::
Limite
:::de
::::(Jn)
On a∀n, f(n+ 1)≤Jn≤f(n).
Or lim
n→+∞f(n+ 1) = lim
n→+∞f(n) = lim
x→+∞f(x) = lim
x→+∞
x 1−x
2 (1−x
2)e
1−x 2. Or lim
x→+∞
x 1−x
2
= lim
x→+∞
x
−x 2
=−1(car à l’infini,. . .) et lim
n→+∞(1−n
2)e1−n/2= lim
N→−∞N eN= 0.
D’où lim
n→+∞f(n+ 1) = lim
n→+∞f(n) = 0.
D’où d’après le théorème des gendarmes, lim
n→+∞Jn= 0.
5. DéterminonsSn=
n−1
X
k=2
Jken fonction den.
Sn=
n−1
X
k=2
Jk=
n−1
X
k=2
Zk+1 k
f(t)dt= Z 3
2
f(t)dt+ Z4
3
f(t)dt+· · ·+ Zn
n−1
f(t)dt= Z n
2
f(t)dt=In= (−2n−4)e1−n/2+ 8
