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Corrigé du devoir

Questions de cours :  
  1. On appelle primitive de $ f$ sur $ \mathbb{R}$ toute fonction dérivable sur $ \mathbb{R}$ telle que :

    $\displaystyle \forall x\in\mathbb{R}\;,\quad F'(x)=f(x)\;. $

  2. $\displaystyle F(x)=F(a)+\int_a^x f(t) \mathrm{d}t\;. $

  3. Démontrons la contraposée : si $ f$ ne s'annule pas, alors $ F(x)\neq F(a)$.

    Puisque $ f$ est continue, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, si $ f$ ne s'annule pas sur $ ]a,x[$, alors son signe reste le même :

    $\displaystyle \forall t\in ]a,x[\;,\quad f(t)> 0$   ou bien$\displaystyle \quad \forall t\in ]a,x[\;,\quad f(t)< 0\;. $

    Quitte à remplacer $ f$ par $ -f$ nous pouvons supposer que $ f$ reste strictement positive sur $ ]a,x[$. Or l'intégrale sur un intervalle d'une fonction continue strictement positive est strictement positive. Donc 

    $\displaystyle F(x)=F(a)+\int_a^x f(t) \mathrm{d}t >F(a)\;. $

  4. $\displaystyle \int_a^x tf(t) \mathrm{d}t = \Big[ tF(t)\Big]_a^x-\int_a^x F(t) \mathrm{d}t =xF(x)-aF(a)-\int_a^x F(t) \mathrm{d}t\;. $

  5. $\displaystyle \int_a^x \mathrm{e}^{-t}f(\mathrm{e}^{-t}) \mathrm{d}t = \int_{\... ...\mathrm{e}^{-x}} -f(u) \mathrm{d}u = F(\mathrm{e}^{-a})-F(\mathrm{e}^{-x})\;. $

Exercice 1 :  

  1. $\displaystyle \int_0^x \cosh(t) \mathrm{d}t$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \frac{1}{2}\int_0^x \mathrm{e}^t \mathrm{d}t +\frac{1}{2}\int_0^x \mathrm{e}^{-t} \mathrm{d}t}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2}\Big[\mathrm{e}^t\Big]_0^x +\frac{1}{2}\Big[-\mathrm{e}^{-t}\Big]_0^x}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2}(\mathrm{e}^t-1)-\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{-t}-1)=\sinh(x)\;.$  


    $\displaystyle \int_0^x \sinh(t) \mathrm{d}t$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \frac{1}{2}\int_0^x \mathrm{e}^t \mathrm{d}t -\frac{1}{2}\int_0^x \mathrm{e}^{-t} \mathrm{d}t}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2}\Big[\mathrm{e}^t\Big]_0^x -\frac{1}{2}\Big[-\mathrm{e}^{-t}\Big]_0^x}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2}(\mathrm{e}^t-1)+\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{-t}-1)=\cosh(x)-1\;.$  

  2. En utilisant la formule du binôme de Newton :
    $\displaystyle \cosh^{2n+1}(x)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{j}\mathrm{e}^{(2n+1-j)x}\mathrm{e}^{-jx}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{j}\mathrm{e}^{(2n+1-2j)x}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{j}\mathrm{e}^{(2n+1-2j)x}+ \sum_{j=n+1}^{2n+1}\binom{2n+1}{j}\mathrm{e}^{(2n+1-2j)x}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n}{j}\math... ...(2n-2j)x}+ \sum_{j'=0}^{n}\binom{2n+1}{2n+1-j'}\mathrm{e}^{(2n+1-2(2n+1-j'))x}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{j}\mathrm{e}^{(2n+1-2j)x}+ \binom{2n}{2n-j}\mathrm{e}^{(2j-2n-1)x}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n}{j}\big(\mathrm{e}^{(2n+1-2j)x}+\mathrm{e}^{(2j-2n-1)x}}\big)$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{j}2\cosh((2n+1-2j)x)}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2^{2n}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{j}\cosh((2n+1-2j)x)}\;.$  

  3. De même (les étapes intermédiaires sont analogues) :
    $\displaystyle \sinh^{2n+1}(x)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{j}\mathrm{e}^{(2n+1-j)x}(-1)^j\mathrm{e}^{-jx}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n}{j}(-1)^j \big(\mathrm{e}^{(2n+1-2j)x}-\mathrm{e}^{(2j-2n-1)x}}\big)$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2^{2n}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{j}(-1)^j\sinh((2n+1-2j)x)}\;.$  

  4. En appliquant le résultat de la question 2 pour $ n=2$ :

    $\displaystyle \cosh^5(x)=\frac{1}{16}\cosh(5x)+\frac{5}{16}\cosh(3x)+\frac{10}{16}\cosh(x)\;. $

    Donc :
    $\displaystyle \displaystyle{\int_0^1\cosh^5(t) \mathrm{d}t}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{16}\displaystyle{\int_0^1\cosh(5t) \mathrm{d}t+ \frac{5}{16}\int_0^1\cosh(3t) \mathrm{d}t+ \frac{10}{16}\int_0^1\cosh(t) \mathrm{d}t}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{80}\sinh(5)+\frac{5}{48}\sinh(3) +\frac{5}{8}\sinh(1)\;,$  

    en utilisant le résultat de la question 1.
  5. En appliquant le résultat de la question 3 pour $ n=2$ :

    $\displaystyle \sinh^5(x)=\frac{1}{16}\sinh(5x)-\frac{5}{16}\sinh(3x)+ \frac{10}{16}\sinh(x)\;. $

    Donc :
    $\displaystyle \displaystyle{\int_0^1\sinh^5(t) \mathrm{d}t}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{16}\int_0^1\sinh(5t) \mathrm{d}t- \frac{5}{16}\int_0^1\sinh(3t) \mathrm{d}t+ \frac{10}{16}\int_0^1\sinh(t) \mathrm{d}t}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{80}(\cosh(5)-1)-\frac{5}{48}(\cosh(3)-1) +\frac{5}{8}(\cosh(1)-1)\;,$  

    en utilisant le résultat de la question 1.
Exercice 2 :  
  1. Pour tout $ n\geq 1$, et pour tout $ t\in ]0,1[$,

    $\displaystyle 0<(1-t)<1\;\Longrightarrow\; (1-t)^n<(1-t)^{n-1} \;\Longrightarrow\; (1-t)^n\mathrm{e}^t<(1-t)^{n-1}\mathrm{e}^t\;. $

    La fonction $ t\mapsto (1-t)^{n-1}\mathrm{e}^t-(1-t)^{n}\mathrm{e}^t$ est continue et strictement positive sur $ ]0,1[$. Son intégrale est donc strictement positive.

    $\displaystyle \int_0^1 (1-t)^{n-1}\mathrm{e}^{t}-(1-t)^{n-1}\mathrm{e}^{t} \ma... ...mathrm{e}^{t} \mathrm{d}t< \int_0^1 (1-t)^{n-1}\mathrm{e}^{t} \mathrm{d}t\;. $

    Comme $ n!>(n-1)!$, $ 1/(n!)<1/(n-1)!$. Donc $ I_n<I_{n-1}$.
  2. Pour tout $ n\geq 1$, et pour tout $ t\in ]0,1[$,

    $\displaystyle 0<(1-t)^n\mathrm{e}^t\;. $

    La fonction à intégrer est continue et strictement positive, donc $ I_n$ est strictement positive.

    La fonction $ t\mapsto \mathrm{e}^t$ est majorée par $ \mathrm{e}$ sur $ [0,1]$. De plus la fonction $ t\mapsto \mathrm{e}-\mathrm{e}^t$ est continue et strictement positive sur $ [0,1[$. Le même raisonnement que précédemment donne la majoration au sens strict suivante.

    $\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{n!}(1-t)^{n}\mathrm{e}^t \mathrm{d}t <\int_0^1 \frac{1}{n!}(1-t)^{n}\mathrm{e} \mathrm{d}t\;. $

    Or :

    $\displaystyle \int_0^1 (1-t)^{n} \mathrm{d}t=\left[ -\frac{1}{n+1}(1-t)^{n+1}\right]_0^1 =\frac{1}{n+1}\;. $

    Donc :

    $\displaystyle I_n<\frac{1}{n+1} \frac{\mathrm{e}}{n!}=\frac{\mathrm{e}}{(n+1)!}\;. $

  3. $\displaystyle I_0=\int_0^1 \mathrm{e}^t \mathrm{d}t =\Big[ \mathrm{e}^t\Big]_0^1=\mathrm{e}-1\;. $

  4. Effectuons une intégration par parties :
    $\displaystyle I_1$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\int_0^1 (1-t)\mathrm{e}^t \mathrm{d}t}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\Big[(1-t)\mathrm{e}^t\Big]_0^1+\int_0^1\mathrm{e}^t \mathrm{d}t}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle -1+I_0=\mathrm{e}-2\;.$  


  5. $\displaystyle I_n$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\left[\frac{1}{n!}(1-t)^n\mathrm{e}^t\right]_0^1 +\int_0^1 \frac{n}{n!}(1-t)^{n-1}\mathrm{e}^t \mathrm{d}t}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{-\frac{1}{n!}+I_{n-1}}\;.$  

  6. Effectuons une démonstration par récurrence. La formule est vraie pour $ I_0$. Supposons-la vraie pour $ I_{n}$. En utilisant le résultat de la question précédente :
    $\displaystyle I_{n+1}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{I_{n}-\frac{1}{(n+1)!}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\mathrm{e}-\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}-\frac{1}{(n+1)!}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\mathrm{e}-\sum_{k=0}^{n+1}\frac{1}{k!}}\;.$  

    La formule est vraie pour $ n+1$, elle est donc vraie pour tout $ n\in\mathbb{N}$.
  7. Nous avons démontré que $ 0<I_n<\mathrm{e}/(n+1)!$. Donc :

    $\displaystyle 0<\mathrm{e}-\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}<\frac{\mathrm{e}}{(n+1)!} \... ...n\frac{1}{k!}<\mathrm{e}<\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}+\frac{\mathrm{e}}{(n+1)!}\;. $

Exercice 3 :  
  1. Ecrivons $ t(4-t)=4-(t-2)^2$. Effectuons le changement de variable $ t-2=2\cos(u)$, soit $ \mathrm{d}t=-2\sin(u) \mathrm{d}u$. Lorsque $ t$ varie de $ 1$ à $ 2$, $ \cos(u)$ varie de $ -1/2$ à 0, donc $ u$ varie de $ \arccos(-1/2)=2\pi/3$ à $ \arccos(0)=\pi/2$. Sur cet intervalle,

    $\displaystyle \sqrt{t(4-t)} = \sqrt{4-4\cos^2(u)}=2\sin(u)\;, $

    car $ \sin(u)$ est positif pour $ u\in[\pi/2,2\pi/3]$. Donc :

    $\displaystyle I = \int_{2\pi/3}^{\pi/2} \frac{1}{2+2\sin(u)}(-2\sin(u)) \mathrm{d}u = \int_{\pi/2}^{2\pi/3}\frac{\sin(u)}{1+\sin(u)} \mathrm{d}u\;. $

  2. La fonction à intégrer est une fraction rationnelle en $ \sin(u)$ qui n'a pas d'invariance particulière. Effectuons le changement de variable $ u=\tan(v/2)$, soit :

    $\displaystyle \mathrm{d}u = \frac{2}{1+v^2}\mathrm{d}v$   et$\displaystyle \quad \sin(u)=\frac{2v}{1+v^2}\;. $

    Lorsque $ u$ varie de $ \pi/2$ à $ 2\pi/3$, $ v$ varie de $ \tan(\pi/4)$ à $ \tan(\pi/3)$, donc de $ 1$ à $ \sqrt{3}$. On obtient :

    $\displaystyle I=\int_1^{\sqrt{3}} \frac{\frac{2v}{1+v^2}}{1+\frac{2v}{1+v^2}} ... ...v^2} \mathrm{d}v = \int_1^{\sqrt{3}}\frac{4v}{(1+v)^2(1+v^2)} \mathrm{d}v\;. $

  3. La décomposition en éléments simples est la suivante.

    $\displaystyle \frac{4v}{(1+v)^2(1+v^2)}=\frac{-2}{(1+v)^2}+\frac{2}{1+v^2}\;. $

    On en déduit :

    $\displaystyle I = \left[\frac{2}{1+v}\right]_1^{\sqrt{3}}+ 2\Big[\arctan(v)\Big... ...rac{2}{1+\sqrt{3}}-1+\frac{2\pi}{3}- \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{6}-2+\sqrt{3}\;. $


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