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