Corrigé du devoir


Questions de cours :  
  1. Les pas de la subdivision $ D$ sont les amplitudes des intervalles $ [a_{i-1},a_i]$ :

    $\displaystyle \forall i=1,\ldots,n\;,\quad h_i=a_{i}-a_{i-1}\;.
$

  2. La somme de Riemann associée à $ f$ sur $ D$ est :

    $\displaystyle 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 :

    $\displaystyle 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 :

    $\displaystyle \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,

    $\displaystyle \left\vert S_D(f)-\int_a^b f(x) \mathrm{d}x \right\vert\leqslant \varepsilon \;.
$


Exercice 1 :  

  1. $\displaystyle S_D(f)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\sum_{i=1}^n\left(\frac{i-1}{n}\right)^2 \frac{1}{n}}
=\displaystyle{\frac{1}{n^3}\sum_{i=1}^n(i-1)^2}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{(n-1)n(2n-1)}{6n^3}}
=\displaystyle{\frac{(n-1)(2n-1)}{6n^2}}\;.$  


  2. $\displaystyle S_D(f)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\sum_{i=1}^n\left(\frac{i}{n}\right)^2 \frac{1}{n}}
=\displaystyle{\frac{1}{n^3}\sum_{i=1}^n i^2}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}}
=\displaystyle{\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}}\;.$  

  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.

    $\displaystyle \frac{(n-1)(2n-1)}{6n^2}<S_D(f)<\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}\;.
$

    Or :

    $\displaystyle \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 :

    $\displaystyle \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. $\displaystyle \displaystyle{\frac{S_0+4S_{1/2}+S_1}{6}}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\frac{1}{6}\sum_{i=1}^n
(2a_{i-1}^2+2a_{i-1}a_i+2a_i)(a_i-a_{i-1})}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{3}\sum_{i=1}^na_i^3-a_{i-1}^3
=
\frac{b^3-a^3}{3}}\;.$  


  6. $\displaystyle S_1-S_0$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\sum_{i=1}^n
(a_i^2-a_{i-1}^2)(a_i-a_{i-1})}$  
      $\displaystyle \leqslant$ $\displaystyle \displaystyle{h\sum_{i=1}^n(a_i^2-a_{i-1}^2)
=
h (b^2-a^2)}\;.$  

  7. La somme de Riemann $ S_{1/2}$ est comprise entre $ S_0$ et $ S_1$, donc :

    $\displaystyle \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.

    $\displaystyle \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 :

    $\displaystyle h=\max\{ a_i-a_{i-1} ,\;i=1,\ldots,n \}\leqslant
\delta=\frac{\varepsilon }{b^2-a^2}\;.
$

    D'après la question précédente,

    $\displaystyle \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 :

    $\displaystyle \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)$.

    $\displaystyle \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.

    $\displaystyle \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 :

    $\displaystyle F(a)-F(0)=\int_0^a f(x) \mathrm{d}x\;.
$

    Effectuons le changement de variable $ t=-x$.

    $\displaystyle \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 :

    $\displaystyle 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$.

    $\displaystyle \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}^{+*}$,

    $\displaystyle \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$,

    $\displaystyle \lim_{h\to 0} \frac{1}{h}\int_a^{a+h} f(x) \mathrm{d}x = F'(a)=f(a)
$

    De même,

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

    Remplaçons $ \sin^2(x)$ par $ 1-\cos^2(x)$.

    $\displaystyle 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 :

    $\displaystyle 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 :

    $\displaystyle 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 :

    $\displaystyle 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}$.


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