Sujet : Analyse, Intégration, Suite dont le terme général est défini par une intégrale

Description

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Suite dont le terme général est défini par une c) En déduire que nX 1intégrale e = lim n→∞ k! k=0 Exercice 1 [ 01994 ] [correction] Pour p et q entiers naturels, on pose : Exercice 4 [ 01993 ] [correction] Z b Pour n∈N, on pose Zp q eI = (t−a) (b−t) dtp,q nI = (lnx) dxa n 1 a) Former une relation de récurrence liant I et I .p,q p+1,q−1 a) Calculer I et I .0 1 b) Donner une expression de I à l’aide de factoriels.p,q b) Etablir une relation liant I et I .n n+1 c) En déduire que e ∀n∈N, 0 0 0 n n n nn n0 b) Montrer que pour tout n∈N, on a n+1 Exercice 5 [ 01995 ] [correction]I = In+2 n n+2 Soient n∈N et x∈ ]0,π[. a) Justifier l’existence de c) Donner une expression de I à l’aide de factoriels en distinguant les cas n = 2pn Z πet n = 2p+1. cosnt−cosnx I = dtnd) Etablir que pour tout n∈N, cost−cosx0 π b) Exprimer I . On pourra commencer par calculer I +I .(n+1)I I = et I 6I 6In+1 n n+2 n+1 n n n+1 n−1 2 e) Déterminer un équivalent de I .n Exercice 6 [ 01996 ] [correction] Pour n∈N, on pose Z 1 dxExercice 3 [ 01992 ] [correction] u =n nOn pose, pour n∈N 1+x0Z 1 n(1−x) x a) Calculer u ,u ,u .0 1 2I = e dxn n!0 b) Montrer que (u ) est une suite strictement croissante.n c) Montrer que u → 1.na) Montrer que la suite (I ) tend vers 0.n d) Etablirb) Montrer que Z Z1 n 11 x dx ln2 1? nI = +I ∀n∈N , = − ln(1+x )dxn n+1 n(n+1)!

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

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• Langue: Français

Extrait

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013

Suite dont le terme général est
intégrale

Exercice 1[ 01994 ][correction]
Pourpetqentiers naturels, on pose :
Ipq=Zb(t−a)p(b−t)qdt
a

défini

a) Former une relation de récurrence liantIpqetIp+1q−1.
b) Donner une expressiIpqà l’aide d
on de e factoriels.

Exercice 2[ 01997 ][correction]
[Intégrales de Wallis]
Pourn∈N, on pose
In=Z0π2sinntdt
a) Montrer queIn=R0π2cosntdtetIn>0
b) Montrer que pour toutn∈N, on a

In+2=n+12+In
n

par

Enoncés

une

c) Donner une expression deInà l’aide de factoriels en distinguant les casn= 2p
etn= 2p+ 1.
d) Etablir que pour toutn∈N,

(n+ 1)In+1In=π2etIn+26In+16In

e) Déterminer un équivalent deIn.

Exercice 3[ 01992 ][correction]
On pose, pourn∈N
In=Z1(1−n!x)nexdx
0
a) Montrer que la suite(In)tend vers 0.
b) Montrer que
1
=
In(n+ 1)! +In+1

c) En déduire que

e= lnX1
ni→m∞k!
k=0

Exercice 4[ 01993 ][correction]
Pourn∈N, on pose
e
In=Z1x)ndx
(ln
a) CalculerI0etI1.
b) Etablir une relation liantInetIn+1.
c) En déduire que
∀n∈N,0< In<e+ 1
n
d) Déterminer la limite puis un équivalent simple de(In).
e) Soit(un)une suite réelle définie par

u0=aet∀n∈N un+1=e−(n+ 1)un

On suppose quea6=I0, montrer, en étudiantDn=|un−In|, que|un| →+∞.

Exercice 5[ 01995 ][correction]
Soientn∈Netx∈]0 π[.
a) Justifier l’existence de
IZπcsoscotnt−−oscoscnxxdt
n=
0

b) ExprimerIn. On pourra commencer par calculerIn+1+In−1.

Exercice 6[ 01996 ][correction]
Pourn∈N, on pose
Z11 +dxxn
un=
0
a) Calculeru0 u1 u2.
b) Montrer que(un)est une suite strictement croissante.
c) Montrer queun→1.
d) Etablir
1
∀n∈N?,Z011xn+dxxn= lnn2−n1Zln(1 +xn) dx
0

1

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e) Montrer que

et en déduire que

lim
n→∞

Z10ln(1 +xn
) dx= 0

un= 1−

lnn2+on1

Enoncés

2

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a) Par intégration par parties, on obtient

b) On en déduit

or

donc

Ipq=p+q1p+1q−1
I

Ipq(=p+ 1q()(pq+−))121(p)Ip+q0
+q

I(b−a)p+q+1
p+q0=p+q+ 1

q!+q+1
Ipq(=p+qp+1!()!b−a)p

Exercice 2 :[énoncé]
a) En appliquant le changement de variableu=π2−ton obtient
π
In=Z02cosnudu

Corrections

t7→sinntest continue, positive sans tre la fonction nulle et0< π2doncIn>0
b) Par intégration par parties
In+2=Z0π2sintsinn+1tdt=−costsinn+1t0π2+ (n+ 1)Z0π2cos2tsinntdt

donc

puis

c)

In+2= (n+ 1)Zπ2(1−sin2t) sinntdt= (n+ 1)In−(n+ 1)In+2
0

(n+ 2)In+2= (n+ 1)In

I2p= 2p2−p1I2p−2= 2p2−1 2p−3 1I(2p)!π
p2p−2∙ ∙ ∙20=
22p(p!)22

sachantI0=π2.

2p−2 2 22p(p!)2
I2p+12=p2p+ 1∙ ∙ ∙I1=
1 2p−3 (2p+ 1)!

sachantI1= 1.
d) Posonsun= (n+ 1)In+1In. On

un+1= (n+ 2)In+2In+1= (n+ 1)InIn+1=un

etu0=I1I0=π2donc pour toutn∈N

Pour toutt∈[0 π2],

donc

(n+ 1)In+1In=π2

sinn+2t6sinn+1t6sinnt

In+26In+16In

e) On a
n1++2In6In+16In
n
doncIn+1In→1. AinsiIn+1∼In.
Par suite
π2 = (n+ 1)In+1In∼nI2n
In√∼π
√2n

et donc

sachantIn>0.

3

Exercice 3 :[énoncé]
a) On a
06In6Z1ne! de0
x=→
0n!
donc par encadrementIn→0.
b) Par intégration par parties
In=Z10(1−n!x)nexdx−(1(n−+x)1n)+!1ex01+Z101((n−+x)1n)+!1exdx=(n1!++1)In+1

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e) On a

Dn+1= (n+ 1)Dn

c) Par intégration d’une fonction continue, positive et non nulle, on aIn>0.
e
PuisqueIn+1>0, on a aussiIn<n+1.
d) Par encadrementIn→0.
PuisqueIn+1=e−(n+ 1)In→0on a(n+ 1)In→e puis
e
In∼1∼e
n+n

Exercice 4 :[énoncé]
a)I0=e−1.
I1=R1elnxdx= [xlnx−x]e1= 1.
b) Par intégration par parties
e
In+1)n+1dx=x(lnx)n+
=Z1(lnx11e−(n+ 1)Z1e(lnx)ndx=e−(n+

∀n∈N In=λcos(nx) +µsin(nx)

I0= 0etI1=πdoncλ= 0etµ=sinxπd’où
In=πsinnx
sinx

doncDn=n!D0.
Sia6=I0alorsDn→+∞puis|un|>Dn−In→+∞.

On peut donc prolongerfpar continuité enxce qui assure l’existence deIn.
b) On a :
In+1+In−1=Z0πcos(n+ 1)t+ cos(n−1)t−(cos(n+ 1)x+ cos(n−1)x)dt
cost−cosx
In+1+In−Zπ2 cosntcocosstt−−oss2cocnxxcosxdt
1=
0
1= 2Z0πocsct−cosxdt+ 2 cosxZ0πsoccosttn−−ocssocxxn
In+1+In−osntcost−cosntcosxdt
enfin
π
In+1+In−1= 2Zcosntdt+ 2 cosxIn cos= 2xIn
0
(In)est une suite récurrente linéaire double d’équation
caractéristiquer2−2 cosxr+ 1 = 0de racines eixet e−ix
.
Donc il existeλ µ∈Rtel que

x7→(1 +xn)(1 +xn+1)
est continue, positive sans tre la fonction nulle et0<1doncun+1−un>0.
c) On a
1
|un−1|=Z101x+ndxxn6Z0xndx=n10+1
→

Exercice 6 :[énoncé]
a)u0= 12,u1= ln 2etu2=π4.
b) On a
un+1−un=Z01(1 +xxnn1)(1(−+xx)n+1)dx
or la fonction
xn(1−x)

1)In

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Exercice 5 :[énoncé]doncun→1.
a)f:t7→oscocnstt−−soccsoxnxest définie et continue sur[0 π] {x} Par intégration par parties. d)
cosnt−cosnxcos(nx+nh)−cos(nx)hnnhsin
cost−cosxcos(x+h)−cosx= (1−oc1(−(scn)so)hos)c(socxxn)−−nisisnnhsixisnxh∼→0nInnis=xnZx10x1x+n−x1ndx=n1xln(1 +xn)01−n1Z10ln(1 +xn) dx= lnn2−n1Z01ln(1 +xn) dx
=

4

avec

donc

Ainsi

Corrections

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1Ik−1−Ik
=
k!
nX1n1 +I0−In
k 1 +! =XIk−1−Ik=
k=0k=1
IZ01
0=exdx=e−1

n
Xk1=!e+In−−−−→e
n→+∞
k=0

c) Pourk>1,

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e) On a
1
06Zln(1 +xn) dx6Z01xndx=n
0
car il est connu queln(1 +t)6tpourt >−1.
On a alors
Z10l
n(1 +xn) dx→0

donc

un= 1−Z01

xn
1 +xn

d ln 2
x= 1−
n

1
+ 1→0

1
+on

Corrections

5

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