1. Pour tout ]0; +∞[, on pose f : t 7→ ln(t)

P

²

: doc 12 Correction : Intégration et série _2015-2016

1. Pour tout ]0; +∞[, on pose f : t 7→ ln(t)

1 + t ² . f est continue sur [1, x] ou [x, 1] (suivant la valeur de x) donc F est définie sur ]0; +∞[. De plus, F est l’unique primitive de f qui s’annule en 1 (cours) donc, pour tout x ∈]0; +∞[, F

^′

(x) = f (x) = ln(x)

1 + x ² . Compte-tenu des valeurs prises par le logarithme népérien, on obtient le tableau de variations suivant :

x

Signe de F

^′

(x) = f (x) Variations

de F

0 1 +∞

− 0 +

??

0 0

??

Puis, comme F admet un minimum en 1 qui vaut 0, F (x) > 0 pour tout x ∈]0; +∞[.

2. (a) Pour tout x ∈]0; +∞[, I 0 (x) = Z x

1

ln(t) dt =

prim. de ln IP P [t ln(t) − t] ^x ₁ = x ln(x) − x + 1.

(b) Pour tout x ∈]0; 1] et tout t ∈ [x; 1], ln(t)

1 + t ² 6 ln(t) donc par application de la propriété d’intégration terme à terme sur les intégrales appliquée à [x; 1] (les fonctions en présence étant continues sur cet intervalle) , F(x) 6 I 0 (x).

(c) Sur ]0; 1], ln(x) 6 0 ⇒ x ln(x) − x 6 −x ⇒ I 0 (x) 6 1 − x < 1 d’où F (x) 6 I 0 (x) < 1. F est majorée par 1 sur ]0; 1].

(d) F est strictement décroissante sur ]0; 1] donc F admet une limite (finie ou infinie) en 0. Supposons que cette limite soit infinie : il existerait x 1 ∈]0; 1] tel que, pour tout x ∈]0; x 1 ], F (x) > 1 (définition de la limite infinie avec ǫ = 1). Or, d’après la question précédente, F (x) < 1 pour tout x ∈]0; x 1 ]. Il y a donc uine contradiction et il existe L ∈ R tel que F (x) −→

x→ 0 L. Compte-tenu de 0 6 F (x) < 1 pour tout x ∈]0; 1], par passage à la limite 0 6 L 6 1.

3. (a) Soit la fonction g : x 7−→ F 1

x

− F(x) définie sur ]0; +∞[. F dérivable sur ]0; +∞[ et x 7→ 1

x dérivable sur ]0; +∞[ donc par composition et somme g est dérivable sur ]0; +∞[. Pour tout x > 0,

g

^′

(x) = − 1 x ² F

^′

1 x

− F

^′

(x) = − 1 x ² f

1 x

− f (x) = − 1 x ²

ln(1/x)

1 + (1/x) ² − ln(x) 1 + x ² = 0 Ainsi, la fonction g est constante sur ]0; +∞[ et par exemple, g(x) = g(1) = 0. D’où le résultat.

(b) Par composition de limite,

x→ lim +

∞

1 x = 0

X lim

→

0 F (X) = L







(composition)

x

→

lim +

∞

F 1

x

= L ⇔ lim

x

→

+

∞

F (x) = L (cf Q.3.a)

(c) La courbe C F admet une asymptote horizontale d’équation y = L et F est prolongée par continuité en 0 en posant F (0) = L (si tant est que l’on sait démontrer la continuité de F sur ]0; +∞[ ce qui est une autre affaire). Courbe laissée à la sagacité du lecteur.

4. (a) Pour tout x ∈]0; +∞[ et pour tout k ∈ N , I k (x) =

Z x 1

t ^k ln(t) dt =

IP P

t ^k+1 k + 1 ln(t)

^x

1

− 1 k + 1

Z x 1

t ^k+1 × 1 t dt

= x ^k+1

k + 1 ln(x) − 1 k + 1

t ^k+1 k + 1

^x

1

= x ^k+1

k + 1 ln(x) − 1 k + 1

x ^k+1 k + 1 − 1

k + 1

= x ^k+1

k + 1 ln(x) − x ^k+1

(k + 1) ² + 1 (k + 1) ²

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P

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Or lim

x

→

0 x ^k+1 ln(x) = 0 donc

∀k ∈ N , lim

x

→

0 I k (x) = 1 (k + 1) ² (b) Soit n ∈ N , pour tout t réel,

n

X

k=0

(−t ² ) ^k =

som.géo

1 − (−t ² ) ⁿ⁺¹ 1 − (−t ² ) = 1

1 + t ² − (−1) ⁿ⁺¹ t ²⁽ⁿ⁺¹⁾ 1 + t ² ce qui donne :

n

X

k=0

(−1) ^k t ^2k + (−1) ⁿ⁺¹ t ²ⁿ⁺² 1 + t ² = 1

1 + t ² et il s’agit du résultat attendu.

(c) D’après la question précédente ∀t ∈ R , 1 1 + t ² =

n

X

k=0

(−1) ^k t ^2k + (−1) ⁿ⁺¹ t ²ⁿ⁺² 1 + t ² ( ⋆ ) On multiplie les deux memebre de l’égalité ( ⋆ ) par ln(t) (t > 0), on obtient

ln(t) 1 + t ² =

n

X

k=0

(−1) ^k t ^2k ln(t) + (−1) ⁿ⁺¹ t ²ⁿ⁺² ln(t) 1 + t ² ( ⋆ )

Pour x > 0, chacune des fonctions présentes dans l’égalité précédente sont continues sur [x; 1] ou [1; x].

En utilisant les propriétés de linéarité de l’intégrale, on obtient l’égalité souhaitée en intégrant terme à terme l’égalité précédente :

∀x ∈]0; +∞[, F (x) =

n

X

k=0

(−1) ^k I 2k (x) + (−1) ⁿ⁺¹ Z x

1

t ²ⁿ⁺² ln(t) 1 + t ² dt Dernière égalité qui s’écrit également : F (x) −

n

X

k=0

(−1) ^k I 2k (x) = (−1) ⁿ⁺¹ Z x

1

t ²ⁿ⁺² ln(t)

1 + t ² dt et en prenant la valeur absolue et x ∈]0; 1] :

F(x) −

n

X

k=0

(−1) ^k I 2k (x)

=

(−1) ⁿ⁺¹ Z x

1

t ²ⁿ⁺² ln(t) 1 + t ² dt

=

Z x 1

t ²ⁿ⁺² ln(t) 1 + t ² dt

=

− Z 1

x

t ²ⁿ⁺² ln(t) 1 + t ² dt

=

Z 1 x

t ²ⁿ⁺² ln(t) 1 + t ² dt

6 Z 1

x

t ²ⁿ⁺² | ln(t)|

1 + t ² dt Or pour t ∈ [x; 1], t ²ⁿ⁺² | ln(t)|

1 + t ² 6 t ²ⁿ⁺² | ln(t)| 6 −t ²ⁿ⁺² ln(t) car ln(t) 6 0 pour tout t ∈ [x; 1].

Toujours par intégration de l’inégalité (fonctions continues et bornes dans l’ordre), on obtient Z 1

x

t ²ⁿ⁺² | ln(t)|

1 + t ² dt 6 Z 1

x

−t ²ⁿ⁺² ln(t) dt et Z 1

x

−t ²ⁿ⁺² ln(t) dt = Z x

1

t ²ⁿ⁺² ln(t) dt = I 2n+2 (x).

On a finalement le résultat escompté.

(d) Quelques notations pour résoudre cette question : S(x) =

n

X

k=0

(−1) ^k I 2k (x) et φ(x) = F(x) − S(x).

• I 2k (x) −→

x→ 0

1

(2k + 1) ² (cf 4.a) donc par opérations sur les limites, S(x) −→

x→ 0 n

X

k=0

(−1) ^k (2k + 1) ² ;

• F (x) −→

x→ 0 L donc φ ( x) −→

x→ 0 L −

n

X

k=0

(−1) ^k

(2k + 1) ² et |φ(x)| −→

x→ 0

L −

n

X

k=0

(−1) ^k (2k + 1) ²

;

• I 2n+2 (x) −→

x

→

0

1

(2n + 3) ² (cf 4.a) ;

• Par application de la conservation de l’ordre (au sens large) par passage à la limite, on obtient

∀n ∈ N ,

L −

n

X

k=0

(−1) ^k (2k + 1) ²

6 1

(2n + 3) ²

5. (a) Une condition suffisante d’obtention d’une valeur approchée de L à 10

⁻

⁴ près est que 1

(2n + 3) ² ) 6 10

⁻

⁴ . On trouve n > 49.

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(b)

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