Corrigé du devoir maison 7

PTSI2 – 2015/2016 – Maths
Lycée La Martinière-Monplaisir – Lyon
Corrigé du devoir maison 7
Exercice 1
1) a) f1 est continue sur l’intervalle R∗+ . Sur cet intervalle,
3
f1 (x) = x−4 + x− 2
Z
1
x−3 x− 2
f1 (x) dx =
+ 1
−3
−2
= −
1
2
√
+ c où c ∈ R
−
3x3
x
5
5
et , +∞ . Sur chacun de ces intervalles,
b) f2 est continue sur les intervalles −∞,
3
3
Z
Z
1
1
3
f2 (x) dx =
dx = ln(|3x − 5|) + c où c ∈ R
3
3x − 5
3
c) f3 est continue sur l’intervalle ] − 1, 1[. Sur cet intervalle,
Z
Z
√
−2x
√
f3 (x) dx = −
dx = − 1 − x2 + c où c ∈ R
2 1 − x2
d) f4 est continue sur l’intervalle R. Sur cet intervalle,
Z
f4 (x) dx =
ch2 x
+ c où c ∈ R
2
sh2 x
+ c.
2
e) f5 est continue sur l’intervalle R. Sur cet intervalle,
Z
Z
1
1
f5 (x) dx =
3e3x−2 dx = e3x−2 + c où c ∈ R
3
3
On pouvait aussi donner
f ) f6 est continue sur l’intervalle R. Sur cet intervalle,
x3 + x − x
x(1 + x2 ) − x
x
1 2x
=
=x− 2
=x−
2
2
x +1
1+x
x +1
2 x2 + 1
Z
x2 1
x2 1
f6 (x) dx =
− ln(|x2 + 1|) =
− ln(1 + x2 ) + c où c ∈ R
2
2
2
2
f6 (x) =
Z
2) Notons I =
Z
On a : I =
Or :
π
4
x tan2 x dx.
0π
0
4
2
Z
x tan x + 1 dx −
π
4
x dx.
0
Z
• On a
π
4
2
π
π2
.
32
[0, π4 ],
x dx = [ x2 ]04 =
0
• Posons, pour tout x ∈
g(x) = x et f (x) = tan(x). Alors f et g sont de classe
C 1 sur [0, π4 ], et pour tout x ∈ [0, π4 ] :
f 0 (x) = 1
g 0 (x) = tan2 x + 1
Par intégration par parties,
Z π
Z π
π
4
4
2
4
x tan x + 1 dx = [x tan(x)]0 −
tan(x) dx
0
0
Z π
4 − cos0 (x)
π
dx
= −
4
cos(x)
0
π
π = − − ln (| cos(x)|) 04
4
π
1
= + ln √ − ln(1)
4
2
π 1
= − ln 2
4 2
• Finalement, I =
π2
π 1
− ln 2 − .
4 2
32
Exercice 2
1)
π
Z
2
2
π
Z
2
cos x(cos x − cos x sin2 x) dx
cos x(1 − sin x) dx =
cos x cos x dx =
I=
π
Z
2
0
0
0
2) Soient u et v les fonctions de classe C 1 sur [0, π] suivantes :
u0 (x) = − sin x
u(x) = cos x
sin3 x
v 0 (x) = cos x − cos x sin2 x
3
Alors, par intégration par parties,
π Z π Z π
sin3 x
sin4 x
1
2
I = cos x sin x −
+
sin x −
dx =
sin2 x − J
3
3
3
0
0
0
v(x) = sin x −
Z
J=
π
2
2
Z
π
2
Z
sin x(1 − cos x) dx =
sin x sin x dx =
0
2
0
π
sin x(sin x − sin x cos2 x) dx
0
Soient u et v les fonctions de classe C 1 sur [0, π] suivantes :
u0 (x) = cos x
u(x) = sin x
cos3 x
v 0 (x) = sin x − sin x cos2 x
3
Alors, par intégration par parties,
π Z π Z π
cos3 x
cos4 x
1
2
−
− cos x +
dx =
J = sin x − cos x +
cos2 x − I
3
3
3
0
0
0
v(x) = − cos x +
2
3)
π
Z
I=
0
π
Z
J=
0
1
sin2 x − J
3
L1
1
cos2 x dx − I
3
L2
Z
En sommant les deux lignes L1 et L2 , on obtient : I+J =
0
Donc,
π
1
(cos2 x+sin2 x) dx− (I+J).
3
4
3π
(I + J) = π d’où I + J =
3
4
π
1
(sin2 x − cos2 x) dx + (I − J).
En effectuant L1 − L2 , on obtient : I − J =
3
0
Z π
Z π
1
Or,
(sin2 x − cos2 x) dx = −
cos(2x) dx = − [sin(2x)]π0 = 0.
2
0
0
Finalement, I − J = 0 .
3π
3π
. D’où, I = J =
On en déduit I = J puis 2I =
4
8
Z
Exercice 3
tn
est continue sur l’intervalle ] − 1, +∞[ donc la fonction Tn est
1+t
bien définie. De plus, c’est l’unique primitive sur l’intervalle ] − 1, +∞[ de la fonction
tn
t 7→
qui s’annule en 0.
1+t
2) Tn est une primitive sur ] − 1, +∞[ d’une fonction continue donc Tn est bien de classe
C 1 sur ] − 1, +∞[.
xn
; comme 1 + x > 0, on a Tn0 (x) ≥ 0 et Tn0 ne
De plus, pour tout x > −1, Tn0 (x) =
1+x
s’annule qu’en 0.
On en déduit que Tn est strictement croissante sur ] − 1, +∞[ .
1) La fonction t 7→
3) Soit x > −1.
Z
x n
Tn (x) + Tn+1 (x) =
0
t (1 + t)
dt =
1+t
x
Z
tn dt =
0
xn+1
n+1
4) Soit un réel x > −1. Pour n ≥ 1, on pose Hn : Tn (x) = (−1)n ln(1 + x) +
n
X
(−1)k xk
k=1
H Pour n = 1 : d’une part,
Z x
T1 (x) =
0
k
x
t+1−1
dt
1+t
0
Z x
1
=
1−
dt
1+t
0
x
= t − ln(|1 + t|) 0 = x − ln(1 + x)
t
dt =
1+t
Z
D’autre part,
(−1)1
ln(1 + x) +
1
X
(−1)k xk
!
k
D’où l’égalité. Donc H1 est vraie.
= − ln(1 + x) −
k=1
3
(−1)1 x
= − ln(1 + x) + x.
1
!
.
H On suppose Hn vraie pour un entier n ≥ 1 fixé. Montrons alors que Hn+1 est vraie.
Tn+1 (x) = −Tn (x) +
= (−1)n+1
xn+1
n+1
par la question 3
!
n
X
(−1)k xk
xn+1
ln(1 + x) +
+
k
n+1
k=1
= (−1)n+1 ln(1 + x) +
= (−1)n+1 ln(1 + x) +
n
X
(−1)k xk
k=1
n+1
X
k=1
k
(−1)k xk
k
par Hn
n+1
n+1 x
+ (−1)
n+1
!
!
car (−1)n+1+n+1 = 1
Donc Hn+1 est vraie.
H On a montré par récurrence que, pour tout n ≥ 1, Hn est vraie .
5) a) Soit n ≥ 1.
tn
1
≤ tn car 0 ≤
≤ 1 et tn ≥ 0.
1+t
1+t
Z 1 n
Z 1
t
Par croissance de l’intégrale sur [0, 1], on obtient : 0 ≤
dt ≤
tn dt.
1
+
t
0
0
n+1 1
Z 1
t
1
.
Or
tn dt =
=
n+1 0 n+1
0
1
Ainsi, 0 ≤ un ≤
.
n+1
1
−→ 0. Donc, par le théorème des gendarmes, la suite (un ) converge vers 0.
b)
n + 1 n→+∞
c) Soit n ≥ 1. On pose x = 1 dans la formule de la question 4 :
Soit t ∈ [0, 1]. 0 ≤
Tn (1) = (−1)n (ln 2 + Sn )
D’où, puisque Tn (1) = un , ln 2 + Sn = (−1)n un ie Sn = (−1)n un − ln 2.
La suite ((−1)n un ) converge vers 0 car sa valeur absolue converge vers 0.
Finalement, par somme de limites, la suite (Sn ) converge vers − ln 2.
4