6n6 ⩽ sin k n2 ⩽ k n2 ) Correction de l'exercice 16 △ 1 Soit n ∈ N Pour x ∈ [ 0, π 2], 0 ⩽ arcsinx ⩽ (π 2 )n et donc, par croissance de l'intégrale, 0 ⩽ un ⩽
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Exo7
Intégration
* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le coursExercice 1****Soientfetgdeux fonctions continues et strictement positives sur[a;b]. Pournentier naturel non nul donné,
on poseun=Rb a(f(x))ng(x)dx 1=n. Montrer que la suite(un)converge et déterminer sa limite (commencer par le casg=1).Pourn2N, on poseun=R1
0tnf(t)dt. Montrer que limn!+¥un=0 puis déterminer un équivalent simple
deunquandntend vers+¥(étudier limn!+¥nun). 2. Mêmes questions en supposant que fest de classeC2sur[0;1]et quef(1) =0 etf0(1)6=0. 1)1n3ånk=1k2sinkpn
2) (1n!Õnk=1(a+k))1=n(a>0 donné)3)ånk=1n+kn
2+k4)ånk=11pn
2k2 5)1n pn 2 Z 10f(t)dt1n
n1å k=1f(kn ) =n!+¥an +o(1n asin(lt)f(t)dt=0. 2.(***) Redémontrer le même résultat en supposant simplement que fest continue par morceaux sur[a;b]
(commencer par le cas des fonctions en escaliers). 1Soitj:E!R
f7!Rb af(t)dtRb a1f(t)dt. 1.Montrer que j(E)n"est pas majoré.
2. Montrer que j(E)est minoré. Trouverm=Inffj(f);f2Eg. Montrer que cette borne infèrieure est atteinte et trouver toutes lesfdeEtelles quej(f) =m. x1t2p1+t8dt.
0et2dt.
1.Montrer que fest impaire et de classeC¥surR.
2. Montrer que fest solution de l"équation différentielley0+2xy=1. 3.Montrer que lim
x!+¥2xf(x) =1. 4.Soit g(x) =ex22xf0(x). Montrer quegest strictement décroissante sur]0;+¥[et quegadmet sur]0;+¥[
un unique zéro notéx0vérifiant de plus 00f2(t)dt6R1
0f02(t)dt.
ajtxjf(t)dt. Etudier la dérivabilité deFsurR.
f(0) =0. Montrer que8x2[0;a];8y2[0;f(a)];xy6Rx0f(t)dt+Ry
0f1(t)dt.
0f(t)dt=12
. Montrer quefadmet un point fixe. Exercice 13**Soientfetgdeux fonctions continues par morceaux et positives sur[0;1]telles que8x2[0;1];f(x)g(x)>1. Montrer que(R1
0f(t)dt)(R1
0g(t)dt)>1.
ånk=1sinkn
=12 +12n+o(1n1)un=1n!Z
10arcsinnx dx2)Z
1 0x n1+xdx3)Z p0nsinxx+ndx:
xdtpt4+t2+1.
xyf(t)dt. queRb af(x)dx6M(ba)240f(t)dt=R1
0jf(t)jdt.
x!1Rx2 xdtlnt.Etude complète de F(x) =Rx2
xdtlnt. t1sit6=0 et 0 sit=0. 1.Vérifier que fest continue surR.
32.Soit F(x) =Rx
0f(t)dt. Montrer queFa une limite réelle`quandxtend vers+¥puis que`=
2lim n!+¥ånk=11k 3.Correction del"exer cice1 Nfest continue sur le segment[a;b]et admet donc un maximumMsur ce segment. Puisquefest strictement
positive sur[a;b], ce maximum est strictement positif.Pourn2N, posonsun=Rb
a(f(x))ndx1=n. Par croissance de l"intégrale, on a déjà
u n6 Zb aMndx 1=n =M(ba)1=n; (car8x2[a;b];06f(x)6M) 8x2[a;b];(f(x))n6Mnpar croissance de la fonctiont7!tnsur[0;+¥[). D"autre part, par continuité defenx0tel quef(x0)=M, poure2]0;2M[donné,9[a;b][a;b]=aPournélément deN, on a alors
u n> Zb a(f(x))ndx 1=n Zb a(Me2 )ndx 1=n = (Me2 )(ba)1=n:En résumé,
8e2]0;2M[;9(a;b)2[a;b]2=a )(ba)1=n6un6M(ba)1=n: Mais, lim
n!+¥M(ba)1=n=Met limn!+¥(Me2 )(ba)1=n= (Me2 )(ba)1=n. Par suite,9n12N=8n>n1;M(ba)1=nn2;(Me2 )(ba)1=n>Me. Soitn0=Maxfn1;n2g. Pourn>n0, on aMe8e>0;9n02N=8n2N;(n>n0) junMj et donc que lim n!+¥un=M. Plus généralement, sigcontinue sur[a;b],gadmet un minimumm1et un maximumM1sur cet intervalle, tous
deux strictement positifs puisquegest strictement positive. PourndansN, on a m 1=n 1 Zb a(f(x))ndx 1=n 6 Zb a(f(x))ng(x)dx 1=n 6M1=n 1 Zb a(f(x))ndx etcommed"aprèsl"étudeducasg=1, onalimn!+¥m1=n 1 Rb a(f(x))ndx 1=n=limn!+¥M1=n
1 Rb a(f(x))ndx 1=n= M, le théorème de la limite par encadrements permet d"affirmer que limn!+¥Rb a(f(x))ng(x)dx 1=n=M. On
a montré que lim n!+¥ Zb a(f(x))ng(x)dx 1=n =Maxff(x);x2[a;b]g:Correction del"exer cice2 N1.fest continue sur le segment[0;1]et est donc bornée sur ce segment. SoitMun majorant dejfjsur
[0;1]. Pourn2N, junj6Z 1 0tnjf(t)jdt6MZ
1 0tndt=Mn+1;
et comme lim n!+¥Mn+1=0, on a montré que limn!+¥un=0. Soitn2N. Puisquefest de classeC1sur[0;1], on peut effectuer une intégration par parties qui fournit
u n=tn+1n+1f(t) 1 0 1n+1Z 1 0tn+1f0(t)dt=f(1)n+11n+1Z
1 0tn+1f0(t)dt:
5 Puisquef0est continue sur[0;1], limn!+¥R1
0tn+1f0(t)dt=0 ou encore1n+1R
1 0tn+1f0(t)dt=o(1n
D"autre part, puisquef(1)6=0,f(1)n+1f(1)n
ou encoref(1)n+1=f(1)n +o(1n ). Finalement,un=f(1)n +o(1n ou encore u nf(1)n 2. Puisque fest de classeC1sur[0;1]et quef(1) =0, une intégration par parties fournit u n=1n+1R 1 0tn+1f0(t)dt. Puisquef0est de classeC1sur[0;1]et quef0(1)6=0, le 1) appliqué àf0
fournit u n=1n+1Z 1 0tn+1f0(t)dt 1n
f 0(1)n =f0(1)n 2: Par exemple,
R1 0tnsinpt2
dt1n etR1 0tncospt2
dtp2n2Correction del"exer cice3 N1.Pour n>1, u n=1n 3nå
k=1k2sinkpn =1n nå k=1(kn )2sinkpn =1n nå k=1f(kn oùf(x)=x2sin(px).unest donc une somme de RIEMANNà pas constant associée à la fonction continue
fsur[0;1]. Quandntend vers+¥, le pas1n tend vers 0 et on sait queuntend vers Z 1 0x2sin(px)dx=
1p x2cos(px) 1 0 +2p Z 1 0xcos(px)dx=1p
+2p (1p xsin(px) 1 0 1p Z 1 0sin(px)dx)
1p 2p 2 1p cos(px) 1 0 =1p 2p 2(1p +1p 1p 4p 3: 2. On peut a voiren vied"écrire :
ln(un) =1n (nå k=1(ln(a+k)lnk)) =1n nå k=1ln(1+ak La suite de nombresa,a2
,...,an est une subdivision (à pas non constant) de[0;a]mais malheureusement son pasaa2 =a2 ne tend pas vers 0 quandntend vers+¥. On n"est pas dans le même type de problèmes. Rappel. (exo classique) Soitvune suite strictement positive telle que la suite(vn+1v n)tend vers un réel positif`, alors la suite(npv n)tend encore vers`. Posonsvn=1n!Õnk=1(a+k)puisun=npv
n. v n+1v n=a+n+1n+1!1; et donc lim n!+¥un=1. 6 3.Encore une fois, ce n"est pas une somme de R IEMANN. On tente un encadrement assez large : pour
16k6n,
n+kn 2+n6n+kn
2+k6n+kn
2: En sommant ces inégalités, il vient
1n 2+nnå
k=1(n+k)6nå k=1n+kn 2+k61n
2nå
k=1(n+k); et donc ((premier terme + dernier terme)nombre de termes/2), 1n 2+n((n+1)+2n)n2
6un61n
2((n+1)+2n)n2
et finalement, 3n+12(n+1)6un63n+12n. Or,3n+12(n+1)et3n+12ntendent tous deux vers32
. Donc,untend vers32 4. T outd"abord
u n=nå k=11pn 2k2=1n
nå k=11q 1(kn )2=1n nå k=1f(kn oùf(x) =1p1x2pourx2[0;1[.unest donc effectivement une somme de RIEMANNà pas constant associée à la fonctionfmais malheureusement, cette fonction n"est pas continue sur[0;1], ou même
prolongeable par continuité en 1. On s"en sort néanmoins en profitant du fait quefest croissante sur
[0;1[. Puisquefest croissante sur[0;1[, pour 16k6n2, on a1n 1p1(kn
)26R(k+1)=n k=n1p1x2dx, et pour 16k6n1,1n
1p1(kn
)2>Rk=n (k1)=n1p1x2dx. En sommant ces inégalités, on obtient u n=1n n1å k=11q 1(kn )2>n1å k=1Z k=n (k1)=n1p1x2dx=Z 11n 01p1x2dx=arcsin(11n
et u n=1n n2å k=11q 1(kn )2+1pn 2(n1)26Z
11n 1n 1p1x2dx+1p2n1
=arcsin(11n )arcsin1n +1p2n1: Quandntend vers+¥, les deux membres de cet encadrement tendent vers arcsin1=p2 , et doncuntend vers p2 5. Pour 1 6k6n,pk16E(pk)6pk, et en sommant,
1n pn nå k=1pk1pn 6un61n
pn nå k=1pk: Quandntend vers+¥,1pn
tend vers 0 et la somme de RIEMANN1n pn ånk=1pk=1n
ånk=1qk
n tend versR1 0px dx=32
. Donc,untend vers32 7 6.un=1n
ånk=1(k=n)21+8(k=n)3tend versR1
0x28x3+1dx=124
lnj8x3+1j1 0=ln312
7.un=ån1k=012(k+n)+1=12
2n ån1k=012+2k+1n
tend vers12 R 2 012+xdx=12
(ln4ln2) =ln2. 8. Soit f(x) =1x
2e1=xsix>0 et 0 six=0.fest continue sur[0;1](théorèmes de croissances comparées).
Donc,un=1n
ånk=1f(kn
)tend versR1 0f(x)dx. Pourx2[0;1], posonsF(x) =R1
xf(t)dt. Puisquefest continue sur[0;1],Fl"est et Z 1 0f(x)dx=F(0) =limx!0;x>0F(x) =limx!0;x>0h
e1=ti1 x=limx!0;x>0(e1e1=x) =1e Donc,untend vers1e
quandntend vers+¥.Correction del"exer cice4 NSupposonsfde classeC2sur[0;1]. SoitFune primitive defsur[0;1]. Soitnun entier naturel non nul.
u n=Z 1 0f(t)dt1n
n1å k=0f(kn ) =n1å k=0(Z (k+1)=n k=nf(t)dt1n f(kn )) =n1å k=0(F(k+1n )F(kn )1n F0(kn fest de classeC2sur le segment[0;1]. Par suite,F(3)=f00est définie et bornée sur ce segment. En notant
M 2la borne supérieure dejf00jsur[0;1], l"inégalité de TAYLOR-LAGRANGEà l"ordre 3 appliquée àFsur le
segment[0;1]fournit F(k+1n
)F(kn )1n F0(kn )12n2F00(kn )6(1=n)3M26 et donc, n1å k=0[F(k+1n )F(kn )1n F0(kn )12n2F00(kn 6n1å
k=0jF(k+1n )F(kn )1n F0(kn )12n2F00(kn )j 6 n1å k=0(1=n)3M26 =M26n2: Ainsi,
ån1k=0[F(k+1n
)F(kn )1n F0(kn )12n2F00(kn )]=O(1n 2), ouencoreån1k=0[F(k+1n
)F(kn )1n F0(kn )12n2F00(kn o(1n ), ou enfin, u n=n1åquotesdbs_dbs13.pdfusesText_19
Mais, lim
n!+¥M(ba)1=n=Met limn!+¥(Me2 )(ba)1=n= (Me2 )(ba)1=n. Par suite,9n12N=8n>n1;M(ba)1=nPlus généralement, sigcontinue sur[a;b],gadmet un minimumm1et un maximumM1sur cet intervalle, tous
deux strictement positifs puisquegest strictement positive. PourndansN, on a m 1=n 1 Zb a(f(x))ndx 1=n 6 Zb a(f(x))ng(x)dx 1=n 6M1=n 1 Zb a(f(x))ndx etcommed"aprèsl"étudeducasg=1, onalimn!+¥m1=n 1 Rb a(f(x))ndx1=n=limn!+¥M1=n
1 Rb a(f(x))ndx 1=n= M, le théorème de la limite par encadrements permet d"affirmer que limn!+¥Rb a(f(x))ng(x)dx1=n=M. On
a montré que lim n!+¥ Zb a(f(x))ng(x)dx 1=n=Maxff(x);x2[a;b]g:Correction del"exer cice2 N1.fest continue sur le segment[0;1]et est donc bornée sur ce segment. SoitMun majorant dejfjsur
[0;1]. Pourn2N, junj6Z 10tnjf(t)jdt6MZ
10tndt=Mn+1;
et comme lim n!+¥Mn+1=0, on a montré que limn!+¥un=0.Soitn2N. Puisquefest de classeC1sur[0;1], on peut effectuer une intégration par parties qui fournit
u n=tn+1n+1f(t) 1 0 1n+1Z 10tn+1f0(t)dt=f(1)n+11n+1Z
10tn+1f0(t)dt:
5Puisquef0est continue sur[0;1], limn!+¥R1
0tn+1f0(t)dt=0 ou encore1n+1R
10tn+1f0(t)dt=o(1n
D"autre part, puisquef(1)6=0,f(1)n+1f(1)n
ou encoref(1)n+1=f(1)n +o(1n ). Finalement,un=f(1)n +o(1n ou encore u nf(1)n 2. Puisque fest de classeC1sur[0;1]et quef(1) =0, une intégration par parties fournit u n=1n+1R 10tn+1f0(t)dt. Puisquef0est de classeC1sur[0;1]et quef0(1)6=0, le 1) appliqué àf0
fournit u n=1n+1Z 10tn+1f0(t)dt 1n
f 0(1)n =f0(1)n 2:Par exemple,
R10tnsinpt2
dt1n etR10tncospt2
dtp2n2Correction del"exer cice3 N1.Pour n>1, u n=1n3nå
k=1k2sinkpn =1n nå k=1(kn )2sinkpn =1n nå k=1f(knoùf(x)=x2sin(px).unest donc une somme de RIEMANNà pas constant associée à la fonction continue
fsur[0;1]. Quandntend vers+¥, le pas1n tend vers 0 et on sait queuntend vers Z 10x2sin(px)dx=
1p x2cos(px) 1 0 +2p Z 10xcos(px)dx=1p
+2p (1p xsin(px) 1 0 1p Z 10sin(px)dx)
1p 2p 2 1p cos(px) 1 0 =1p 2p 2(1p +1p 1p 4p 3: 2.On peut a voiren vied"écrire :
ln(un) =1n (nå k=1(ln(a+k)lnk)) =1n nå k=1ln(1+akLa suite de nombresa,a2
,...,an est une subdivision (à pas non constant) de[0;a]mais malheureusement son pasaa2 =a2 ne tend pas vers 0 quandntend vers+¥. On n"est pas dans le même type de problèmes. Rappel. (exo classique) Soitvune suite strictement positive telle que la suite(vn+1v n)tend vers un réel positif`, alors la suite(npv n)tend encore vers`.Posonsvn=1n!Õnk=1(a+k)puisun=npv
n. v n+1v n=a+n+1n+1!1; et donc lim n!+¥un=1. 63.Encore une fois, ce n"est pas une somme de R IEMANN. On tente un encadrement assez large : pour
16k6n,
n+kn2+n6n+kn
2+k6n+kn
2:En sommant ces inégalités, il vient
1n2+nnå
k=1(n+k)6nå k=1n+kn2+k61n
2nå
k=1(n+k); et donc ((premier terme + dernier terme)nombre de termes/2), 1n2+n((n+1)+2n)n2
6un61n
2((n+1)+2n)n2
et finalement,3n+12(n+1)6un63n+12n. Or,3n+12(n+1)et3n+12ntendent tous deux vers32
. Donc,untend vers32 4.T outd"abord
u n=nå k=11pn2k2=1n
nå k=11q 1(kn )2=1n nå k=1f(kn oùf(x) =1p1x2pourx2[0;1[.unest donc effectivement une somme de RIEMANNà pas constantassociée à la fonctionfmais malheureusement, cette fonction n"est pas continue sur[0;1], ou même
prolongeable par continuité en 1. On s"en sort néanmoins en profitant du fait quefest croissante sur
[0;1[. Puisquefest croissante sur[0;1[, pour 16k6n2, on a1n1p1(kn
)26R(k+1)=n k=n1p1x2dx, et pour16k6n1,1n
1p1(kn
)2>Rk=n (k1)=n1p1x2dx. En sommant ces inégalités, on obtient u n=1n n1å k=11q 1(kn )2>n1å k=1Z k=n (k1)=n1p1x2dx=Z 11n01p1x2dx=arcsin(11n
et u n=1n n2å k=11q 1(kn )2+1pn2(n1)26Z
11n 1n1p1x2dx+1p2n1
=arcsin(11n )arcsin1n +1p2n1: Quandntend vers+¥, les deux membres de cet encadrement tendent vers arcsin1=p2 , et doncuntend vers p2 5.Pour 1 6k6n,pk16E(pk)6pk, et en sommant,
1n pn nå k=1pk1pn6un61n
pn nå k=1pk:Quandntend vers+¥,1pn
tend vers 0 et la somme de RIEMANN1n pnånk=1pk=1n
ånk=1qk
n tend versR10px dx=32
. Donc,untend vers32 76.un=1n
ånk=1(k=n)21+8(k=n)3tend versR1
0x28x3+1dx=124
lnj8x3+1j10=ln312
7.un=ån1k=012(k+n)+1=12
2nån1k=012+2k+1n
tend vers12 R 2012+xdx=12
(ln4ln2) =ln2. 8.Soit f(x) =1x
2e1=xsix>0 et 0 six=0.fest continue sur[0;1](théorèmes de croissances comparées).
Donc,un=1n
ånk=1f(kn
)tend versR10f(x)dx. Pourx2[0;1], posonsF(x) =R1
xf(t)dt. Puisquefest continue sur[0;1],Fl"est et Z 10f(x)dx=F(0) =limx!0;x>0F(x) =limx!0;x>0h
e1=ti1 x=limx!0;x>0(e1e1=x) =1eDonc,untend vers1e
quandntend vers+¥.Correction del"exer cice4 NSupposonsfde classeC2sur[0;1]. SoitFune primitive defsur[0;1]. Soitnun entier naturel non nul.
u n=Z 10f(t)dt1n
n1å k=0f(kn ) =n1å k=0(Z (k+1)=n k=nf(t)dt1n f(kn )) =n1å k=0(F(k+1n )F(kn )1n F0(knfest de classeC2sur le segment[0;1]. Par suite,F(3)=f00est définie et bornée sur ce segment. En notant
M