Correction du devoir surveill´ e n˚4

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚4

Exercice 1

1. D´emontrer qu’il existe deux r´eelsA etB tels que :

∀t∈R\ {−1,0} 1 t²+t =A

t + B t+ 1. 2. Calculer l’int´egraleI=

Z 2 1

1 t²+t dt.

3. Calculer l’int´egraleJ = Z 2

1

ln(1 +t) t² dt.

4. Calculer l’int´egraleK= Z

√2

1

1

u+u³ du, avec le changement de variableu=√ t.

Correction

1. Soitt∈R\ {−1,0}. On remarque quet²+t=t(t+ 1).

1 t²+t = A

t + B

t+ 1 ⇐⇒ 1

t²+t = A(t+ 1)

t(t+ 1) + Bt

(t+ 1)t (mise au mˆeme d´enominateur)

⇐⇒ 1

t²+t = A(t+ 1) +Bt t²+t

⇐⇒ 1 = (A+B)t+A (multiplication de chacun des membres de l’´egalit´e par t²+t6= 0) Ainsi siA+B= 0 etA= 1, i.e.A= 1 etB =−1, alors l’´egalit´e 1

t²+t =A t + B

t+ 1 est vraie.

2. D’apr`es la question 1, on a :

∀t∈R\ {−1,0} 1 t²+t =1

t − 1 t+ 1. On en d´eduit :

I= Z 2

1

1 t²+t dt=

Z 2 1

1 t − 1

t+ 1 dt= [ln(t)−ln(t+ 1)]²₁= 2 ln(2)−ln(3) = ln 4

3

.

3. Pour calculer

J = Z 2

1

ln(1 +t) t² dt=

Z 2 1

1

t² ×ln(1 +t)dt on introduit les fonctions uet vd´efinies sur [1,2] par

∀t∈[1,2] u(t) =−1

t etv(t) = ln(1 +t).

Ces deux fonctions sont de classeC¹sur [1,2] et on a :

∀t∈[1,2] u⁰(t) = 1

t² etv⁰(t) = 1 1 +t. En appliquant la formule d’int´egration par parties, on a donc :

J = Z 2

1

1 t²

|{z}

u⁰(t)

ln(1 +t)

| {z }

v(t)

dt =









−1 t

|{z}

u(t)

ln(1 +t)

| {z }

v(t)









2

1

− Z 2

1

−1 t

|{z}

u(t)

× 1 1 +t

| {z }

v⁰(t)

dt

= −1

2ln(3) + ln(2) + Z 2

1

1 t²+t dt

| {z }

I

= ln 2√ 3 3

! + ln

4 3

= ln 8√ 3 9

! .

4. En posant t = u² (ce choix est motiv´e par l’indication donn´ee dans l’´enonc´e), on a dt = 2u du; les nouvelles bornes d’int´egration sont 1²= 1 et (√

2)²= 2. On a : Z

√2

1

1

u+u³ du= Z

√2

1

1 2

1

u²+u⁴ 2u du =

(∗)

Z 2 1

1 2

1

t+t² dt= 1 2 I= 1

2 ln 4

3

= ln 2√ 3 3

!

o`u l’´egalit´e (∗) r´esulte du th´eor`eme de changement de variable.

Exercice 2

1. Rappels sur la fonction tangente

(a) Rappeler bri`evement pourquoi la fonction tangente, not´ee tan, est d´efinie et d´erivable suri

−π 2,π

2 h et d´emontrer que :

∀x∈i

−π 2,π

2 h

tan⁰(x) = 1 + tan²(x).

(b) Montrer que :

∀x∈h 0,π

4 i

0≤tan(x)≤1.

2. Etude d’une suite d´´ efinie `a l’aide d’int´egrales Pour toutn∈N^∗, on pose :

I_n= Z ^π₄

0

tanⁿ(x)dx.

(a) Soitn∈N^∗. Justifier l’existence deI_n. (b) CalculerI1 etI2.

(c) Sans calculerIn (n∈N^∗), d´emontrer que la suite (In)_n∈N^∗ est positive et d´ecroissante. Que peut-on en d´eduire ?

(d) Soitn∈N^∗. Soitgn la fonction d´efinie par : gn: i

−π 2,π

2

h→R, x 7→tanⁿ⁺¹(x).

Justifier bri`evement que gn est d´erivable sur i

−π 2,π

2 h

et calculer sa d´eriv´ee. En d´eduire que : In+In+2= 1

n+ 1. (e) D´emontrer que :

∀n∈N^∗ 1

2(n+ 1) ≤I_n≤ 1 n+ 1. (f) Conclure quant au comportement asymptotique de la suite (In)_n∈N^∗.

3. Algorithme de calcul

Soitn≥2 un nombre entier fix´e. Recopier l’algorithme de calcul deI2n suivant, en compl´etant les parties encadr´ees.

x←−

pour kallant de `a faire









x←− −x

Correction

1. (a) Par d´efinition, pour toutx∈i

−π 2,π

2 h

, tan(x) = sin(x)

cos(x). Comme les fonctions sinus et cosinus sont d´efinies et d´erivables sur i

−π 2,π

2 h

et comme la fonction cosinus ne s’annule pas sur i

−π 2,π

2 h

, la fonction tangente est d´efinie et d´erivable sur i

−π 2,π

2 h

. D’apr`es la formule de d´erivationu

v 0

= u⁰v−v⁰ u

v² , on a pour toutx∈i

−π 2,π

2 h

:

tan⁰(x) = sin⁰(x) cos(x)−cos⁰(x) sin(x)

cos²(x) = cos²(x) + sin²(x)

cos²(x) = 1 + sin²(x)

cos²(x) = 1 + tan²(x).

(b) Du calcul effectu´e `a la question pr´ec´edente, on d´eduit que pour toutx∈i

−π 2,π

2 h

, tan⁰(x)>0.La fonction tan est donc (strictement) croissante sur i

−π 2,π

2 h

. On a donc : 0≤x≤ π

4 =⇒0 = tan(0)≤tan(x)≤tanπ 4

= 1.

2. (a) Soitn∈N^∗. La fonction tan est continue surh 0,π

4 i

. Un produit de fonctions continues ´etant continu, on en d´eduit que la fonction tanⁿ est continue surh

0,π 4

i. L’int´egraleI_n= Z ^π₄

0

tanⁿ(x)dx est donc bien d´efinie.

(b) I1= Z ^π₄

0

tan(x)dx= Z ^π₄

0

sin(x) cos(x) dx=

Z ^π₄

0

−cos⁰(x)

cos(x) dx= [−ln(cos(x))]

π 4

0 =−ln

√ 2 2

!

= ln(√ 2).

Pour le calcul de I₂, on utilise le fait que tan est une primitive de 1 + tan² suri

−π 2,π

2

h(cf. 1.(a)).

I2= Z ^π₄

0

tan²(x)dx= Z ^π₄

0

1 + tan²(x)−1dx= [tan(x)−x]

π 4

0 = 1−π 4. (c) Soitn∈N^∗. D’apr`es 1.(b), on a tan(x)≥0 et donc tanⁿ(x)≥0, pour toutx∈h

0,π 4 i

. On en d´eduit que :

In= Z ^π₄

0

tanⁿ(x)dx≥0.

La suite (I_n)_n∈N^∗ est donc positive.

Soitn∈N^∗. Par lin´earit´e de l’int´egrale :

(∗) I_n−I_n+1=

Z ^π₄

0

tanⁿ(x)−tanⁿ⁺¹(x)

| {z }

tanⁿ(x)(1−tan(x))

dx.

Soit x∈h 0,π

4 i

. On vient de voir que tanⁿ(x)≥0. D’autre part, d’apr`es 1.(b), tan(x)≤1 et donc 1−tan(x)≥0. On a donc tanⁿ(x)(1−tan(x))≥0, pour tout x∈h

0,π 4

iet par suite :

(∗∗)

Z ^π₄

0

tanⁿ(x)−tanⁿ⁺¹(x)

| {z }

tanⁿ(x)(1−tan(x))

dx≥0.

De (∗) et (∗∗), on d´eduit que In −In+1 ≥ 0 et donc que In ≥ In+1. La suite (In)_n∈N^∗ est donc d´ecroissante.

La suite (In)_n∈N^∗ est convergente car elle est d´ecroissante et minor´ee (par 0 car c’est une suite positive).

(d) Soitn∈N^∗. La fonctiongn= tanⁿ⁺¹est d´erivable suri

−π 2,π

2 h

. En effet, la fonction tan est d´erivable suri

−π 2,π

2 h

et un produit de fonctions d´erivables est d´erivable.

Soitx ∈i

−π 2,π

2 h

.

g_n⁰(x) = (n+ 1) tan⁰(x) tanⁿ(x) =

1.(a)

(n+ 1)(1 + tan²(x)) tanⁿ(x) = (n+ 1)(tanⁿ(x) + tanⁿ⁺²(x)).

Autrement dit, la fonction gn = tanⁿ⁺¹ est une primitive de la fonction (n+ 1)(tanⁿ+ tanⁿ⁺²) sur i−π

2,π 2

h.

In+In+2 = Z ^π₄

0

tanⁿ(x) + tanⁿ⁺²(x)dx (lin´earit´e de l’int´egrale)

= Z ^π₄

0

1

n+ 1(n+ 1)(tanⁿ(x) + tanⁿ⁺²(x))dx

= 1

n+ 1 Z ^π₄

0

(n+ 1)(tanⁿ(x) + tanⁿ⁺²(x))

| {z }

g_n⁰(x)

dx (lin´earit´e de l’int´egrale)

= 1

n+ 1 [g_n(x)]₀^π4

= 1

n+ 1.

(e) Soitn∈N^∗. Comme la suite (In)_n∈N^∗est d´ecroissante (cf. 2.(c)), on aIn+2≤Inet doncIn+In+2≤ 2In (ajout de In `a chaque membre de la pr´ec´edente in´egalit´e). Or In +In+2 = 1

n+ 1. On a donc 1

n+ 1 ≤2In et par suite 1

2(n+ 1) ≤In, d’o`u la premi`ere in´egalit´e demand´ee.

Comme la suite (I_n)_n∈N^∗ est positive (cf. 2.(c)), on a 0≤I_n+2 et doncI_n ≤I_n+I_n+2 (ajout deI_n

`

a chaque membre de la pr´ec´edente in´egalit´e). OrI_n+I_n+2= 1

n+ 1. On a doncI_n ≤ 1

n+ 1, d’o`u la deuxi`eme in´egalit´e demand´ee.

(f) De pour toutn∈N^∗, 1

2(n+ 1) ≤I_n ≤ 1

n+ 1,de lim

n→+∞

1

2(n+ 1) = lim

n→+∞

1

n+ 1 = 0, et du th´eor`eme

des gendarmes, on d´eduit que lim

n→+∞I_n= 0.

3. Algorithme de calcul CommeI₂= 1−π

4 (cf. 2.(b)) etI_n+2= 1

n+ 1−I_n pour toutn∈N^∗, on a : I₂= 1−π

4 I₄=1

3 −I₂ I₆=1

5 −I₄ . . .

On peut ainsi calculer de proche en proche les valeurs I_2n (n ∈ N^∗). De cette ´etude, on d´eduit l’algorithme de calcul suivant pour I_2n (n∈N^∗).

x←− 1−π 4

pour kallant de 1 `a n−1 faire















x←− 1

2k+ 1 −x