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Corrigé 2014 : Problème

Détails: Catégorie : Calcul intégral

Partie A

1.a. $\forall x\in I, f_{1}(x)=\frac{1}{x}\int^{x}_{1}\frac{1}{t}dt=\frac{1}{x}\left[lnt\right]^{x}_{1}=\frac{lnx}{x}$ .

La fonction $f_{0}$ est définie, continue et dérivable sur I et de dérivée $f\prime _{0} : x\mapsto -\frac{1}{x^{2}}$ , fonction strictement négative.

$\lim_{x\to +\infty}f_{0}(x)=0$ et $\lim_{x\to +0}f_{0}(x)=+\infty$ .

Voici le tableau de variations de $f_{0}$

image

La fonction $f_{1}$ est définie, continue et dérivable sur I et de dérivée $f\prime _{1} :x\mapsto \frac{1-lnx}{x^{2}}$ .

la dérivée est $\geq 0$ si et seulement si $lnx\leq 1$ c'est à dire $x\leq e$ et elle s'annule seulement si x= e.

$\lim_{x\to +\infty}f_{1}(x)=0$ et $\lim_{x\to 0}f_{1}(x)=-\infty$ .

Voici le talbeau de variations de $f_{1}$

$\forall x\in I, f_{1}(x)-f_{0}(x)\geq 0 \Longleftrightarrow \frac{lnx}{x}-\frac{1}{x}\geq 0$

$\Longleftrightarrow lnx-1\geq 0$

$\Longleftrightarrow x\geq e$

et $f_{1}(x)-f_{0}(x)= 0$ seulement si x=e

Donc dans l'intervalle $]0,e[,C_{1}$ est au dessous de $C_{0}$ et dans l'intervalle $]e,+\infty[,C_{1}$ est au dessus de $C_{0}$

Voici les courbes $C_{1}$ et $C_{0}$

2. L'aire demandée vaut en unités d'aire $A=\int^{e^{2}}_{1}|f_{1}(x)-f_{0}(x)|=\int^{e}_{1}\left(\frac{1}{x}-\frac{lnx}{x}\right)dx+\int^{e{2}}_{e}\left(\frac{lnx}{x}-\frac{1}{x}\right)dx$

$f_{0}$ a pour primitives dans I, $x\mapsto lns + c^{te}$ .

Pour tout $x\in I,f_{1}(x)=u\prime u$ avec u = lnx

Donc $f_{1}$ a pour primitives dans I, $I,x\mapsto \frac{1}{2}u^{2}+c{te}=\frac{1}{2}(lnx)^{2}+c^{te}$ .

$A=\left[lnx-\frac{1}{2}(lnx)^{2}\right]^{e}_{1}+\left[\frac{1}{2}(lnx)^{2}-lnx\right]^{e}_{1}=1-\frac{1}{2}-\left(\frac{1}{2}4-2-\left(\frac{1}{2}-1 \right)\right)=1 u.a=4cm^{2}$

Partie B

1.a. Appelons $P_{n}$ la propriété " $f_{n}$ est dérivable sur I"
Nous savons déjà que $f_{0}$ est dérivable sur $I;P_{0}$ est donc vraie.
Supposons $P_{n}$ varie pour un entier n donné, c'est à dire $f_{n}$ est dérivable sur I.

Alors l'application $g:x\mapsto \int_{1}^{x}f_{n}(t)dt$ est dérvable sur I et de dérivé $g\prime : x\mapsto f_{n}(x)$ ; par conséquent $f_{n+1}$ , produit de $f_{0}$ et de g est dérivable sur I ; $P_{n+1}$ est donc vraie.

b. D'après le a, pour tout entier naturel n, $f_{n+1}$ est dérivable sur $I;P_{n+1}$ est donc vraie.

$\forall x\in I,f\prime _{n+1}(x)=f\prime _{0}(x)g(x)+f_{0}(x)g\prime (x)=-\frac{1}{x^{2}}\int^{x}_{1}f_{n}(t)dt+\frac{1}{x}f_{n}(x)=-\frac{1}{x}f_{n+1}(x)+\frac{1}{x}f_{n}(x)$

2.a. Soit s un élèment de I.

En intégrant la relation de la question précédente , on obtient

$\int^{x}_{1}f\prime _{n+1}(t)dx=\int^{x}_{1}\frac{-f _{n+1}(t)+f_{n}(t)}{t}{dt$

c'est à dire

$f _{n+1}(x)-f _{n+1}(1)=-f _{n+1}(x)-F_{n}(x)$

ou, puisque $f _{n+1}(1)=0$

$f _{n+1}(x)=F _{n+1}(x)+F _{n1}(x)$

b. Soit p un entier naturel non nul et s un élèment de I.
En sommant la relation précédente de 0 à p-1 on obtient

$\sum^{p-1}_{n=0}f _{n+1}(x)=\sum^{p-1}_{n=0}\left(-F _{n+1}(x)+F _{n}(x)\right)=-F_{p}(x)+F_{0}(x)$

c'est à dire

$\sum^{p}_{n=1}f _{n}(x)=-F_{p}(x)+F_{0}(x)$

ou, en ajoutant aux deux membres

$\sum^{p}_{n=1}f _{n}(x)=f_{0}+F_{0}(x)-F_{p}(x)$

3.a. Pour tout entier naturel non nul n, appelons $Q_{n}$ la propriété $"\forall x\in I, f _{n}(x)=\frac{ln^{n}x}{n!x}"$

Nous savons déjà que $"\forall x\in I, f _{1}(x)=\frac{lnx}{x}"$ ; $Q_{1}$ est donc vrais.

Supposons $Q_{n}$ vraie pour un entier non nul n donné, c'est à dire $"\forall x\in I, f _{n}(x)=\frac{ln^{n}x}{n!x}"$

Alors $f _{n+1}(x)=\frac{1}{x}\int^{x}_{1} \frac{ln^{n}t}{n!t}dt$ .

Mais pour tout t dans $I,\frac{ln^{n}t}{n!t}$ s'écrit $\frac{1}{n!}v^{n}v\prime$ avec v = lnt, l'application

$t\mapsto\frac{1}{n!}\frac{1}{n+1}v^{n+1}=\frac{ln^{n+1}t}{(n+1)!}$

est donc une primitive

$t\mapsto\frac{ln^{n}t}{n!t}$

Par conséquent $\forall x\in I,f\prime _{n+1}(x)=\frac{1}{x}\left[\frac{ln_{n+1}t}{(n+1)!}\right]^{x}_{1}=\frac{ln_{n+1}x}{(n+1)!x};Q_{n+1}$ est donc vraie.

b. Pour tout x dans $[1,e]$ ,on a puisque la fonction ln est croissante : $0\leq lnx \leq 1$ , donc

$\forall x\in [1,e]|f_{n}(x)=\frac{ln^{n}}{n!x}\leq \frac{1}{n!x}\leq \frac{1}{n!}$

On en déduit que

$\left|F_{n}(e)\right|=\left|\int^{e}_{1}\frac{f_{n}(t)}{t}dt\right|\leq \int^{e}_{1}\frac{f_{n}(t)}{t}dt\leq\int^{e}_{1}\frac{1}{n!}\left[lnt\righ]^{e}_{1}=\frac{1}{n!}$

Puisque $\lim_{x\to +\infty} \frac{1}{n!}=0$ , le théorème des gendarmes permet de conclure que $\lim_{x\to +\infty} F_{n}(e)=0$

c. De la question 2, on tire en remplacant x par e :

$\sum^{p}_{n=0}f _{n}(e)=-f_{0}(e)+F_{0}(e)-F_{p}(e)$

et en faisant tendre p vers $+\infty$

$\lim_{p\to +\infty}\sum^{p}_{n=0}f _{n}(e)=f_{0}(e)+F_{0}(e)-\lim_{p\to +\infty}F_{p}(e)=f _{0}(e)+F_{0}(e)$

soit en remplaçant $f _{n}(e)$ par $\frac{ln^{n}e}{n!e}=\frac{1}{n!e}$ et sachant que

$F_{0}(e)=\int^{e}_{1}\frac{f_{0}(t)}{t}dt=\int^{e}_{1}\frac{1}{t^{2}}dt=\left[\frac{1}{t}\right]^{e}_{1}=1-\frac{1}{e}:$

$\lim_{p\to +\infty}\sum^{p}_{n=0}\frac{1}{n!e}=\frac{1}{e}+1-\frac{1}{e}=1$

Et en multipliant par e : $\lim_{p\to +\infty}\sum^{p}_{n=0}\frac{1}{n!}=e$

Corrigé Epreuve 2006 : Calcul intégral et suite

Détails: Catégorie : Calcul intégral

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 Epreuve 1999 : Fonctions primitives (09 pts)

Détails: Catégorie : Calcul intégral

Partie A

1) $IR^{+}$

a) $g$ est continue et dérivable sur $IR^{+}$

$g\left( x\right) =\frac{2x {{}^2} }{x {{}^2} +1}-\ln \left( x {{}^2} +1\right)$ $sur$ $\mathbb{R}$

$g^{\prime }\left( x\right) =\frac{4x\left( x {{}^2} +1\right) -2x {{}^2} \left( 2x\right) }{\left( x {{}^2} +1\right) {{}^2} }-\frac{2x}{x {{}^2} +1}=\frac{2x\left( 1+x {{}^2} \right) }{\left( x {{}^2} +1\right) }$

$g^{\prime }\left( x\right) =\frac{2x\left( 1-x {{}^2} \right) }{\left( x {{}^2} +1\right) }$

(image)

$\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }g\left( x\right) =-\infty$

$g\left( 0\right) =0,$ $g\left( 1\right) =1-\ln 2$

b) g est continue et strictement décroissante sur $\left] 1,+\infty \right[$ donc elle d\'{e}finit une bijection de $\left] 1,+\infty \right[$
dans $\left] -\infty ,1-\ln 2\right[$

comme $0$ $\in$ \ $\left] -\infty ,1-\ln 2\right[$ il existe un unique réel $\alpha \in \left] 1,+\infty \right[$ tel que $g\left( \alpha \right) =0$ d'où $g(x)=0$ admet une solution unique $\alpha$ dans
l'intervalle $\left] 1,+\infty \right[$ .

$g\left( \frac{7}{4}\right) =\frac{98}{65}-\ln \left( \frac{65}{16}\right) \cong 0,106$

$g\left( 2\right) =\frac{8}{5}-\ln 5\cong -0,09$

donc $g\left( 2\right) <g\left( \alpha \right) g\left( \frac{7}{4}\right)$

d'où $\frac{7}{4}<\alpha <2$

d) les variations de $g$ indique :

$g\left( x\right) >0$ sur $\left] 0;\alpha \right[$

$g\left( x\right) <0$ sur $\left] \alpha ,+\infty \right[$

$g\left( x\right) =0$ si $x=0$ ou $x=\alpha$

(image)

on a $f\prime (0)=0$ et $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{ g\left( x\right) }{x}=0$

2 ) $\left\{ \begin{array}{c} f\left( x\right) =\frac{\ln \left( x {{}^2} +1\right) }{x} \\ f\left( 0\right) =0 \end{array} si\text{ }x\neq 0\right.$

a) montrons que $f$ est impaire

$Df= \mathbb{R}$ donc si $x\in Df,$ $-x\in Df$

$f\left( -x\right) =\frac{\ln \left( x {{}^2} +1\right) }{-x}=-f\left( x\right)$

d'où $f$ est impaire

Montrons que $f$ est dérivable en $0$

$\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\frac{f\left( x\right) -f\left( 0\right) }{ x-0}=\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\frac{\ln \left( x {{}^2} +1\right) }{x {{}^2} }=\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\frac{\ln \left( x+1\right) }{x}=1$

d'où $f$ est dérivable en $0$ et $f$ \textquotedblright $(0)=1$

b) $f$ est continue et dérivable sur $IR^{+}$

$f^{\prime }\left( x\right) =\frac{\frac{2x {{}^2} }{x {{}^2} +1}-\ln \left( x {{}^2} +1\right) }{x {{}^2} }=\frac{g\left( x\right) }{x {{}^2} }$ $x\neq 0$

tableau de variation sur

(image)

$\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }f\left( x\right) =0$

c) soit $h(x)=ln(1+x)-x$

$Dh=$ $\left] 1,+\infty \right[$ ,h est continue et dérivable sur $\left] 1,+\infty \right[$

$h^{\prime }=\frac{1}{1+x}-1=\frac{-x}{1+x}$

tableau de variation

(image)

donc $h\left( x\right) \leq 0$ pour tout $x>-1$

d'où $\ln \left( 1+x\right)$ pour tout $x>-1$

soit $T$ la tangente à $C$ en $0$

$T$ a pour l'équation $y=x$

$f\left( x\right) -x=\frac{\ln \left( x {{}^2} +1\right) }{x}-x=\frac{\ln \left( x {{}^2} +1\right) -x {{}^2} }{x}$

on a pour $x>-1$ , $\ln \left( x+1\right) -x\leq 0$

donc $\ln \left( x {{}^2} +1\right) -x {{}^2} \leq 0$

d'où pour $x\leq 0$ et $f(x)-x\geq 0$ pour $x<0$

on en déduit que $C$ est en dessous de $T$ pour $x>0$ et $C$ est au
dessus de $T$ pour $x<0$

On choisit $\alpha \simeq 1,9;f\left( \alpha \right) \simeq 0,8$

Partie B

$F\left( x\right) =\int_{0}^{x}f\left( t\right) dt$

1) $F\left( r\right) =\int_{0}^{r}f\left( t\right) dt$

soit $\emph{D=}\left\{ M\left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) /0\leq x\leq r,0\leq y\leq f\left( x\right) \right\}$

on a f est continue et positive sur $[0,r]$ donc $F(r)$ est l'aire en unit d'aire du domaine D.

soit $D^{\prime }=\left\{ M\left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) /-r\leq x\leq 0\text{ et }f\left( x\right) \leq y\leq 0\right\}$

$F\left( -r\right) =\int_{0}^{r}f\left( t\right) dt=\int_{-r}^{0}f\left( t\right) dt$

f est continue et négative sur $[-r,0]$ donc $F(-r)$ est l'aire en unit
\'{e} d'aire du domaine $D\prime$ .

Par ailleurs $D$ et $D\prime$ sont symétriques par rapport à $O$ d'ou
$F(r)$ et $F(-r)$ sont les aires de deux parties isométriques du
plan .

On en déduit que $DF= \mathbb{R}$

Et pour tout $x\in \mathbb{R} ,F\left( -x\right) =F\left( x\right)$ c'est \`{a} dire $F$ est paire .

Variation de F sur $\left] 1,+\infty \right[$

$F(r)$ est l'aire du domaine $D$ donc $F$ est croissante sur $\left] 1,+\infty \right[$

2) On a pour $x>-1$ , $\ln \left( x+1\right) \leq x$

$\Longrightarrow 0\leq \ln \left( 1+x {{}^2} \right) \leq x {{}^2}$ $\ sur$ $\left] 0,+\infty \right[$

$\Longrightarrow 0\leq \frac{\ln \left( 1+x {{}^2} \right) }{x}\leq x$ $\ sur$ $\left] 0,+\infty \right[$

$\Longrightarrow 0\leq \int_{0}^{1}f\left( x\right) dx\leq \int_{0}^{1}xdx\Longrightarrow 0\leq F\left( 1\right) \leq \frac{1}{2}$ $\$

3) pour $t\geq 1$

on a $t {{}^2} \leq t {{}^2} +1$ et $t {{}^2} +1\leq 2t {{}^2}$

$\Longrightarrow t {{}^2} \leq t {{}^2} +1\leq 2t {{}^2}$

$\Longrightarrow \ln t {{}^2} \leq \ln \left( t {{}^2} +1\right) \leq \ln \left( 2t {{}^2} \right)$

donc pour $t\geq 1$ on a $\frac{\ln \left( t {{}^2} \right) }{t}\leq \frac{\ln \left( t {{}^2} +1\right) }{t}\leq \frac{\ln \left( 2t {{}^2} \right) }{t}$

$x\geq 1$ \ \ $\int_{1}^{x}\frac{\ln t}{t}dt=\left[ \frac{1}{2}\ln {{}^2} t\right] _{1}^{x}=\frac{1}{2}\ln {{}^2} x$

on a \ $\int_{1}^{x}\frac{\ln \left( t {{}^2} \right) }{t}dt\leq \int_{1}^{x}f\left( t\right) dt\leq \int_{1}^{x}\frac{\ln \left( 2t {{}^2} \right) }{t}dt$

$\Longrightarrow \int_{1}^{0}f\left( t\right) dt+\int_{1}^{x}\frac{\ln \left( t {{}^2} \right) }{t}dt\leq \int_{0}^{x}f\left( t\right) dt\leq \int_{1}^{0}f\left( t\right) dt+\int_{1}^{x}\frac{\ln \left( 2t {{}^2} \right) }{t}dt$

$\Longrightarrow F\left( 1\right) +\int_{1}^{x}\frac{\ln \left( t {{}^2} \right) }{t}dt\leq \int_{0}^{x}f\left( t\right) dt\leq \int_{0}^{1}f\left( t\right) dt+\int_{1}^{x}\frac{\ln \left( 2t {{}^2} \right) }{t}dt$

$\Longrightarrow \int_{1}^{x}2\frac{\ln \left( t\right) }{t}dt\leq F\left( x\right) \leq \frac{1}{2}+\int_{1}^{x}\frac{\ln 2}{t}dt+\int_{1}^{x}\frac{ 2\ln t}{t}dt$

$\Longrightarrow 2\int_{1}^{x}\frac{\ln \left( t\right) }{t}dt\leq F\left( x\right) \leq \frac{1}{2}+\ln 2\int_{0}^{1}\frac{1}{t}dt+2\int_{1}^{x}\frac{ \ln t}{t}dt$

$\Longrightarrow \ln {{}^2} x\leq F\left( x\right) \leq \frac{1}{2}+\ln 2.\ln x+\ln {{}^2} x$

$F\left( x\right) \geq \ln {{}^2} x\Longrightarrow \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }F\left( x\right) =+\infty$

pour $x>0,$ $\frac{F\left( x\right) }{x}\leq \frac{1}{2x}+\frac{\ln 2.\ln x}{ x}+\frac{\ln {{}^2} x}{x}$

$\Longrightarrow \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{F\left( x\right) }{x}=0$

Corrigé Epreuve 2003 : Utilisation du calcul intégral dans les suites

Détails: Catégorie : Calcul intégral

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

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

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

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

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

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

$F(0)=0$

$G(v)=F$

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

$v\ \ {\longmapsto}t$ dérivable sur $\left] \frac{-\pi}{2},\frac{\pi }{2}\right[$ et la 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 $G{\prime}(v)$

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

$G$ ' $(v)=(1+t^{2}v)\varphi(\tan v)$ 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 $c=0$

$G(v)=v$

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

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

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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