1 Exercice sur les intégrales 2 Exercice 15 : les intégrales de Wallis

1
Exercice sur les intégrales
2
Exercice 15 : les intégrales de Wallis
On pose In =
R
π
2
sinn xdx
0
1) Calculer I0 et I1
2) Montrer que la suite (In ) converge
3) Etablir une formule de récurrence entre In et In−2
4) Montrer que le produit (n + 1) In In+1 est constant
5) Calculer lim In
In
lim
lim
n→+∞ In+1
n→+∞
√
n→+∞
nIn
6) Calculer I2n et I2n+1 sous forme de produit et en déduire une suite de rationnels convergeant vers π
2.1
Correction de l'exercice 15
1) I0 =
R
π
2
0
On pose u =
Or
R
π
2
0
π
Rπ
sin xdx = [− cos x]02 = 1 I2 = 02 sin2 xdx
R π−π
Rπ
− x I2 = π2−02 sin2 π2 − u (−du) = 02 cos2 udu
dx = π2 , I1 =
π
2
R
π
2
0
2
cos2 udu +
R
π
2
0
sin2 xdx =
R
π
2
0
Rπ
cos2 x + sin2 x dx = 02 dx =
π
2
= 2I2
I2 peut être calculée également à l'aide de la formule de récurrence trouvée en 2)
Donc I0 =
π
2
I1 = 1 I2 =
π
4
2) On cherche à montrer que la suite (In ) est décroissante et minorée an de montrer qu'elle converge.
pour x ∈ 0, π2
on a 0 6 sin x 6 1
en multipliant par sinn x, on obtient pour x ∈ 0, π2
Donc, en intégrant sur 0, π2 , on obtient : 0 6
R
π
2
0
on a 0 6 sinn+1 x 6 sinn x
sinn+1 xdx 6
R
π
2
0
sinn xdx
D'où 0 6 In+1 6 In
La suite (In ) est décroissante et minorée par 0, donc elle converge .
3) In =
R
π
2
0
sinn xdx =
R
π
2
0
sinn−1 x sin xdx
On intègre par partie : In =
R
π
2
0
n−1
sin x sin
π
xdx = − cos x sinn−1 x 02 +
|
{z
}
=0 pour n>1
In = (n − 1)
R
π
2
0
Z
0
|
π
2
cos x (n − 1) cos x sinn−2 xdx
{z
}
pour n>2
hR π
i
Rπ
1 − sin2 x sinn−2 xdx = (n − 1) 02 sinn−2 xdx − 02 sinn xdx = (n − 1) (In−2 − In )
Donc ∀n > 2 In =
n−1
n In−2
1
4) pour n > 2
In In+1 =
In = n−1
n In−2
en multipliant membre à membre, on a :
n
In+1 = n+1
In−1
n−1 n
n n+1 In−2 In−1
⇔ (n + 1) In In+1 = (n − 1) In−2 In−1
Néanmoins, cette récurrence est d'ordre 2, donc on obtient que :
(2n + 1) I2n I2n+1 = (2n − 1) I2n−2 I2n−1 = . . . = I0 I1 =
(2n) I2n−1 I2n = (2n − 2) I2n−3 I2n−2 = . . . = 2I1 I2 = π2
π
2
donc ∀n > 0
5) d'après 2), lim In = l, donc lim In In+1 = l2 = lim
n→+∞
π
n→+∞ 2(n+1)
n→+∞
= 0 donc
(n + 1) In In+1 =
π
2
lim In = 0
n→+∞
On sait que la suite (In ) est décroissante et converge vers 0, donc ∀n > 0 In > 0
Donc la suite un =
In
In+1
est bien dénie et est strictement positive.
Comme la suite (In ) est décroissante, un > 1
On pose un un+1 =
Or
In In+1
In+1 In+2
=
un
In In+3
In
=
=
un+2
In+1 In+2
In+1
In
In+2
=
n+2
n+1
n+1
n+2 In+1
n
n+1 In
=
d'où
n+2
n→+∞ n+1
lim un un+1 = lim
n→+∞
=1
(n + 1)2
n2 + 2n + 1
=
>1
n (n + 2)
n2 + 2n
C'est une récurrence d'ordre 2, néanmoins, on en déduit que les suites (u2n ) et (u2n+1 ) sont décroissantes
et minorées par 1
On pose lim u2n = a > 1 et lim u2n+1 = b > 1 puisque ∀n > 1 un > 1
n→+∞
n→+∞
Comme lim un un+1 = 1 = ab et que a > 1 et b > 1 on obtient que a = b = 1
n→+∞
d'où un =
∀n > 0
In
→
In+1 n→+∞
1
(n + 1) In In+1 =
6) d'après 2) I2n =
π
2
2
donc (n + 1) In+1
=
2n−1
2n I2n−2
=
2n−1 2n−3
2n 2n−2 I2n−4
π In+1
→ π2
2 In n→+∞
=
Donc
2n−1 2n−3 2n−5
2n 2n−2 2n−4 I2n−6
=
lim
n→+∞
(2n − 1) × (2n − 3) . . . 5 × 3
(2n)×(2n−2)...4×2
π
=
I0 =
(2n) × (2n − 2) . . . 4 × 2
[2n] [2 (n − 1)] . . . [2 × 2] [2 × 1] 2
Donc I2n =
(2n)! π
22n (n!)2 2
On en utilisant que (n + 1) In In+1 =
Or on sait que lim
√
n→+∞
nIn =
pπ
2
π
2
on trouve que I2n+1 =
2
donc lim (2n + 1) I2n+1
=
n→+∞
2
π
2
nIn =
2n−1 2n−3
2n 2n−2
2n!
Donc I2n
√
22n (n!)2
(2n + 1)!
pπ
2
. . . 34 12 I0
#2
22n (n!)2
Donc lim 2 (2n + 1)
=π
n→+∞
(2n + 1)!
|
{z
}
"
suite de rationnels
Calcul de la primitive R √1 − x +1 √1 + x dx
On multiplie par la quantité conjuguée
√
√
√
√
√
√
1−x− 1+x
1−x− 1+x
1−x− 1+x
1
√
√
√
√
√
=
=
=
(1 − x) − (1 + x)
−2x
1−x+ 1+x
1−x+ 1+x
1−x+ 1+x
Z √
Z √
R
1−x
1+x
1
√
dx =
dx +
dx
D'où √
−2x
2x
1−x+ 1+x
|
{z
} |
{z
}
√
=F (x)
=G(x)
Calcul de F (x)
On pose u =
√
1 − x x = 1 − u2
dx = −2udu
√
F (x) =
R
R
1−x
u
dx =
(−2udu)
−2x
−2 (1 − u2 )
R u2 − 1 + 1
R
R du
u2
du
=
du
=
−du
+
1 − u2
1 − u2
1 − u2
R
1
1
1
F (x) = −u + 2
+
du = −u + 12 ln |1 + u| − 12 ln |1 − u| + C
1+u 1−u
√
√
√
F (x) = − 1 − x + 21 ln 1 + 1 − x − 12 ln 1 − 1 − x + C
F (x) =
R
Calcul de G (x)
On pose v = −x dx = −dv
√
G (x) =
R
R
1+x
dx =
2x
√
1−v
(−dv) = −F (v) = −F (−x)
−2v
Donc :
R
3
√
√
√
√
1
√1−x √
1+√1+x 1
√
dx = − 1 − x + 21 ln 1+
+
1
+
x
−
ln
+C
2
1− 1−x
1− 1+x
1−x+ 1+x
Exercice 11
soient f : [a,b] → R∗+ et g : [a,b] → R, a < b des applications continues
3
1) On pose h (x) =
Rb
a
|f (t) + xg (t)| dt
On suppose que ∃z > 0 tel que ∀x ∈ [−z,z]
Montrer que
Rb
a
h (x) > h (0)
g (t) dt = 0
2) Le résultat s'étend-il au cas f : [a,b] → R+ ?
4
Correction de l'exercice 11
1) L'hypothèse de cette question implique que 0 est un minimum local de la fonction h.
D'après l'énoncé, la fonction f est strictement positive et continue sur l'intervalle [a,b]
Donc on peut écrire que N = inf f (x) > 0
x∈[a,b]
De même, g est continue sur [a,b] , donc M = sup |g (x)| + 1 existe.
x∈[a,b]
La fonction x → ab f (t) + xg (t) dt = ab f (t) dt + x
R
minimum local en 0 si et seulement si ab g (t) dt = 0
R
R
Rb
a
g (t) dt est une fonction linéaire qui possède un
Comme h (0) = ab |f (t)| dt = ab f (t) dt > |b − a| N > 0, nous allons chercher un intervalle I = [−y,y] ⊂
[−z,z] pour x dans lequel nous sommes sûr que ∀x ∈ I la fonction t → f (t) + xg (t) est positive.
R
R
D'où f (t) + xg (t) > f (t) − |xg (t)| > N − |xg (t)| > N − yM
Par conséquent, y 6 min
Donc pour x ∈ [−y,y]
Or h (x) =
Rb
a
N
M ,z
h (x) =
f (t) dt + x
Rb
a
=⇒ ∀x ∈ [−y,y]
Rb
a
∀t ∈ [a,b]
|f (t) + xg (t)| dt =
g (t) dt >
Rb
a
Rb
a
f (t) + xg (t) > 0
[f (t) + xg (t)] dt =
f (t) dt = h (0) ⇐⇒ x
Rb
a
Rb
a
f (t) dt + x
Rb
a
g (t) dt
g (t) dt > 0
Z b
Comme la fonction x → x g (t) dt est linéaire, sur l'intervalle [−y,y], elle atteint sa valeur minimale
| a {z }
constant
pour x = −y ou y . Mais d'après les hypothèses, sur l'intervalle [−y,y] , la fonction h atteint son minimum
pour x = 0, par conséquent
Rb
a
g (t) dt = 0
2) Soit ce résultat s'étend au cas R+ auquel cas il faut le démontrer, soit ce résultat ne s'étend pas au cas
R+ et il sut de trouver un contre exemple.
Dans la démonstration, nous nous sommes servi du fait que N = inf f (x) > 0 ce qui n'est pas toujours
x∈[a,b]
vrai si f : [a,b] → R+ .
La démonstration ne changerait pas si f au lieu d'être strictement positive était strictement négative. Mais
le dans le cas où f s'annule, le résultat est probablement faux.
4
On choisit [a,b] = [−1,1]
h (x) =
Rb
a
|f (t) + xg (t)| dt =
pour x ∈ [−1,1]
h (x) = −
f (x) = x g (x) = 1
R −x
−1
h (x) =
(t + x) dt +
R1
−1 |t
+ x| dt
R −x
R1
−1 |t + x| dt + −x |t
R1
−x (t + x) dt
+ x| dt
(−1 + x)2 (1 + x)2
+
=
h (x) =
+
=
2
2
h (x) = 12 x2 − 2x + 1 + x2 + 2x + 1 = x2 + 1
h
i
2 −x
− (t+x)
2
−1
h
i1
(t+x)2
2
−x
La fonction h vérie bien ∀x ∈ [−1,1]
h (x) > h (0) avec
Donc ce résultat ne s'étend pas au cas R+ .
5
1
2
R1
h
(x − 1)2 + (x + 1)2
−1 g (t) dt
= 2 6= 0
i