[<] Calcul de primitives ou d'intégrales par une incursion complexe

 
Exercice 1  4780  

Pour n, calculer

In=1etnln(t)dt.
 
Exercice 2  288  

Soient p,q. Calculer

Ip,q=01tp(1-t)qdt.
 
Exercice 3  1994   Correction  

Pour p et q entiers naturels, on pose:

Ip,q=ab(t-a)p(b-t)qdt.
  • (a)

    Former une relation de récurrence liant Ip,q et Ip+1,q-1.

  • (b)

    Donner une expression de Ip,q à l’aide de factoriels.

Solution

  • (a)

    Par intégration par parties,

    Ip,q=qp+1Ip+1,q-1.
  • (b)

    On en déduit

    Ip,q=q(q-1)1(p+1)(p+2)(p+q)Ip+q,0

    or

    Ip+q,0=(b-a)p+q+1p+q+1

    donc

    Ip,q=p!q!(p+q+1)!(b-a)p+q+1.
 
Exercice 4  4782   

(Intégrales de Wallis)

Pour n, on pose

In=0π/2sinn(t)dt.
  • (a)

    Montrer que pour tout n,

    In+2=n+1n+2In.
  • (b)

    Donner une expression de In à l’aide de nombres factoriels en discutant selon la parité de l’entier naturel n.

 
Exercice 5  1997   Correction  

(Intégrales de Wallis)

Pour n, on pose

In=0π/2sinn(t)dt.
  • (a)

    Montrer que In=0π/2cosn(t)dt et In>0

  • (b)

    Montrer que pour tout n, on a

    In+2=n+1n+2In.
  • (c)

    Donner une expression de In à l’aide de factoriels en distinguant les cas n=2p et n=2p+1.

  • (d)

    Établir que pour tout n,

    (n+1)In+1In=π2etIn+2In+1In.
  • (e)

    Déterminer un équivalent de In.

Solution

  • (a)

    En appliquant le changement de variable u=π/2-t on obtient

    In=0π/2cosn(u)du

    tsinn(t) est continue, positive sans être la fonction nulle et 0<π/2 donc In>0

  • (b)

    Par intégration par parties

    In+2=0π/2sin(t)sinn+1(t)dt=[-cos(t)sinn+1(t)]0π/2+(n+1)0π/2cos2(t)sinn(t)dt

    donc

    In+2=(n+1)0π/2(1-sin2(t))sinn(t)dt=(n+1)In-(n+1)In+2

    puis

    (n+2)In+2=(n+1)In.
  • (c)
    I2p=2p-12pI2p-2=2p-12p2p-32p-212I0=(2p)!22p(p!)2π2

    sachant I0=π/2.

    I2p+1=2p2p+12p-22p-123I1=22p(p!)2(2p+1)!

    sachant I1=1.

  • (d)

    Posons un=(n+1)In+1In. On

    un+1=(n+2)In+2In+1=(n+1)InIn+1=un

    et u0=I1I0=π/2 donc pour tout n

    (n+1)In+1In=π/2.

    Pour tout t[0;π/2],

    sinn+2(t)sinn+1(t)sinn(t)

    donc

    In+2In+1In.
  • (e)

    On a

    n+1n+2InIn+1In

    donc In+1/In1. Ainsi In+1In.
    Par suite,

    π2=(n+1)In+1InnIn2

    et donc

    Inπ2n

    sachant In>0.

 
Exercice 6  1860   Correction  
  • (a)

    Calculer

    01dt1+t2.
  • (b)

    Établir, pour tout n

    01k=0n(-1)kt2kdt=π4+01(-1)nt2n+21+t2dt.
  • (c)

    Justifier

    001t2n+21+t2dt01t2n+2dt=12n+3.
  • (d)

    En déduire

    k=0n(-1)k2k+1n+π4.

Solution

  • (a)

    01dt1+t2=[arctan(t)]01=π4.

  • (b)

    Par sommation géométrique

    01k=0n(-1)kt2kdt=011+(-1)nt2n+21+t2dt=π4+01(-1)nt2n+21+t2dt.
  • (c)

    Par intégration d’une fonction positive sur [0;1],

    01t2n+21+t2dt0

    De plus,

    01t2n+21+t2dt01t2n+2dt=12n+3 car 11+t21.
  • (d)

    On a

    k=0n(-1)k2k+1=k=0n01(-1)kt2kdt=01k=0n(-1)kt2kdt

    donc

    k=0n(-1)k2k+1=π4+(-1)n01t2n+21+t2dtn+π4

    car

    01t2n+21+t2dtn+0.
 
Exercice 7  322   Correction  

Soit

In=01xnx+1dx.
  • (a)

    Montrer que In0 en décroissant.

  • (b)

    Simplifier In+In+1 et en déduire une expression de In à l’aide d’un symbole sommatoire.

  • (c)

    Déterminer

    limN+n=1N(-1)n-1n.
  • (d)

    Exploiter

    Jn=01xnx2+1dx

    pour déterminer

    limN+n=0N(-1)n2n+1.

Solution

  • (a)
    0In01xndx=1n+10

    donc In0.
    De plus, pour tout x[0;1],

    xnx+1xn+1x+1

    donc InIn+1.

  • (b)
    In+In+1=1n+1

    donc

    In=k=1n(-1)n-kk+(-1)nI0.
  • (c)

    I0=ln(2) et (-1)nIn0 donc

    k=1n(-1)-kk+ln(2)0

    puis la conclusion.

  • (d)

    Comme ci-dessus, Jn0. De plus,

    Jn+Jn+2=1n+1

    donc

    J2n=k=0n-1(-1)n-1-k2k+1+(-1)nJ0

    puis

    k=0n-1(-1)k+12k+1+π40

    d’où

    k=0n(-1)k2k+1π4.
 
Exercice 8  1992   Correction  

On pose, pour n

In=01(1-x)nn!exdx.
  • (a)

    Montrer que la suite (In) tend vers 0.

  • (b)

    Montrer que

    In=1(n+1)!+In+1.
  • (c)

    En déduire que

    e=limn+k=0n1k!.

Solution

  • (a)

    On a

    0In01en!dx=en!0

    donc par encadrement In0.

  • (b)

    Par intégration par parties,

    In=01(1-x)nn!exdx=[-(1-x)n+1(n+1)!ex]01+01(1-x)n+1(n+1)!exdx=1(n+1)!+In+1.
  • (c)

    Pour k1,

    1k!=Ik-1-Ik

    donc

    k=0n1k!=1+k=1nIk-1-Ik=1+I0-In

    avec

    I0=01exdx=e-1.

    Ainsi,

    k=0n1k!=e-Inn+e.
 
Exercice 9  1993   Correction  

Pour n, on pose

In=1e(ln(x))ndx.
  • (a)

    Calculer I0 et I1.

  • (b)

    Établir une relation liant In et In+1.

  • (c)

    En déduire que

    n, 0<In<en+1.
  • (d)

    Déterminer la limite puis un équivalent simple de (In).

  • (e)

    Soit (un) une suite réelle définie par

    u0=aetn,un+1=e-(n+1)un.

    On suppose que aI0, montrer, en étudiant Dn=|un-In|, que |un|+.

Solution

  • (a)

    Directement I0=e-1 et

    I1=1eln(x)dx=[xln(x)-x]1e=1.
  • (b)

    Par intégration par parties,

    In+1 =1e(ln(x))n+1dx=[x(ln(x))n+1]1e-(n+1)1e(ln(x))ndx
    =e-(n+1)In.
  • (c)

    Par intégration d’une fonction continue, positive et non nulle, on a In>0.

    Puisque In+1>0, on a aussi In<en+1.

  • (d)

    Par encadrement In0.
    Puisque In+1=e-(n+1)In est de limite nulle,

    (n+1)Inn+e

    puis

    Inn+en+1n+en.
  • (e)

    On a

    Dn+1=(n+1)Dn

    donc Dn=n!D0.

    Si aI0 alors (Dn) tend vers + puis

    |un|Dn-Inn++.
 
Exercice 10  1996   Correction  

Pour n, on pose

un=01dx1+xn.
  • (a)

    Calculer u0,u1,u2.

  • (b)

    Montrer que (un) est une suite strictement croissante.

  • (c)

    Montrer que un1.

  • (d)

    Établir

    n*,01xndx1+xn=ln(2)n-1n01ln(1+xn)dx.
  • (e)

    Montrer que

    limn+01ln(1+xn)dx=0

    et en déduire que

    un=n+1-ln(2)n+o(1n).

Solution

  • (a)

    u0=1/2, u1=ln(2) et u2=π/4.

  • (b)

    On a

    un+1-un=01xn(1-x)(1+xn)(1+xn+1)dx

    or la fonction

    xxn(1-x)(1+xn)(1+xn+1)

    est continue, positive sans être la fonction nulle et 0<1 donc un+1-un>0.

  • (c)

    On a

    |un-1|=01xndx1+xn01xndx=1n+10

    donc un1.

  • (d)

    Par intégration par parties,

    In =01xxn-11+xndx
    =[1nxln(1+xn)]01-1n01ln(1+xn)dx
    =ln(2)n-1n01ln(1+xn)dx.
  • (e)

    On a

    001ln(1+xn)dx01xndx=1n+1n+0

    car il est connu que ln(1+t)t pour t>-1.
    On a alors

    01ln(1+xn)dxn+0

    donc

    un=1-01xn1+xndx=n+1-ln(2)n+o(1n).
 
Exercice 11  1995    

Soient n et θ]0;π[.

  • (a)

    Justifier que l’on peut donner un sens à

    In=0πcos(nt)-cos(nθ)cos(t)-cos(θ)dt.
  • (b)

    Exprimer In+1+In-1 en fonction de In pour n1.

  • (c)

    En déduire la valeur de In.

 
Exercice 12  2981      X (MP)Correction  

Déterminer un équivalent lorsque n+ de

In=01(t1+t2)ndt.

Solution

On a

2nIn=01(2t1+t2)ndt

où l’on remarque que la fonction t2t/(1+t2) croît de [0;1] sur [0;1].
Introduisons

Jn=0121+t2(2t1+t2)ndt=t=tan(x/2)0π/2(sin(x))ndx.

On sait

Jnn+π2n

via nJnJn+1=π/2 et JnJn+1 (cf. intégrales de Wallis). Montrons 2nInJn en étudiant la différence

Jn-2nIn=011-t21+t2(2t1+t2)ndt.

On a

0011-t21+t2(2t1+t2)ndt0121+t21-t21+t2(2t1+t2)ndt

et le changement de variable t=tan(x/2) donne

0011-t21+t2(2t1+t2)ndt0π/2cos(x)(sin(x))ndx=1n+1.

On peut alors affirmer

2nIn-Jn=n+o(1n)

puis

2nInn+π2n

et finalement

Inn+π2n2n.

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Édité le 08-11-2019

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