Exercices sur les intégrales

Exercices sur les intégrales

Exercice 1

1. On intègre par parties en posant :







u(t) =t u^′(t) = 1 v^′(t) = sin(t) v(t) =−cos(t)

et il vient :

Z ^π₂

0

tsin(t)dt =

−tcos(t)

π 2

0

− Z ^π₂

0 −cos(t)dt

= 0 + Z ^π₂

0

cos(t)dt

=

sin(t) ^π₂

0

= 1

2. On intègre par parties en posant :







u(t) = 2−t u^′(t) =−1 v^′(t) =e^t v(t) =e^t

et il vient :

Z 1 0

(2−t)e^tdt =

(2−t)e^t 1

0

− Z 1

0 −e^tdt

= e−2 + Z 1

0

e^tdt

= e−2 +

e^t 1

0

= 2e−3

3. On intègre par parties en posant :







u(t) = 2t+ 3 u^′(t) = 2 v^′(t) = sin(t) v(t) =−cos(t)

et il vient :

Z ^π

0

(2t+ 3) sin(t)dt =

−(2t+ 3) cos(t) ^π

0

− Z ^π

0 −2 cos(t)dt

= 2π+ 6 + 2 Z ^π

0

cos(t)dt

= 2π+ 6 + 2

sin(t) ^π

0

= 2π+ 6

4. On intègre par parties en posant :











u(t) = ln(t) u^′(t) =1 t v^′(t) =t v(t) = t² 2

et il vient :

Z ^x

1

tln(t)dt = t²

2 ln(t) ^x

1

− Z ^x

1

1 t ×t²

2 dt

= x²

2 ln(x)−1 2

Z ^x

1

t dt

= x²

2 ln(x)−1 2

t² 2

^x

1

= x²

2 ln(x)−1 2

x² 2 −1

2

= 1

2x²ln(x)−1 4x²+1

4

5. On intègre par parties en posant :







u(t) = 3t²−t+ 1 u^′(t) = 6t−1 v^′(t) =e^t v(t) =e^t

et il vient :

Z −1 0

(3t²−t+ 1)e^tdt =

(3t²−t+ 1)e^{t −}1

0

− Z −1

0

(6t−1)e^tdt

= 5e⁻¹−1− Z −1

0

(6t−1)e^tdt

On fait alors une seconde intégration par parties pour le calcul de Z −1

0

(6t−1)e^tdten posant :







u(t) = 6t−1 u^′(t) = 6 v^′(t) =e^t v(t) =e^t

et il vient :

Z ⁻1 0

(6t−1)e^tdt =

(6t−1)e^t −1

0

− Z ⁻1

0

6e^tdt

= −7e⁻¹+ 1−6 Z −1

0

e^tdt

= −7e⁻¹+ 1−6

e^t −1

0

= 7−13e⁻¹

Et enfin, on obtient Z −1

0

(3t²−t+ 1)e^tdt=−8 + 18e⁻¹

6. On intègre par parties en posant :











u(t) =t² u^′(t) = 2t v^′(t) =e^3t v(t) = e^3t 3

et il vient :

Z 1 0

t²e^3tdt = 1

3t²e^3t 1

0

− Z 1

0

2 3te^3tdt

= e³ 3 −2

3 Z 1

0

te^3tdt

On fait alors une seconde intégration par parties pour le calcul de Z 1

0

te^3tdt en posant :











u(t) =t u^′(t) = 1 v^′(t) =e^3t v(t) =e^3t

3

et il vient :

Z 1 0

te^3tdt = 1

3te^3t 1

0

− Z 1

0

e^3t 3 dt

= e³ 3 −

e^3t 3

1 0

= 1 + 2e³ 9

Et enfin, on obtient Z 1

0

t²e^3tdt= 5e³−2 27

7. On intègre par parties en posant :







u(t) = cos(t) u^′(t) =−sin(t) v^′(t) =e^t v(t) =e^t

et il vient :

Z ^π

0

e^tcos(t)dt =

e^tcos(t) ^π

0

− Z ^π

0 −e^tsin(t)dt

= −e^π−1 + Z ^π

0

e^tsin(t)dt

On fait alors une seconde intégration par parties pour le calcul de Z ^π

0

e^tsin(t)dten posant :







u(t) = sin(t) u^′(t) = cos(t) v^′(t) =e^t v(t) =e^t

et il vient :

Z ^π

0

e^tsin(t)dt =

e^tsin(t) ^π

0

− Z ^π

0

e^tcos(t)dt

= 0− Z ^π

0

e^tcos(t)dt=− Z ^π

0

e^tcos(t)dt

En posantI= Z ^π

0

e^tcos(t)dt, on obtient l’équation suivante :I=−e^π−1−I⇐⇒2I=−e^π−1 D’où I=

Z ^π

0

e^tcos(t)dt=− e^π+ 1 2

8. On intègre par parties en posant :







u(t) = sin(t) u^′(t) = cos(t) v^′(t) =e^−t v(t) =−e^−t

et il vient :

Z ^π

0

e^−tsin(t)dt =

−e^−tsin(t) ^π

0

− Z ^π

0 −e^−tcos(t)dt

= Z ^π

0

e^−tcos(t)dt

On fait alors une seconde intégration par parties pour le calcul de Z ^π

0

e^−tcos(t)dten posant :







u(t) = cos(t) u^′(t) =−sin(t) v^′(t) =e^−t v(t) =−e^−t

et il vient :

Z ^π

0

e^−tcos(t)dt =

−e^−tcos(t) ^π

0

− Z ^π

0

e^−tsin(t)dt

= e^−π+ 1− Z ^π

0

e^−tsin(t)dt

En posantI= Z ^π

0

e^−tsin(t)dt, on obtient l’équation suivante :I=e^−π+ 1−I⇐⇒2I=e^−π+ 1 D’où I=

Z ^π

0

e^−tsin(t)dt= e^−π+ 1 2

Exercice 2

On intègre par parties en posant :











u(t) = cos(2t) u^′(t) =−2 sin(2t) v^′(t) =e^−2t v(t) =e^−2t

−2

et il vient :

Z ^π8

0

e^−2tcos(2t)dt =

e^−2t

−2 cos(2t)

π 8

0

− Z ^π8

0

e^−2tsin(2t)dt

= −

√2e^−π4

4 +1

2 − Z ^π₈

0

e^−2tsin(2t)dt

On fait alors une seconde intégration par parties pour le calcul de Z ^π₈

0

e^−2tsin(2t)dt en posant :











u(t) = sin(2t) u^′(t) = 2 cos(2t) v^′(t) =e^−2t v(t) =e^−2t

−2

et il vient :

Z ^π₈

0

e^−2tsin(2t)dt =

e^−2t

−2 sin(2t)

π 8

0

− Z ^π₈

0 −e^−2tcos(2t)dt

= −

√2e^−π4

4 +

Z ^π₈

0

e^−2tcos(2t)dt

En posantI= Z ^π₈

0

e^−2tcos(2t)dt, on obtient l’équation suivante : I=−

√2e^−π4

4 +1

2− −

√2e^−π4

4 +I

!

⇐⇒I= 1

2−I⇐⇒2I= 1

2 D’où I=

Z ^π₈

0

e^−2tcos(2t)dt= 1 4

Exercice 3

1. On intègre par parties en posant :







u(t) =t² u^′(t) = 2t v^′(t) =e^−t v(t) =−e^−t

et il vient :

Z 1 0

t²e^−tdt =

−t²e^{−t 1}

0

− Z 1

0 −2te^−tdt

= −e⁻¹+ 2 Z 1

0

te^−tdt

On fait alors une seconde intégration par parties pour le calcul de Z 1

0

te^−tdten posant :







u(t) =t u^′(t) = 1 v^′(t) =e^−t v(t) =−e^−t

et il vient :

Z 1 0

te^−tdt =

−te^−t 1

0

− Z 1

0 −e^−tdt

= −e⁻¹+ Z 1

0

e^−tdt

= −e⁻¹+

−e^−t 1

0

=−2e⁻¹+ 1

Et enfin, on obtient Z 1

0

t²e^−tdt=−5e⁻¹+ 2

2. On sait que la dérivée det²+ 1est2t. On a donc, à une constante près, une expression de la formeu^′√ u dont une primitive est 2

3u³². Donc icitp

t²+ 1 = 1 2

2tp t²+ 1

admet comme primitive 1 2

2

3(t²+ 1)³²

= 1

3(t²+ 1)³²; et Z 1

0

tp

t²+ 1dt= 1

3(t²+ 1)³² 1

0

= 2√ 2−1

3

3. On intègre par parties en posant :







u(t) = ln(t) u^′(t) =1 t v^′(t) = 1 v(t) =t

et il vient :

Z ^e

1

ln(t)dt =

tln(t) ^e

1

− Z ^e

1

1dt

= e−

t ^e

1

= 1

On a donc Z ^e

1

ln(t)dt= 1 Remarque :

Si on sait qu’une primitive deln(t)est tln(t)−t, alors on a directement : Z ^e

1

ln(t)dt=

tln(t)−t ^e

1

= 1 4. Par linéarité,

Z ^π₂

0

√1 + 2t+ sin(t)dt= Z ^π₂

0

√1 + 2t dt+ Z ^π₂

0

sin(t)dt Et une primitive de√

1 + 2t=1 2 2√

1 + 2t est 1

2 2

3(1 + 2t)³²

=1

3(1 + 2t)³². Et une primitive desin(t)est−cos(t).

D’où Z ^π₂

0

√1 + 2t+ sin(t)dt= 1

3(1 + 2t)^{32 π}₂

0

+

−cos(t) ^π₂

0

=(1 +π)³² −1

3 + 1 = (1 +π)³² + 2 3 On a donc

Z ^π2

0

√1 + 2t+ sin(t)dt= (1 +π)³² + 2 3

Exercice 4

1. I= Z 1

0

x

1 +x²dx et on reconnaît, à une constante près, une écriture de la forme u^′ u : x

1 +x² = 1 2

2x 1 +x²

admet donc comme primitive 1

2 ln(|1 +x²|)

=1

2ln(1 +x²).

Et on a doncI= 1

2ln(1 +x²) 1

0

= ln(2) 2 2. Par linéarité de l’intégrale, on a :

Z 1 0

x 1 +x²dx+

Z 1 0

x³ 1 +x²dx=

Z 1 0

x

1 +x²+ x³

1 +x²dx= Z 1

0

x+x³ 1 +x² dx= Z 1

0

x(1 +x²) 1 +x² dx=

Z 1 0

x dx= x²

2 1

0

=1 2 On a donc le système :







I=ln(2) 2 I+J =1

2

Donc







I=ln(2) 2 J =1−ln(2)

2

Exercice 5

1. x−2

(x−1)² =(x−1)−1

(x−1)² = (x−1)

(x−1)² + −1

(x−1)² = 1

x−1+ −1

(x−1)² Donc a=−1et b= 1 2.

Z 0

−1

f(t)dt= Z 0

−1

1

t−1 + −1 (t−1)²dt=

ln(|t−1|) + 1 t−1

0

−1

=−1

2 −ln(2)

Exercice 6

1. Si F(x) = ax+b

x²+x+ 2 alorsF est dérivable surRet F^′(x) =−ax²−2b x+ (−b+ 2a) (x²+x+ 2)²

Et on a F^′(x) =f(x)équivaut àa=−1 etb=−2. Une primitive de f est donc la fonction −x−2 x²+x+ 2 2.

Z ^A

0

f(t)dt=

−x−2 x²+x+ 2

^A

0

= −A−2

A²+A+ 2 + 1 = A² A²+A+ 2

Exercice 7

f(t) = (at+b)e^−t=u×vest dérivable en tant que produit de fonctions dérivables, et on a :







u(t) =at+b u^′(t) =a v(t) =e^−t v^′(t) =−e^−t Doncf^′(t) =ae^−t+ (at+b)(−e^−t) = (−at+ (−b+a))e^−t.

Etf est une primitive dete^−tssi

(−a= 1

−b+a= 0 ⇐⇒

(a=−1 b=−1 Et ainsi une primitive dete^−test (−t−1)e^−t=−(t+ 1)e^−tetI=

Z 1 0

te^−tdt=

−(t+ 1)e^−t 1

0

=−2e⁻¹+ 1

Exercice 8

f(x) = ln(x+p

x²+ 2) =u◦v est dérivable sur[0; +∞[ en tant que composée de fonctions dérivables, et on a :







u(x) = ln(x) u^′(x) = 1 x v(x) =x+p

x²+ 2 v^′(t) = 1 + x

√x²+ 2 Doncf^′(x) = 1

x+√

x²+ 2×

1 + x

√x²+ 2

= 1

√x²+ 2. Etf est une primitive de 1

√x²+ 2. Par conséquent, I=

Z 1 0

√ dx

x²+ 2 =

ln(x+p x²+ 2)

1 0

= ln(1 +√ 2)

Exercice 9

1. Méthode 1 :

Si t∈[0; 1]alors0≤tⁿ⁺¹≤tⁿ et sur[0; 1],cos(t)est positif donc pourt∈[0; 1]alors 0≤tⁿ⁺¹cos(t)≤tⁿcos(t); et en intégrant entre0et1on obtient :0≤

Z 1 0

tⁿ⁺¹cos(t)dt≤ Z 1

0

tⁿcos(t)dt C’est à dire0≤In+1≤In. Et la suite(In)est décroissante.

Méthode 2 :

Par linéarité,In+1−In = Z 1

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 si t ∈ [0; 1] alors 0 ≤ tⁿ et (t−1) ≤ 0 et sur [0; 1], cos(t) est positif ; donc si t ∈ [0; 1] alors tⁿ(t−1) cos(t)≤0et par conséquent

Z 1 0

tⁿ(t−1) cos(t)dt≤0.

C’est à direIn+1−In≤0. Et la suite (In)est décroissante.

2. Soitn≥2fixé, pour trouver une relation de récurrence entreIn= Z 1

0

tⁿcos(t)dtetIn−2= Z 1

0

tⁿ⁻²cos(t)dt, on intègre deux fois par parties :

On intègre par parties en posant :







u(t) =tⁿ u^′(t) =ntⁿ⁻¹ v^′(t) = cos(t) v(t) = sin(t)

et il vient :

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 fait alors une seconde intégration par parties pour le calcul de Z 1

0

tⁿ⁻¹sin(t)dt en posant :







u(t) =tⁿ⁻¹ u^′(t) = (n−1)tⁿ⁻² v^′(t) = sin(t) v(t) =−cos(t)

et il vient :

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. Soitn≥1un entier fixé.

Si t ∈ [0; 1] alors 0 ≤ tⁿ et sur [0; 1], cos(t) est positif donc pour t ∈ [0; 1] alors 0 ≤ tⁿcos(t) alors en intégrant entre0 et1on obtient0≤

Z 1 0

tⁿ⁺¹cos(t)dt. C’est à dire0≤In. Pour montrer queIn≤ 1

n+ 1, montrons que(n+ 1)In ≤1.

On a montré que In= sin(1)−nIn−1 donc on a aussiIn+1 = sin(1)−(n+ 1)In et donc (n+ 1)In = sin(1)−In+1. OrIn+1≥0 doncsin(1)−In+1≤sin(1)≤1.

Et on a donc 0≤In ≤ 1 n+ 1 4. Puisque0≤In ≤ 1

n+ 1 et puisque lim

n→+∞

1

n+ 1 = 0alors par le théorème des gendarmes, lim

n→+∞In = 0

Exercice 10

SoitI= Z ^π₄

0

(2t+ 1) cos²(t)dtet J = Z ^π₄

0

(2t+ 1) sin²(t)dt.

1. Par linéarité, I+J = Z ^π4

0

(2t+ 1) cos²(t)dt+ Z ^π4

0

(2t+ 1) sin²(t)dt = Z ^π4

0

(2t+ 1) cos²(t) + sin²(t) dt

= Z ^π4

0

(2t+ 1)dtcar on a la relationcos²(t) + sin²(t) = 1pour toutt.

Or une primitive de2t+ 1 estt²+t; donc Z ^π₄

0

(2t+ 1)dt=

t²+t ^π4

0

= π² 16+π

4 2. Par linéarité, I−J =

Z ^π₄

0

(2t+ 1) cos²(t)dt− Z ^π₄

0

(2t+ 1) sin²(t)dt = Z ^π₄

0

(2t+ 1) cos²(t)−sin²(t) dt

= Z ^π₄

0

(2t+ 1) cos(2t)dtcar on a la relationcos²(t)−sin²(t) = cos(2t)pour toutt.

On réalise alors une intégration par parties en posant :







u(t) = 2t+ 1 u^′(t) = 2 v^′(t) = cos(2t) v(t) =1

2sin(2t)

et il vient :

Z ^π₄

0

(2t+ 1)×1

2sin(2t)dt =

(2t+ 1)×1 2sin(2t)

^π₄

0

− Z ^π₄

0

2×1

2sin(2t)dt

= 1

2(2t+ 1) sin(2t) ^π₄

0

− Z ^π₄

0

sin(2t)dt

= 1

2(2×π 4 + 1)−

−1 2cos(2t)

π 4

0

= π

4

3. I et J sont solution du système







I+J =π² 16+π

4 I−J =π

4

Donc









 I= π²

32 +π 4 J = π²

32

Exercice 11

1. Si t≥0 alors−t²≤0 et0≤t³donc1−t²≤1et 1≤1 +t³. Et on a 1−t²≤1≤1 +t³ 2. On a les identités remarquables 1−t²= (1−t)(1 +t)et1−t³= (1−t)(1−t+t²).

Or sit≥0alors1 +t >0; donc de l’inégalité précédente :1−t²≤1 ≤1 +t³, on peut en déduire celle souhaitée : 1−t≤ 1

1 +t ≤1−t+t² 3. pour x≥0

Z ^x

0

1 1 +tdt=

ln(1 +t) ^x

0

= ln(1 +x)

4. Si x≥0, on intègre entre0et x(donc dans le bon sens) l’inégalité de la question précédente : Z ^x

0

1−t dt≤ Z ^x

0

1 1 +tdt≤

Z ^x

0

1−t+t²dt Ce qui donne :

t−t²

2 ^x

0

≤ln(1 +x)≤

t−t² 2 +t³

3 ^x

0

Soit

x−x²

2 ≤ln(1 +x)≤x−x² 2 +x³

3 On a alors x−x²

2 ≤ ln(1 +x) ≤ x− x² 2 +x³

3 implique par division de chaque membre par x > 0, 1−x

2 ≤ ln(1 +x)

x ≤1−x 2 +x²

3 . Et on a lim

x→0⁺

ln(1 +x)

x = 1 par encadrement.

Exercice 12

On met les fractions au même dénominateur :1 + x

e^x−x= (e^x−x) +x e^x−x = e^x

e^x−x On intègre cette relation entre 0etn, et on utilise la linéarité de l’intégrale : Z ⁿ

0

e^x e^x−xdx=

Z ⁿ

0

1 + x e^x−x

dx=

Z ⁿ

0

1dx+ Z ⁿ

0

x

e^x−xdx=n+ Z ⁿ

0

x e^x−xdx

Exercice 13

1. Soitnun entier fixé.

Méthode 1 :

Si t ∈[0; 1]alors0 ≤tⁿ⁺¹ ≤tⁿ et 0≤e^tdonc pourt ∈[0; 1]alors0 ≤tⁿ⁺¹e^t≤tⁿe^t alors en intégrant entre0 et1 on obtient0≤

Z 1 0

tⁿ⁺¹e^tdt≤ Z 1

0

tⁿe^tdt C’est à dire0≤In+1≤In. Et la suite(In)est décroissante.

Méthode 2 :

Par linéarité, In+1−In = Z 1

0

tⁿ⁺¹e^tdt− Z 1

0

tⁿe^tdt= Z 1

0

tⁿ⁺¹−tⁿ e^tdt=

Z 1 0

tⁿ(t−1)e^tdt.

Or sit∈[0; 1]alors0≤tⁿet(t−1)≤0et0≤e^t; donc sit∈[0; 1]alorstⁿ(t−1)e^t≤0et par conséquent Z 1

0

tⁿ(t−1)e^tdt≤0.

C’est à direIn+1−In≤0. Et la suite (In)est décroissante.

2. Soitn≥1 fixé, pour trouver une relation de récurrence entre In = Z 1

0

tⁿe^tdtet In−1= Z 1

0

tⁿ⁻¹e^tdt, on intègre deux fois par parties :

On intègre par parties en posant :







u(t) =tⁿ u^′(t) =ntⁿ⁻¹ v^′(t) =e^t v(t) =e^t

et il vient :

Z 1 0

tⁿe^tdt =

tⁿe^{t 1}

0

− Z 1

0

ntⁿ⁻¹e^tdt

= e−n Z 1

0

tⁿ⁻¹e^tdt

On a donc In=e−nIn−1

3. Soitn≥1un entier fixé.

Si t∈ [0; 1]alors 0 ≤tⁿ et 0 ≤e^t donc pour t ∈[0; 1] alors0 ≤tⁿe^t alors en intégrant entre0 et 1 on obtient0≤

Z 1 0

tⁿe^tdt. C’est à dire0≤In. Pour montrer queIn≤ e

n+ 1, montrons que(n+ 1)In ≤e.

On a montré que In=e−nIn−1donc on a aussiIn+1=e−(n+ 1)In et donc(n+ 1)In=e−In+1. Or In+1≥0donce−In+1≤e. Et on a donc 0≤In≤ e

n+ 1 4. Puisque0≤In ≤ e

n+ 1 et puisque lim

n→+∞

e

n+ 1 = 0alors par le théorème des gendarmes, lim

n→+∞In = 0

Exercice 14

1. La suite(In)est croissante.

2. On obtient par intégration par parties Z 2

1

tⁿe^tdt= 2ⁿe²−e¹

−n Z 2

1

tⁿ⁻¹e^tdt Soit In= 2ⁿe²−e¹

−nIn−1

3. Si t∈[1; 2]e^t≥eet tⁿ >0 donc on a pour toutt∈[1; 2], tⁿe^t≥etⁿ. Puis en intégrant entre 1et 2, on obtient que pour toutn≥1,In≥ 2ⁿ⁺¹−1

n+ 1 e.

4. Par croissance comparée, lim

n→+∞

2ⁿ⁺¹−1

n+ 1 = +∞et alors lim

n→+∞In= +∞.

Exercice 15

Soit(In)la suite d’intégrales définie pourn∈NparIn= Z ^e

1

t(ln(t))ⁿdt.

1. On a : I₀= Z ^e

1

t dt= t²

2 ^e

1

= e²−1 2

I1= Z ^e

1

tln(t)dt on intègre par parties en posant :











u(t) = ln(t) u^′(t) =1 t v^′(t) =t v(t) =t² 2

et il vient :

Z ^e

1

tln(t)dt = t²

2 ln(t) ^e

1

− Z ^e

1

t² 2 1 t dt

= e² 2 −1

2 Z ^e

1

t dt

= e² 2 −1

2 t²

2 ^e

1

= e² 2 −1

2 e²

2 −1 2

=e²+ 1 4

2. On va réaliser une intégration par parties en posant :











u(t) = (ln(t))ⁿ u^′(t) =n1

t(ln(t))ⁿ⁻¹ v^′(t) =t v(t) = t²

2 et il vient :

In= Z ^e

1

t²

2(ln(t))ⁿdt = t²

2(ln(t))^{n e}

1

− Z ^e

1

n1

t(ln(t))ⁿ⁻¹×t² 2 dt

= e² 2 −1

2n Z ^e

1

t(ln(t))ⁿ⁻¹dt

= e² 2 −n

2In−1

Exercice 16

Soit(In)la suite d’intégrales définie pourn∈NparIn= Z 1

0

e^nx e^x+ 1dx.

1. I₁= Z 1

0

e^x e^x+ 1dx=

ln (e^x+ 1) 1

0

= ln (e+ 1)−ln (2) EtI₀+I₁=

Z 1 0

1

e^x+ 1dx+ Z 1

0

e^x e^x+ 1dx=

Z 1 0

1 +e^x e^x+ 1dx=

Z 1 0

1dx= 1 On obtient donc le système

(I1= ln (e+ 1)−ln (2)

I0+I1= 1 ⇐⇒

(I1= ln (e+ 1)−ln (2) I0= 1 + ln (2)−ln (e+ 1) 2. Par linéarité,In+1+In=

Z 1 0

e^(n+1)x e^x+ 1 dx+

Z 1 0

e^nx e^x+ 1dx=

Z 1 0

e^(n+1)x+e^nx e^x+ 1 dx=

Z 1 0

e^nx(e^x+ 1) e^x+ 1 dx= Z 1

0

e^x+ 1dx=e

3. In+1+In=edonc In+1=e−In

Exercice 17

1. La suite(In)est décroissante à partir du rang n= 1 2. En majorant |cos|par1on obtient|In| ≤

Z ^π

0

e^−nxdxd’où|In| ≤ 1

n(1−e^nπ) 3. Puisque |In| ≤ 1

n(1−e^nπ), et puisque lim

n→+∞

1

n(1−e^nπ) = 0 alors lim

n→+∞In.

Exercice 18

Soit(In)la suite d’intégrales définie pourn∈NparIn= Z 1

0

e^nx e^x+ 1dx.

1. In+1−In = Z 1

0

e^(n+1)x e^x+ 1 dx−

Z 1 0

e^nx e^x+ 1dx=

Z 1 0

e^(n+1)x e^x+ 1 − e^nx

e^x+ 1dx= Z 1

0

e^(n+1)x−e^nx e^x+ 1 dx=

Z 1 0

e^nx(e^x−1) e^x+ 1 dx Pour x∈[0,1], on a e^nx>0ete^x+ 1>0ainsi quee^x−1≥0.

Donc pour tout x∈[0,1], on a e^nx(e^x−1) e^x+ 1 ≥0.

Et donc par intégration, In+1−In = Z 1

0

e^nx(e^x−1)

e^x+ 1 dx≥0.

La suite(In)est donc croissante.

2. Sur [0; 1], la fonction x 7→ e^x est croissante donc pour 0 ≤ x ≤ 1 on a 1 ≤ e^x ≤ e; puis on obtient 2≤e^x+ 1≤e+ 1. Puis par passage à l’inverse, 1

e+ 1 ≤ 1 e^x+ 1 ≤1

2. Puis par multiplication pare^nx>0, on a : e^nx

e+ 1 ≤ e^nx e^x+ 1 ≤1

2e^nx. 3. Cette inégalité étant vrai pour toutx∈[0; 1], on a par intégration

Z 1 0

e^nx e+ 1dx≤

Z 1 0

e^nx e^x+ 1dx≤

Z 1 0

1 2e^nxdx

Or Z 1

0

e^nx

e+ 1dx= 1 e+ 1

Z 1 0

e^nxdx= 1 e+ 1×

1 ne^nx

1 0

= 1

e+ 1 ×eⁿ−1

n = eⁿ−1 n(e+ 1) Et de même, on a

Z 1 0

1

2e^nxdx=1 2

Z 1 0

e^nxdx= eⁿ−1 2n . On a donc

eⁿ−1

n(e+ 1) ≤In≤eⁿ−1 2n 4. Puisque lim

n→+∞

eⁿ−1

n(e+ 1) = lim

n→+∞

eⁿ

n × 1

e+ 1 − 1

n(e+ 1) = +∞, on a lim

n→+∞In= +∞.

Exercice 19

Soit(In)la suite d’intégrales définie pourn∈NparIn= Z 1

0

xⁿ√

1 +x dxpourn≥1 etI0= Z 1

0

√1 +x dx.

1. CalculerI₀, puisI₁ à l’aide d’une intégration par parties.

2. a. Comparerxⁿ etxⁿ⁺¹ lorsque0≤x≤1.

b. En déduire que (In)est décroissante.

3. a. Grâce à un encadrement de√

1 +x, établir que 1

n+ 1 ≤In≤ 2 n+ 1. b. En déduire lim

n→+∞In.

4. a. Montrer que pour toutx∈[0; 1],0≤√ 2−√

1 +x≤ 1

2(1−x).

b. En déduire que 2

n+ 1− 1

2n² ≤In ≤ 2

n+ 1; et en déduire lim

n→+∞n In.

Exercice 20

(In)est la suite d’intégrales définie pourn≥1parIn= Z 1

0

dt (tⁿ+ 1)². La suite(In)est bornée car comprise entre0et 1.

La suite(In)est croissante.

n→lim+∞In 6= 0carIn≥1

4. De plus on peut montrer que lim

n→+∞In= 1.

Exercice 21

1. On va réaliser une intégration par parties en posant :











u(t) = (ln(t))ⁿ u^′(t) =n1

t(ln(t))ⁿ⁻¹ v^′(t) =t v(t) = t²

2 et il vient :

In= Z ^e

1

t(ln(t))ⁿdt = t²

2(ln(t))^{n e}

1

− Z ^e

1

n1

t(ln(t))ⁿ⁻¹×t² 2 dt

= e² 2 −1

2n Z ^e

1

t(ln(t))ⁿ⁻¹dt

= e² 2 −n

2In−1

On a doncIn= e² 2 −n

2In−1 ⇐⇒2In=e²−nIn−1⇐⇒ 2In+nIn−1=e² 2. Soitnun entier fixé.

Méthode 1 :

Si t∈[1;e]alorsln(t)∈[0; 1], donc on a0≤(ln(t))ⁿ⁺¹≤(ln(t))ⁿ; et puisque pourt∈[1;e],t≥0, on a : 0≤t(ln(t))ⁿ⁺¹≤t(ln(t))ⁿ. Puis en intégrant entre1 et e, on a :0≤

Z ^e

1

t(ln(t))ⁿ⁺¹dt≤ Z ^e

1

t(ln(t))ⁿdt.

C’est à dire0≤In+1≤In. Et la suite(In)est décroissante.

Méthode 2 :

Par linéarité, In+1−In = Z ^e

1

t(ln(t))ⁿ⁺¹dt− Z ^e

1

t(ln(t))ⁿdt= Z ^e

1

t (ln(t))ⁿ⁺¹−(ln(t))ⁿ dt In+1−In=

Z ^e

1

t(ln(t))ⁿ((ln(t))−1)dt

Or, si t ∈ [1;e] alors ln(t) ∈ [0; 1], donc on a 0 ≤ (ln(t))ⁿ; et ln(t)−1 ≤ 0. Pour t ∈ [1;e], t ≥ 0. Donc on a : t(ln(t))ⁿ((ln(t))−1) ≤ 0 pour tout t ∈ [1;e]. Donc en intégrant entre 1 et e, on a : Z ^e

1

t(ln(t))ⁿ((ln(t))−1)dt≤0DoncIn+1−In≤0Et la suite (In)est décroissante.

3. On a montré que2In+nIn−1=e²et queIn ≤In−1; on a donc par majoration2In+nIn−1≤(2 +n)In−1

et par minoration (2 +n)In≤2In+nIn−1. Donc on a :

(2 +n)In≤e²≤(2 +n)In−1

DoncIn≤ e²

2 +n et e²

2 +n ≤In−1. Cette dernière relation implique que e²

3 +n ≤In. On a donc

e²

3 +n ≤In≤ e² 2 +n

Exercice 22

Soit(In)la suite d’intégrales définie pourn≥1 parIn= 1 n!

Z 1 0

(1−x)ⁿe^xdxet I0= Z 1

0

e^xdx.

1.

Z 1 0

(1−x)ⁿdx=

− 1

n+ 1(1−x)ⁿ⁺¹ 1

0

= 1

n+ 1

Et par l’encadrement1≤(1−x)ⁿe^x≤e×(1−x)ⁿ, on obtient après intégration 1 n+ 1 ≤

Z 1 0

(1−x)ⁿe^xdx≤ e

n+ 1 puis 1

(n+ 1)! ≤In≤ e (n+ 1)!

2. Par le théorème des gendarmes,(In)converge vers0.

Exercice 23

1. I0= Z 1

0

e^xdx=e−1

2. On réalise une intégration par parties en posant :







u(t) =xⁿ u^′(t) =nxⁿ⁻¹ v^′(t) =e^x v(t) =e^x et il vient :

In= Z 1

0

xⁿe^xdx =

xⁿe^x 1

0

− Z 1

0

nxⁿ⁻¹e^xdt

= e−n Z 1

0

xⁿ⁻¹e^xdt

On a donc In=e−nIn−1

3. In = Z 1

0

xⁿe^xdx or si x∈ [0; 1], xⁿe^x ≥ 0 donc en intégrant entre 0 et 1, on obtient Z 1

0

xⁿe^xdx ≥0.

DoncIn≥0.

Puisque In = e−nIn−1, on a In+1 = e−(n+ 1)In donc (n+ 1)In = e−In+1. Or In+1 ≥ 0 donc e−In+1≤e. Donc(n+ 1)In≤e. EtIn≤ e

n+ 1. Donc 0≤In ≤ e

n+ 1 4. Puisque0≤In≤ e

n+ 1 et puisque lim

n→+∞

e

n+ 1 = 0, alors par le théorème des gendarmes, lim

n→+∞In = 0

Exercice 24

On poseI0= Z ^π₆

0

sin(3x)dxet, pour tout nombrenentier naturel non nul,In= Z ^π₆

0

xⁿsin(3x)dx.

1. a) CalculerI0.

b) En utilisant une intégration par parties, calculerI1.

2. a) En effectuant deux intégrations par parties successives, prouver que pourn>1, In+2=n+ 2

9 ×π 6

n+1

−(n+ 2)(n+ 1)

9 In

b) CalculerI3.

3. Sans calculer l’intégraleIn :

a) Prouver que la suite(In)n∈Nest monotone.

b) Prouver que pour tout nombre nentier naturel non nul, 06In 6

Z ^π₆

0

xⁿ dx c) Déterminer lim

n→+∞In.