Corrigé du devoir

Questions de cours :  

1. Les pas de la subdivision $D$ sont les amplitudes des intervalles $[a_{i-1},a_i]$ :
   $$\forall i=1,\ldots,n\;,\quad h_i=a_{i}-a_{i-1}\;.$$

2. La somme de Riemann associée à $f$ sur $D$ est :
   $$S_D(f) = \sum_{i=1}^n f(x_i)(a_i-a_{i-1})= \sum_{i=1}^n f(x_i) h_i\;.$$

3. Si pour tout $x\in[a,b]$, $f(x)=k$, alors :
   $$S_D(f) = \sum_{i=1}^n k(a_i-a_{i-1})= k\sum_{i=1}^n h_i=k(b-a)\;.$$

4. On dit que la subdivision $D$ est $\delta$-fine si :
   $$\forall i=1,\ldots,n\;,\quad h_i=a_i-a_{i-1}\leqslant \delta\;.$$

5. On dit que $\delta$ est $\varepsilon$-adapté à $f$ si pour toute subdivision $D$ qui est $\delta$-fine,
   $$\left\vert S_D(f)-\int_a^b f(x) \mathrm{d}x \right\vert\leqslant \varepsilon \;.$$

Exercice 1 :  

1. 
   

   $$S_D(f) = \displaystyle{\sum_{i=1}^n\left(\frac{i-1}{n}\right)^2 \frac{1}{n}} =\displaystyle{\frac{1}{n^3}\sum_{i=1}^n(i-1)^2}$$

   $$= \displaystyle{\frac{(n-1)n(2n-1)}{6n^3}} =\displaystyle{\frac{(n-1)(2n-1)}{6n^2}}\;.$$

   
   
2. 
   

   $$S_D(f) = \displaystyle{\sum_{i=1}^n\left(\frac{i}{n}\right)^2 \frac{1}{n}} =\displaystyle{\frac{1}{n^3}\sum_{i=1}^n i^2}$$

   $$= \displaystyle{\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}} =\displaystyle{\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}}\;.$$

   
   
3. Par hypothèse, pour tout $i=1,\ldots,n$, $a_{i-1}<x_i<a_i$, donc $a_{i-1}^2<x_i^2<a_i^2$. La somme de Riemann $S_D(f)$ est encadrée par celles des deux questions précédentes.
   $$\frac{(n-1)(2n-1)}{6n^2}<S_D(f)<\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}\;.$$
   Or :
   $$\lim_{n\to\infty}\frac{(n-1)(2n-1)}{6n^2}= \lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}=\frac{1}{3}\;.$$
   D'où le résultat.
4. Par définition d'une subdivision pointée, pour tout $i=1,\ldots,n$, $a_{i-1}\leqslant x_i\leqslant a_i$, donc $a_{i-1}^2\leqslant x_i^2\leqslant a_i^2$ (puisque par hypothèse $[a,b]\subset \mathbb{R}^+$). Donc :
   $$\sum_{i=1}^n a_{i-1}^2(a_i-a_{i-1})\leqslant \sum_{i=1}^n x_i^2(a_i-a_{i-1})\leqslant \sum_{i=1}^n a_i^2(a_i-a_{i-1})\;,$$
   soit $S_0\leqslant S_D(f)\leqslant S_1$.
5. 
   

   $$\displaystyle{\frac{S_0+4S_{1/2}+S_1}{6}} = \displaystyle{ \frac{1}{6}\sum_{i=1}^n (2a_{i-1}^2+2a_{i-1}a_i+2a_i)(a_i-a_{i-1})}$$

   $$= \displaystyle{\frac{1}{3}\sum_{i=1}^na_i^3-a_{i-1}^3 = \frac{b^3-a^3}{3}}\;.$$

   
   
6. 
   

   $$S_1-S_0 = \displaystyle{ \sum_{i=1}^n (a_i^2-a_{i-1}^2)(a_i-a_{i-1})}$$

   $$\leqslant \displaystyle{h\sum_{i=1}^n(a_i^2-a_{i-1}^2) = h (b^2-a^2)}\;.$$

   
   

7. La somme de Riemann $S_{1/2}$ est comprise entre $S_0$ et $S_1$, donc :
   $$\frac{6S_0}{6}\leqslant \frac{S_0+4S_{1/2}+S_1}{6}\leqslant \frac{6S_1}{6} \;\Longleftrightarrow\; S_0\leqslant \frac{b^3-a^3}{3}\leqslant S_1\;.$$
   Les deux réels $S_D(f)$ et $(b^3-a^3)/3$ appartiennent tous deux à l'intervalle $[S_0,S_1]$, donc leur distance est majorée par la longueur de l'intervalle.
   $$\left\vert S_D-\frac{b^3-a^3}{3}\right\vert\leqslant S_1-S_0\leqslant h (b^2-a^2)\;.$$

8. Soit $\varepsilon$ un réel strictement positif. Notons $\delta$ la constante $\varepsilon /(b^2-a^2)$. Soit $D$ une subdivision $\delta$-fine de $[a,b]$. Par hypothèse, cette subdivision vérifie :
   $$h=\max\{ a_i-a_{i-1} ,\;i=1,\ldots,n \}\leqslant \delta=\frac{\varepsilon }{b^2-a^2}\;.$$
   D'après la question précédente,
   $$\left\vert S_D-\frac{b^3-a^3}{3}\right\vert\leqslant h (b^2-a^2)\leqslant\varepsilon \;.$$
   Ceci montre que $f$ est intégrable, et a pour intégrale $(b^3-a^3)/3$.
9. Nous pouvons nous restreindre au cas $a<b$. En effet :
   $$\int_a^bf(x) \mathrm{d}x=-\int_b^af(x) \mathrm{d}x\;.$$
   Les questions précédentes montrent le résultat pour $0\leqslant a<b$. On en déduit le cas $a<b\leqslant 0$ par le changement de variable $t=-x$, et le fait que $f(-x)=f(x)$.
   $$\int_a^bf(x) \mathrm{d}x = -\int_{-a}^{-b}f(-t) \mathrm{d}t=\int_{-b}^{-a}f(t) \mathrm{d}t=\frac{(-a)^3-(-b)^3}{3} =\frac{b^3-a^3}{3}\;.$$
   Pour $a< 0<b$, on applique les deux cas précédents et la relation de Chasles.
   $$\int_a^bf(x) \mathrm{d}x=\int_a^0f(x) \mathrm{d}x+\int_0^bf(x) \mathrm{d}x= \frac{0-a^3}{3}+\frac{b^3-0}{3}=\frac{b^3-a^3}{3}\;.$$

Exercice 2 :  

1. Soit $a$ un réel quelconque, et $F$ une primitive de $f$. Écrivons :
   $$F(a)-F(0)=\int_0^a f(x) \mathrm{d}x\;.$$
   Effectuons le changement de variable $t=-x$.
   $$\int_0^a f(x) \mathrm{d}x=-\int_0^{-a} f(-t) \mathrm{d}t\;.$$
   Or $f$ est impaire, donc pour tout $t$, $f(-t)=-f(t)$. Donc :
   $$F(a)-F(0)=\int_0^a f(x) \mathrm{d}x=\int_0^{-a} f(t) \mathrm{d}t=F(-a)-F(0)\;.$$
   Donc $F(a)=F(-a)$ : $F$ est paire.
2. Soit $F$ une primitive paire de $f$.
   $$\int_{a}^{b}f(x) \mathrm{d}x =F(b)-F(a)=F(-b)-F(-a)= \int_{-a}^{-b} f(x) \mathrm{d}x\;.$$

3. Pour tout $a\in\mathbb{R}$ et pour tout $h\in\mathbb{R}^{+*}$,
   $$\frac{1}{h}\int_a^{a+h} f(x) \mathrm{d}x = \frac{1}{h}\int_{-a}^{-a-h} f(x) \mathrm{d}x\;.$$
   Puisque $f$ admet une primitive $F$,
   $$\lim_{h\to 0} \frac{1}{h}\int_a^{a+h} f(x) \mathrm{d}x = F'(a)=f(a)$$
   De même,
   $$\lim_{h\to 0} \frac{1}{h}\int_{-a}^{-a-h} f(x) \mathrm{d}x = -F'(a)=-f(a)$$
   D'où le résultat.

Exercice 3 :  

1. $$I_0=\int_0^{\pi/2} 1 \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}$$   et$$\quad I_1=\int_0^{\pi/2} \cos(x) \mathrm{d}x = \Big[ \sin(x) \Big]_0^{\pi/2} =1\;.$$

2. Pour l'intégration par parties, on pose $u=\cos^{n-1}(x)$ et $v'=\cos(x)$.
   

   $$I_n = \displaystyle{\int_0^{\pi/2}\cos(x)\cos^{n-1}(x) \mathrm{d}x}$$

   $$= \Big[\sin(x)\cos^{n-1}(x)\Big]_0^{\pi/2} -\int_0^{\pi/2} \sin(x) (-\sin(x))(n-1)\cos^{n-2}(x) \mathrm{d}x$$

   $$= (n-1)\int_0^{\pi/2} \sin^2(x)\cos^{n-2}(x) \mathrm{d}x\;.$$

   
   Remplaçons $\sin^2(x)$ par $1-\cos^2(x)$.
   $$I_n= (n-1)\int_0^{\pi/2} (1-\cos^2(x))\cos^{n-2}(x) \mathrm{d}x =(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n\;.$$
   Donc :
   $$I_n=\frac{n-1}{n} I_{n-2}\;.$$

3. Démonstration par récurrence sur $k$ pour $I_{2k}$ : la formule est vraie pour $k=0$. Supposons-la vraie pour $k$. Alors :
   $$I_{2k+2}=\frac{2k+1}{2k+2}I_{2k}=\frac{(2k+2)(2k+1)}{2^2(k+1)^2} \pi\frac{(2k)!}{2^{2k+1}(k!)^2}= \pi\frac{(2k+2)!}{2^{2k+3}((k+1)!)^2}\;.$$
   La formule est vraie pour $k+1$, donc pour tout $k\in\mathbb{N}$.

   Démonstration analogue pour $I_{2k+1}$. La formule est vraie pour $k=0$. Supposons-la vraie pour $k$. Alors :

   $$I_{2k+3}=\frac{2k+2}{2k+3}I_{2k+1}=\frac{2^2(k+1)^2}{(2k+3)(2k+2)} \frac{2^{2k} (k!)^2}{(2k+1)!}= \frac{2^{2k+2} ((k+1)!)^2}{(2k+3)!}\;.$$
   La formule est vraie pour $k+1$, donc pour tout $k\in\mathbb{N}$.