15 - Td maths Université de Lille 1 PDF

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Td maths Université de Lille 1...

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Corrigé des exercices facultatifs 15. Intégrales Exercice 1 : soit f une bijection croissante de a,b dans ,   , de classe C 1 . Calculer

b



a



 f(t)dt   f 1(t)dt .



Soit J   f  1 (t ) dt . On effectue un changement de variable : on pose t  f (u ) , avec f de classe C 1. On a 

dt  f '(u ) d u , f (a )   et f (b)   . Donc d’après le théorème de changement de variable, il vient : b

J f

1

b

( f (u )) f '(u ) du   u f '(u ) du .

a

a



b

Donc

 f (t )dt   f

1

b

 f (u )  u f '(u )  du  u f (u ) 

(t )dt 

a

a

.

a



b

On conclut :

b

 f ( t) dt 

a

f

( t) dt  b f ( b)  a f ( a)

1



Exercice 2  : déterminer les limites des suites suivantes lorsque n tend vers l'infini : n 2 n1 n 2 k k c) Wn   1 b) Vn   ( 2 n 2 ) a) U n   2 sin( ) 2k 1 k n k 1 n k2 n k n a) Le théorème de convergence des sommes de Riemann donne 1 k 1 n k U n   sin( )   t sin ( t )dt . n k 1 n n n   0

u '(t )  sin ( t ) et On calcule cette intégrale avec une intégration par parties : soit   v (t )  t 1

 t sin ( t ) dt 

0

Donc U n   n

1





1

1

1

cos ( t ) dt    0



1



2

 sin ( t )10



1  u( t)  cos ( t)    v '(t )  1

1



1



    1 1 1 1 1 n 1 1  . Donc b) Vn   ( 2 V 1 )       n  k2 n  2 1 n k 0 ( n 1) 2  n k 2 k 2 k 2 n  k 1 2 1 2  1  n2 1   n n2  n      1 1 1   0 , donc le théorème de convergence des sommes de Riemann donne Mais 1   1 n (n  1)2  n   1  1   n2 n2   1 1  1 Vn   dt  Arc tan (t ) 0 . Donc Vn  n   1  t 2 n   4 0 n 2

n 2

2n 1

c) Soit Wn   k n

n1

1 . On fait un changement d’indice : Wn  2k  1

1

n1

1

1

n1

 2 (k  n )  1  n 

k 0

k 0

1 1 k 2 (  1)  n n

1 de n

1 nous embête pour utiliser les sommes de Riemann. On l’enlève car il est petit. k 1 2(  1)  n n 1 n 1 1 1 ln (2) 1 1 n 1 1 On pose T n   dt    . On a T n      n k n k 0 2 01 t 2 k  0 2 (k  n ) 2 (  1) n On étudie ensuite  n  W n  T n . Le

On a  n 

n 1

n 1

1

k 0

n1

n   k 0

1

 2 ( k  n)  1   2( k  n)



k 0

1

n 1

 (2 ( k  n)  1) (2 ( k  n))

, donc :

k 0

1 1  . Ainsi, par encadrement,  n  W n  T n  0 . n   4 n2 4 n

Dès lors, Wn  Tn  Wn  Tn 

n  

ln 2 ln 2 , donc Wn  n  2 2

2x

dt . 1 t 4 Etudier la parité de f. Donner un DL 5 (0) de f. Etudier les variations de f. Donner un équivalent de f ( x) lorsque x tend vers  .

Exercice 3 : soit f ( x)  

x

1) 2) 3) 4)

2 x

1) On a f ( x) 

dt



. On effectue un changement de variable dans l’intégrale et on pose u   t . Il vient

1  t4

x

2x

du

d u   d t , donc f ( x)    2) On pose g( t) 

1 1 t 4

  f ( x) . Donc f est impaire.

1  u4

x

. Elle est continue sur  , donc admet une primitive G sur  .

On a alors pour x  : f (x )  G (2x )  G ( x ) . On a en outre g (t ) 

G( t)  G(0)  t 

1 1 t

4

 (1 t 4 )



1 2

1  1  t 4 o (t 4) , donc avec le DL d’une primitive, il vient 2

1 5  32 1  t  o( t 5) , puis f ( x)  G (2 x)  G( x)  x(2 1)  x 5      o( x 5) . 10  10 10  31 5 x  o ( x 5) 10

On obtient finalement f (x )  x 

3) on a vu que  x  , f ( x)  G(2 x)  G( x) . On a donc f dérivable sur  et  x  , f '(x )  2g (2x )  g ( x) . Donc  x , f '( x)  Ainsi, f '( x)  0 

2 1 16x

4



1

.

1 x 4

4 1 1   4  4 x 4  1 16 x 4  x 4  . 1  16x 4 1  x 4 4

 2 2 Donc f '( x)  0  x   ,  . Ainsi, f est croissante sur 2   2  4) Lorsque t tend vers  , on a

1 1  t4



 2 2 ,   , décroissante sinon. 2   2 

1 . On montre que f ( x)  t2

2

2x



x

dt 1 t 4

2x



dt

t x

2

2x

1  1 .     t x 2  x

Le plus simple ici est de procéder par encadrement en mettant le terme principal t 2 en facteur.

1

On a pour t  * :

1 t 2x

dt  2 1 x t 1 4 x 1

On a donc



4

2x

 x

1 t2

1 1

1 t4

1

2x

dt 1 t4

1

. Or



dt

t

2

1



1 x4

1

1

 1 , donc

1 t4

t 2 1

1 x4

1



t 2 1

1 t4



1 . t2

1

1 1  f ( x)  2x 1 2x 1 4 x

, donc

x

1 2x

Dès lors, par encadrement, 2x f (x )  1 et f ( x)  x  

x3

Exercice 4 (oral mines 16) : soit x  * . Déterminer un équivalent de f (x ) 

et

 arcsin (t ) d t

lorsque x tend

x2

vers 0. 3

On a

x  x3  et 1 1  , donc on conjecture que f ( x)   d t  ln  2   ln( x) . Montrons le : 0 t arcsin (t ) 0 t x  x2

On a donc avec g (t ) 

et arcsin ( t)



1 : f ( x)  t

x3

1 2 t d t  x

x3

3

x  et 1    d t x ln( )    arcsin (t ) t  2 g( t) d t (1) . x2  x

t e  arcsin (t ) N ( t)  . On a D (t )  t arcsin (t )  t 2 et N (t )  t e t  arcsin (t ) . t arcsin (t) D ( t) t

Or g (t ) 

De plus, arcsin (t )  t  o (t 2 ) donc N (t )  t 2 o(t 2 )  t 2 Ainsi, g ( t)  1 et on prolonge g par continuité en 0 en posant g (0)  1. g est maintenant continue sur   . 0

x3

 g( t) d t  G( x )  G( x )  G(0)  G(0)  0 . 3

Soit G une primitive de g sur   . Alors

x

2

x 0

2

Donc en reprenant (1) , il vient f ( x)  ln( x)  o (1) , puis f ( x)  ln( x)  o (ln( x)) , donc f (x ) 0 ln(x )  /4

Exercice 5  : soit n un entier naturel et U n 



tan n t dt

0

1) a) Montrer que ( Un ) converge. b) Calculer U n U n  2 c) Démontrer que U n ~ 1 2n n

( 1)k

 n   0 2 k 1

2) Calculer Un et en déduire lim

k

( 1) k1 k k 1 n

 n  

et lim

 /4

1 a) soit n  . On calcule Un 1  Un 

 (tan t 1) tan

n

t dt

0

  Mais  t  0,  , 0  tan t  1 , donc U n 1 U n  0 et (Un ) est décroissante.  4 Elle est de plus minorée par 0 car la fonction intégrée est positive. Donc (U n ) converge. /4

1 b) soit n  . On calcule Un  2  Un 



2 (tan t  1) tan n t dt

0

3

/ 4

 1  Donc U n 2  U n   tan n 1 t  n 1   0



1 1 . On a Un 2  Un  n 1 n 1

1c) Soit n  2 . On a (U n ) décroissante, donc Un  2  Un  2 Un  Un  2  U n On en déduit que

1 n 1

 2U n 

1 n 1

n

, donc

n 1

n  

1 n1

n1

.

1 2n

Dès lors, par encadrement, 2 nU n  1, donc U n ~

2) On a  n , U n 2  U n 

n

 2 nU n 

. Cette relation reliant U n et U n 2 , on distingue deux cas suivant que n est

pair ou impair. -

si n est pair : on pose n  2 p .

On a U 2 ( p 1) U 2 p 

1 1 et U 2 p U 2 ( p  1)  . Pour itérer le procédé, il faut soustraire les deux 2p  1 2p  1 p1





p

p 1

k 1

k0

quantités. On calcule S p   ( 1)k U 2 k  2  U 2k   ( 1)k 1 U 2k   ( 1)k U 2k k 0

p 1

p

Donc S p   (1)k U 2 k   ( 1)k U 2 k . La somme est télescopique et Sp  U0  ( 1) p U2 p k 0

k 1

p 1



p 1



Mais par ailleurs, Sp   (1) k U 2k  2  U 2k   k 0

p 1

Donc U0  ( 1) p U2 p  

k 0

Comme Un ~ -

( 1) et 2 k 1 k

( 1)

p

k 0

k

 2k 1



k 0

( 1)k 2 k 1



( 1) p U 2 p 2

4

1 , on a U n  0 , donc U 2 p 2  0 , donc n   p   2n

p

( 1) k

 2k  1

k 0



p 

si n est impair : on pose n  2 p 1 . p





p

p1

k 1

k 0

On calcule Tp   ( 1) k U2 k 1  U 2 k 1  ( 1) k U 2k 1  ( 1) k U 2k 1 k 1

La somme est télescopique et T p 

p

( 1) U k

2 k1



 U 2 k1  ( 1) p U 2 p1 U 1

k 1

/4

Or U1 



0

/4

tan t dt 

sin t



cos t

0

p

/4

dt  ln (cos t)  0





1  ln 2 2 p

Mais par ailleurs, T p   (1)k U 2 k 1 U 2k 1   k 1

Donc ( 1) p U 2 p1 U 1  p

Donc

 k 1

1 2

k 1

p

 k 1

( 1) k

k

p

et

 k 1

( 1) k

( 1)k  1  ln 2 p   k

4

( 1) k 2k

k 1

 ln 2  2 (1) p  1 U 2p  1

 4

x

Exercice 6 (oral X 08)  : soit f une fonction continue de   dans  telle que f ( x )  f 3( t) dt  1 lorsque x 0

tend vers l’infini. 1) Démontrer que f admet lorsque x tend vers   une limite finie l que l’on déterminera 2) Déterminer un équivalent de f (x )  l en   (là c’est franchement sportif ; on pourra notamment montrer que si h est C1 sur   , que h(0)  0 et que lim h '(x )  0 , alors h( x)  o( x) au voisinage de x 

 . x

1) On pose g( x)   f 3( t) dt. Comme f est continue, g est une primitive de f 3 . Donc g est dérivable sur  , et 0

on a  x   , g '( x)  f 3 ( x)  0 . Donc g est croissante, et comme g(0)  0 , g admet une limite a  0,    lorsque x tend vers   d’après le théorème de la limite monotone. De plus, on a f (x ) g (x )  1 , donc soit A    ,  x  A, f (x ) g ( x)  x 

Donc pour x  A , f ( x) 

1 . On a  x  A, g( x)  g( A)  0 . 2

1 (1) 2 g( x)

Supposons par l’absurde a  . On a a  0 car  x  A, g( x)  g( A)  0 , donc par passage des inégalités à la limite, a  g( A)  0 . Soit x  A . Comme g est croissante et g (x )  a , on a g ( x )  a et ainsi avec (1) , f (x )  x  

x

Mais alors g (x )   f 3 (t )dt  x ( 0

Dès lors, pour x  A

1 . 2a

1 3 ) et g ( x)    . C’est absurde, donc g (x )    (amusant, non ?) x   x   2a

1 ( f ( x) g( x)) . Donc f ( x)  0 , f ( x)  x  g (x )

2) on a f ( x) g ( x)  1 , donc f 3 ( x) g3 ( x)  1 , donc g '( x) g 3( x)  1 . x  

x 

x  

On admet provisoirement le lemme suivant : si h est C sur   , que h(0)  0 et que lim h'( x)  0 , alors 1

x

h( x)  o( x) au voisinage de   . g 4 (x )  x . On ainsi h '(x )  g '(x ) g 3 (x ) 1  0 , et h(0)  0 . On a donc d’après le lemme x   4 g 4 (x ) g4 ( x) g ( x)  x o (x ) , donc  1 , puis  1. 1 x   4 4 x x  2 x4

On pose h ( x) 

1

donc g ( x)  

x

2 x 4 et comme f (x ) g (x )  1, f ( x) 



x  



1 4

2 x

Il reste à montrer le lemme. Comme h est C1 sur   , on a pour x    : h ( x )   h '( t) dt 0

Soit   0 . Soit B  0, t  B , h '(t )   . On a alors pour x  B : Mais

1 x

h (x ) 1  x x

B

x

 h '(t) dt   h '(t) dt 0

B

B

 h '(t )dt 0

 0 , donc soit C  0,  x  C ,

x  

1 x



1 x

B

x

 h '( t) dt 0



1  dt x B

B

h '(t ) dt



0

 h (x ) h ( x)  0 et h( x)  o( x)    ( x  B)  2  , donc x x x x   Le lemme est donc bien démontré, ce qui permet de conclure.

Pour x  max (B ,C ) , on a

5...