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analyse

Terminale S1 et S3

corrigé: 2007:Calcule integrale suite

Détails: Catégorie : analyse

PARTIE A :

Soit f une fonction définie sur ${{\left[{1{\mathrm{\mathrm{;}}}{+\infty }}\right[}}$ et ayant une dérivée continue et croissante.Pour tout

${p%élément \mathbb{N}^{%*%} }$ on pose : ${u_{p}= \sum_{n\textrm{=}1}^{p}f'\left( n\right) }$ .

1. Démontrer la reletion suivante :

(0.1) ${\forall n \in \mathbb{N} ^{*} : f'\left( n\right) <=f\left( n+1\right) -f\left( n\right) <=f'\left( n+1\right) }$

a. En appliquant le théorème des accroissements finis à $f$ dans un intervalle bien choisi.

b. En utilisant la valeur moyenne de $f'$ sur ${\left[{{n}{\mathrm{,}}{n}+1}\right]}$ . [On rappelle que la valeur moyenne d'une fonction continue $g$ sur un intervalle ${\left[{{a}{\mathrm{,}}{b}}\right]}$ est : ${\frac{1}{b-a}int_{a} ^{b} g\left( x\right) dx}$

2. En utilisant la relation (0,1) de la question {{1.}}démontrer que:

(0.2) ${\forall p \in \mathbb{N} ^{*} {\mathrm{;}}u_{p}- f'\left( p\right) <=f\left( p\right) -f\left( 1\right) <=u_{p}-f'\left( 1\right) }$

3. Dans cette question on prend $f\left( x\right) = \frac{1}{x^{2}}$

a. Verifier que la suite $\left( u_{p}\right)$ est monotone.

b. En utilisant la relation (0,2) ,de la question {{2}} montrer que la suite $\left( u_{p}\right)$ est bornée.

c. En deduire que la suite $\left( v_{p}\right)$ de terme général $v_{p}\textrm{=}\sum_{n\textrm{=}1}^{p}{\frac{1}{n^{3}}}$ est convergente et que sa limite appartient à l'intervalle ${[{\frac{1}{2}},{\frac{3}{2}}]}$

4. Dans cette question on prend ${f\left( x\right) =- lnx}$

a. En utilisant la relation (0.2), montrer que $u_{p}<= -{\frac{1}{p}}-\ln p$

b. Montrer que $\lim_{{p}%trèsinférieurà \textrm{+}\infty }{sum} from{n\textrm{=}1} to{p} {\frac{1}{n}} \textrm{=} +\infty$

PARTIE B :
- Calculer pour tout ${n \in \mathbb{N} {\mathrm{,}} \int_{}^{}_{n \pi} ^{\left( n\textrm{+}1\right) \pi}\left|{\sin t }\right|dt }$

a. En effectuant le changement de variable ${N\textrm{=}t-n%pi}$ et en remarquant que la fonction

${bold {{u \to \left|{\sin n}\right| }}}$ est périorique de période ${\pi}$ .

b. En utilisant le résultat admis suivant :

${\forall n%élément setN:forall t%élément[n \pi{\mathrm{,}}\left( n+1\right) \pi]{\mathrm{,}}\left|{\sin t}\right|\textrm{=}\left( -1\right) ^n \sin t }$

2. Pour tout réel ${a }>{ 0}$ , on considère la fonction ${h}_{a}$ définie sur <math> $I{{}\textrm{=}{ {\left[{0{\mathrm{\mathrm{;}}}+\infty}\right[}}}$ par:

${ {h_a\left( t\right) =\left|{\frac{sint at} {t}}\right| }}{\mathrm{,}}{\ \ \textrm{si}\ {t %élément {{\left]{0{\mathrm{\mathrm{\mathrm{;}}}}+\infty}\right[}}{\mathrm{,}}h_a\left( 0\right) =a}}$ .

a. Montrer que les fontions ${h}_{a}$ sont continues sur $I$ .

b. Montrer que :

${\forall n %élément setN: \frac{1}{\left( n+1\right) \pi}int _{n \pi} ^{\left( n\textrm{+}1\right) \pi}\left|{sint }\right|dt \leq \int_{}^{}_{n \pi} ^{\left( n\textrm{+}1\right) \pi} h_1\left( t\right) dt.}$

En déduire que :

(0.3) ${\forall n%élément \frac{setN:2}{\left( n+1\right) \pi} \leq \int_{}^{}_{n \pi} ^{\left( n\textrm{+}1\right) \pi} h_1\left( t\right) dt.}$

3. On veut utiliser les résultats précédents pour calculer ${\lim_{{a}%tend +\infty }{int} _{0}^{\pi} h_{a}\left( t\right) dt.}$

a. En utilisant la relation (0.3) comparer : ${\frac{2}{\pi} \sum_{n\textrm{=}1}^{p}{\frac{1}{n}} et \int_{}^{}_0^{p%pi}h_1\left( t\right) dt.}$

b. Déduire de la question {{4.b. partieA, }} ${\lim_{{p}%tend \textrm{+}\infty }{int} _{0}^{p{\pi}} h_{1}\left( t\right) dt}$

c. Calculer ${\lim_{{x}%tend \textrm{+}\infty }{int} _{0}^{x} h_{1}\left( t\right) dt}$ . [on pourra introduire l'entier ${{p}={E{\left( \frac{x}{\pi}\right) }}}$ ; ou' E désigne la fonction partie entière.]

4. Montrer que :

${\forall a%élément \mathbb{R}_\textrm{+}^\textrm{*} :int _{0}^{\pi} h_{a}\left( t\right) dt\textrm{=}\int_{}^{}_{0}^{a%pi} h_{1}\left( t\right) dt\textrm{=} +\infty }$

En déduire ${\lim_{{a}%tend\textrm{+}\infty }{int} _{0}^{\pi} h_{a}\left( t\right) dt}$

Corrigé :2006: Calcul intégral et suite

Détails: Catégorie : analyse

{{Partie A}}

1) $H(x)=\int_{0}^{x}\frac{1}{1+t^{2}}dt$

a) La fonction $t\rightarrow\frac{1}{1+t^{2}}$ est continue sur $\mathbb{R}$ donc elle y admet des primitives. Soit L l'un d'entre elles.

Donc $H(x)=L(x)-L(0)$ ,
_ donc H est définie sur $\mathbb{R}$ , et dérivable sur $\mathbb{R}$ .

$H^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x^{2}}$

b) $(Ho\tan)^{\prime}(x)=(\tan x)^{\prime}\times\frac{1}{1+\tan^{2}x}=1$

Ainsi $(Ho\tan)(x)=x+c$

$(Ho\tan)(0)=0+c$ or $\tan0=0$ et $H(0)=0$ d'où $c=0$

Ainsi $(Ho\tan)(x)=x$ , $x\in\left] -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$

$\tan\frac{\pi}{4}=1$ avec $(Ho\tan)(\frac{\pi}{4})=\frac{\pi}{4}$

$H(1)=\frac{\pi}{4}$

2) a) G dérivable sur $\left] 0,+\infty\right[$

F dérivable sur $\left] 0,+\infty\right[$

g dérivable sur $\left] 0,+\infty\right[$

$F^{\prime}(x)=g^{\prime}(x)-g^{\prime}(x)\times H^{\prime}og(x)$

$F^{\prime}(x)=\frac{e^{2x}}{\sqrt{e^{2x}-1}}-\frac{e^{2x}}{\sqrt{e^{2x}-1} }\times\frac{1}{1+g^{2}(x)}$

d'où $F^{\prime}(x)=\sqrt{e^{2x}-1}$
_ or $G^{\prime}(x)=g(x)$

On en déduit que $F^{\prime}(x)=G^{\prime}(x)$

b)
$F^{\prime}(x)=G^{\prime}(x)$

donc $G(x)=F(x) +c$

$G(0)=0$ et $\qquad F(0) = g(0) - Hog(0)=0$

entraine $\qquad c=0$

d'où $G(x)=F(x)$

$G(\ln\sqrt{2})=F(\ln\sqrt{2})=g(\ln\sqrt{2})-Hog(\ln\sqrt{2})$

$g(\ln\sqrt{2})=\sqrt{e^{2\ln\sqrt{2}}-1}=1$

$G(\ln\sqrt{2})=1-H(1)=1-\frac{\pi}{4}$

$I=1-\frac{\pi}{4}$

{{Partie B}}

1)a) $f^{\prime}(x)=2e^{2x}\qquad e^{2x}=\frac{1}{2}f^{\prime}(x)\qquad f(x)=e^{2x}-1\qquad e^{2x}=1+f(x)=\frac{1}{2}f^{\prime}(x)=1+f(x)$

d'où $f^{\prime}(x)=2\left[ 1+f(x)\right]$

b) $I_{n+2}=\int_{0}^{\ln\sqrt{2}}\left[ f(x)\right] ^{\frac{n+2}{2}}dx$

$I_{n}+I_{n+2}=\int_{0}^{\ln\sqrt{2}}\left[ f(x)\right] ^{\frac{n+2}{2} }dx+\left[ f(x)\right] ^{\frac{n}{2}}dx$

$I_{n}+I_{n+2}=\int_{0}^{\ln\sqrt{2}}\left[ f(x)\right] ^{\frac{n}{2} }\left[ 1+f(x)\right] dx$

$I_{n}+I_{n+2}=\int_{0}^{\ln\sqrt{2}}\frac{1}{2}f^{\prime}(x)\left[ f(x)\right] ^{\frac{n}{2}}dx$

$I_{n+2}+I_{n}=\frac{1}{n+2}$

$n=0,$ $I_{0}+I_{2}=\ln\sqrt{2}+\int_{0}^{\ln\sqrt{2}}(e^{2x}-1)dx$

$I_{0}+I_{2}=\ln\sqrt{2}+\left[ \frac{1}{2}e^{2x}-x\right] _{0}^{\ln\sqrt {2}}$

$I_{0}+I_{2}=\ln\sqrt{2}+1-\ln\sqrt{2}-\frac{1}{2}$

$I_{0}+I_{2}=\frac{1}{2}$ or $\frac{1}{2}=\frac{1}{0+2}$

$I_{0}+I_{2}=\frac{1}{0+2}$

c) $I_{n+2}=\frac{1}{n+2}-I_{n}\geq0$

donc $0\leq I_{n}\leq\frac{1}{n+2}\qquad$

$\lim_{x\rightarrow+\infty} I_{n}=0$

2) $U_{n}=I_{n+4}-I_{n}$

a) $U_{n}=\frac{1}{n+4}-\frac{1}{n+2}$

$U_{un+1}=\frac{1}{(4n+1)+4}-\frac{1}{(4n+1)+2}$

$U_{un+1}=\frac{1}{4n+5}-\frac{1}{4n+3}$

b) $U_{4n+1}=I_{4n+1+4}-I_{4n+1}$

$U_{4n+1}=I_{4n+5}-I_{4n+1}$

$\sum_{n=0}^p U_{4n+1}=\sum_{n=0}^p (I_{4n+5}-I_{4n+1})$

$= (I_{5}-I_{1})+ (I_{9}-I_{5})+.....+(I_{4p+5}-I_{4p+1})$

$=I_{4p+5}-I_{1}$

$\sum_{n=0}^p U_{4n+1}=I_{4p+5}-I_{1}$

c) On a $\sum_{n=0}^p U_{4n+1}=\sum_{n=0}^p (\frac{1}{4n+5}-\frac{1}{4n+3} )$

$\sum_{n=0}^p U_{4n+1}=(\frac{1}{5}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{9}-\frac{1}{7})+.......+(\frac {1}{4p+5}-\frac{1}{4p+3})$

donc $I_{4p+5}-I_{1}=(\frac{1}{5}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{9}-\frac{1}{7})+.......+(\frac {1}{4p+5}-\frac{1}{4p+3})$

or
$I_{1}=\int_{0}^{\ln\sqrt{2}}\sqrt{e^{2x}-1} dx=I=1-\frac{\pi}{_{4}}$

d'où $I_{4p+5}+\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+.......+\frac {1}{4p+3}-\frac{1}{4p+5}$ = $\sum_{n=0}^{2p+2} \frac{(-1)^{n}}{2n+1}$

or $\lim_{n\rightarrow+\infty} I_{n}=0$

d'où

$\lim_{p\rightarrow+\infty} \sum_{n=0}^{2p+2} \frac{(-1)^{n}}{2n+1}=\frac{\pi}{4}$

corrigé: 2003: Utilisation du calcul intégral dans les suites

Détails: Catégorie : analyse

pas de corrigé

Corrigé : 2004: Utilisation du calcul intégral dans les suites

Détails: Catégorie : analyse

$u_{n}=2+2\sum_{1}^{n}{\frac{(-{1})^{k}}{2k+1}}$

Or $\frac{(-{1})^{k}}{2k+1}=\int_{0}^{1}{\left( -t^{2}\right) ^{k}\mathit{dt}}$

donc $u_{n}=2\int_{0}^{1}{\left( -t^{2}\right) ^{0}\mathit{dt}}+2\sum_{1} ^{n}{\int_{0}^{1}{\left( -t^{2}\right) ^{k}\mathit{dt}}}=2\int_{0}^{1}{\left( \sum_{0}^{n}\left( -t^{2}\right) ^{k}\right) \mathit{dt}}$

Or $\sum_{0}^{n}\left( -t^{2}\right) ^{k}=\frac{1-\left( -t^{2}\right) ^{n+1}}{1+t^{2}}=\frac{1+\left( -1\right) ^{n}t^{2n+2}}{1+t^{2}}$

donc $u_{n}=\int_{0}^{1}{2\left( \frac{1+\left( -1\right) ^{n}t^{2n+2} }{1+t^{2}}\right) \mathit{dt}}$

$u_{n}-2\int_{0}^{1}{\frac{1}{1+t^{2}}}\mathit{dt}=2\int_{0}^{1} {\frac{\left( -1\right) ^{n}t^{2n+2}}{1+t^{2}}\mathit{dt}}$

$\left\vert {u_{n}-2\int_{0}^{1}{\frac{1}{1+x^{2}}}\mathit{dx}}\right\vert =2\int_{0}^{1}{\frac{x^{2n+2}}{1+x^{2}}\mathit{dx}}$

Or $0\leq x\leq1$

$1\leq x^{2}+1\leq 2$

$\frac{1}{2}\leq\frac{1}{x^{2}+1}\leq1$

d' où $\frac{t^{2n+2}}{1+t^{2}}\leq t^{2n+2}$

donc $\left\vert {u_{n}-2\int_{0}^{1}{\frac{1}{1+x^{2}}}\mathit{dx} }\right\vert \leq2\int_{0}^{1}{x^{2n+2}\mathit{dx}}$

Or

$\int_{0}^{1}t^{2n+2}\mathit{dt}=\left[ \frac{t^{2n+3}}{2n+3}\right] _{0}^{1}=\frac{1}{2n+3}$

d'où $\left\vert {u_{n}-2\int_{0}^{1}{\frac{1}{1+x^{2}}}\mathit{dx} }\right\vert \leq\frac{2}{2n+3}$

2)

Soit $J=\int_{0}^{1}\varphi(x)\mathit{dx}$ avec $\ \varphi(x)=\frac {1}{1+x^{2}}$

$F{\prime}(x)=\varphi(x),x\in\mathbb{R}$

$F(0)=0$

$G(v)=F(tanv)$

a)

Montrer que G dérivable sur $\left] \frac{-\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$

$v\ \ {\longmapsto}tanv$ dérivable sur $\left] \frac{-\pi}{2},\frac{\pi }{2}\right[$ et \`{a} valeurs dans $\mathbb{R}$

or x ${\longmapsto}$ F(x) dérivable sur $\mathbb{R}$

donc par composition $v\longmapsto F(tanv)$ dérivable sur $\mathbb{R}$

Calcul de $G{\prime}(v)$

$G$ ' $(v)=(\tan v)$ ' $\times F$ ' $(\tan v)$

$G$ ' $(v)=(1+\tan^{2}v)\varphi(\tan v)$ avec $\varphi(\tan v)=\frac {1}{1+\tan^{2}v}$

donc $G$ ' $(v)=1$

donc $G(v)=v+c$

avec $G(0)=F(\tan0)=0$

donc $0+c=0$ soit $c=0$

$G(v)=v$

b)

$J=F(1)=F\left( \tan\frac{\pi}{4}\right)$

$J=G\left( \frac{\pi}{4}\right) =\frac{\pi}{4}$

donc $\left\vert {u_{n}-\frac{2\times\pi}{4}}\right\vert \leq\frac{2}{2n+3}$

ainsi $\left\vert {u_{n}-\frac{2\times\pi}{4}}\right\vert \leq \frac{2}{2n+3}\qquad et\qquad\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{2}{2n+3}=0$ $\hfill$

d' où $\lim_{n\rightarrow+\infty}u_{n}=\frac{\pi}{2}$

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