Corrigé du devoir

Questions de cours :  

1. On appelle primitive de $f$ sur $\mathbb{R}$ toute fonction dérivable sur $\mathbb{R}$ telle que :
   $$\forall x\in\mathbb{R}\;,\quad F'(x)=f(x)\;.$$

2. $$F(x)=F(a)+\int_a^x f(t) \mathrm{d}t\;.$$

3. Démontrons la contraposée : si $f$ ne s'annule pas, alors $F(x)\neq F(a)$.

   Puisque $f$ est continue, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, si $f$ ne s'annule pas sur $]a,x[$, alors son signe reste le même :

   $$\forall t\in ]a,x[\;,\quad f(t)> 0$$   ou bien$$\quad \forall t\in ]a,x[\;,\quad f(t)< 0\;.$$
   Quitte à remplacer $f$ par $-f$ nous pouvons supposer que $f$ reste strictement positive sur $]a,x[$. Or l'intégrale sur un intervalle d'une fonction continue strictement positive est strictement positive. Donc 
   $$F(x)=F(a)+\int_a^x f(t) \mathrm{d}t >F(a)\;.$$

4. $$\int_a^x tf(t) \mathrm{d}t = \Big[ tF(t)\Big]_a^x-\int_a^x F(t) \mathrm{d}t =xF(x)-aF(a)-\int_a^x F(t) \mathrm{d}t\;.$$

5. $$\int_a^x \mathrm{e}^{-t}f(\mathrm{e}^{-t}) \mathrm{d}t = \int_{\... ...\mathrm{e}^{-x}} -f(u) \mathrm{d}u = F(\mathrm{e}^{-a})-F(\mathrm{e}^{-x})\;.$$

Exercice 1 :  

1. 
   

   $$\int_0^x \cosh(t) \mathrm{d}t = \displaystyle{ \frac{1}{2}\int_0^x \mathrm{e}^t \mathrm{d}t +\frac{1}{2}\int_0^x \mathrm{e}^{-t} \mathrm{d}t}$$

   $$= \displaystyle{\frac{1}{2}\Big[\mathrm{e}^t\Big]_0^x +\frac{1}{2}\Big[-\mathrm{e}^{-t}\Big]_0^x}$$

   $$= \frac{1}{2}(\mathrm{e}^t-1)-\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{-t}-1)=\sinh(x)\;.$$

   
   
   

   $$\int_0^x \sinh(t) \mathrm{d}t = \displaystyle{ \frac{1}{2}\int_0^x \mathrm{e}^t \mathrm{d}t -\frac{1}{2}\int_0^x \mathrm{e}^{-t} \mathrm{d}t}$$

   $$= \displaystyle{\frac{1}{2}\Big[\mathrm{e}^t\Big]_0^x -\frac{1}{2}\Big[-\mathrm{e}^{-t}\Big]_0^x}$$

   $$= \frac{1}{2}(\mathrm{e}^t-1)+\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{-t}-1)=\cosh(x)-1\;.$$

   
   
2. En utilisant la formule du binôme de Newton :
   

   $$\cosh^{2n+1}(x) = \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{j}\mathrm{e}^{(2n+1-j)x}\mathrm{e}^{-jx}}$$

   $$= \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{j}\mathrm{e}^{(2n+1-2j)x}}$$

   $$= \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{j}\mathrm{e}^{(2n+1-2j)x}+ \sum_{j=n+1}^{2n+1}\binom{2n+1}{j}\mathrm{e}^{(2n+1-2j)x}}$$

   $$= \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n}{j}\math... ...(2n-2j)x}+ \sum_{j'=0}^{n}\binom{2n+1}{2n+1-j'}\mathrm{e}^{(2n+1-2(2n+1-j'))x}}$$

   $$= \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{j}\mathrm{e}^{(2n+1-2j)x}+ \binom{2n}{2n-j}\mathrm{e}^{(2j-2n-1)x}}$$

   $$= \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n}{j}\big(\mathrm{e}^{(2n+1-2j)x}+\mathrm{e}^{(2j-2n-1)x}}\big)$$

   $$= \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{j}2\cosh((2n+1-2j)x)}$$

   $$= \displaystyle{\frac{1}{2^{2n}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{j}\cosh((2n+1-2j)x)}\;.$$

   
   
3. De même (les étapes intermédiaires sont analogues) :
   

   $$\sinh^{2n+1}(x) = \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{j}\mathrm{e}^{(2n+1-j)x}(-1)^j\mathrm{e}^{-jx}}$$

   $$= \displaystyle{\frac{1}{2^{2n+1}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n}{j}(-1)^j \big(\mathrm{e}^{(2n+1-2j)x}-\mathrm{e}^{(2j-2n-1)x}}\big)$$

   $$= \displaystyle{\frac{1}{2^{2n}} \sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{j}(-1)^j\sinh((2n+1-2j)x)}\;.$$

   
   
4. En appliquant le résultat de la question 2 pour $n=2$ :
   $$\cosh^5(x)=\frac{1}{16}\cosh(5x)+\frac{5}{16}\cosh(3x)+\frac{10}{16}\cosh(x)\;.$$
   Donc :
   

   $$\displaystyle{\int_0^1\cosh^5(t) \mathrm{d}t} = \frac{1}{16}\displaystyle{\int_0^1\cosh(5t) \mathrm{d}t+ \frac{5}{16}\int_0^1\cosh(3t) \mathrm{d}t+ \frac{10}{16}\int_0^1\cosh(t) \mathrm{d}t}$$

   $$= \frac{1}{80}\sinh(5)+\frac{5}{48}\sinh(3) +\frac{5}{8}\sinh(1)\;,$$

   
   en utilisant le résultat de la question 1.
5. En appliquant le résultat de la question 3 pour $n=2$ :
   $$\sinh^5(x)=\frac{1}{16}\sinh(5x)-\frac{5}{16}\sinh(3x)+ \frac{10}{16}\sinh(x)\;.$$
   Donc :
   

   $$\displaystyle{\int_0^1\sinh^5(t) \mathrm{d}t} = \displaystyle{\frac{1}{16}\int_0^1\sinh(5t) \mathrm{d}t- \frac{5}{16}\int_0^1\sinh(3t) \mathrm{d}t+ \frac{10}{16}\int_0^1\sinh(t) \mathrm{d}t}$$

   $$= \frac{1}{80}(\cosh(5)-1)-\frac{5}{48}(\cosh(3)-1) +\frac{5}{8}(\cosh(1)-1)\;,$$

   
   en utilisant le résultat de la question 1.

Exercice 2 :  

1. Pour tout $n\geq 1$, et pour tout $t\in ]0,1[$,
   $$0<(1-t)<1\;\Longrightarrow\; (1-t)^n<(1-t)^{n-1} \;\Longrightarrow\; (1-t)^n\mathrm{e}^t<(1-t)^{n-1}\mathrm{e}^t\;.$$
   La fonction $t\mapsto (1-t)^{n-1}\mathrm{e}^t-(1-t)^{n}\mathrm{e}^t$ est continue et strictement positive sur $]0,1[$. Son intégrale est donc strictement positive.
   $$\int_0^1 (1-t)^{n-1}\mathrm{e}^{t}-(1-t)^{n-1}\mathrm{e}^{t} \ma... ...mathrm{e}^{t} \mathrm{d}t< \int_0^1 (1-t)^{n-1}\mathrm{e}^{t} \mathrm{d}t\;.$$
   Comme $n!>(n-1)!$, $1/(n!)<1/(n-1)!$. Donc $I_n<I_{n-1}$.
2. Pour tout $n\geq 1$, et pour tout $t\in ]0,1[$,
   $$0<(1-t)^n\mathrm{e}^t\;.$$
   La fonction à intégrer est continue et strictement positive, donc $I_n$ est strictement positive.

   La fonction $t\mapsto \mathrm{e}^t$ est majorée par $\mathrm{e}$ sur $[0,1]$. De plus la fonction $t\mapsto \mathrm{e}-\mathrm{e}^t$ est continue et strictement positive sur $[0,1[$. Le même raisonnement que précédemment donne la majoration au sens strict suivante.

   $$\int_0^1 \frac{1}{n!}(1-t)^{n}\mathrm{e}^t \mathrm{d}t <\int_0^1 \frac{1}{n!}(1-t)^{n}\mathrm{e} \mathrm{d}t\;.$$
   Or :
   $$\int_0^1 (1-t)^{n} \mathrm{d}t=\left[ -\frac{1}{n+1}(1-t)^{n+1}\right]_0^1 =\frac{1}{n+1}\;.$$
   Donc :
   $$I_n<\frac{1}{n+1} \frac{\mathrm{e}}{n!}=\frac{\mathrm{e}}{(n+1)!}\;.$$

3. $$I_0=\int_0^1 \mathrm{e}^t \mathrm{d}t =\Big[ \mathrm{e}^t\Big]_0^1=\mathrm{e}-1\;.$$

4. Effectuons une intégration par parties :
   

   $$I_1 = \displaystyle{\int_0^1 (1-t)\mathrm{e}^t \mathrm{d}t}$$

   $$= \displaystyle{\Big[(1-t)\mathrm{e}^t\Big]_0^1+\int_0^1\mathrm{e}^t \mathrm{d}t}$$

   $$= -1+I_0=\mathrm{e}-2\;.$$

   
   
5. 
   

   $$I_n = \displaystyle{\left[\frac{1}{n!}(1-t)^n\mathrm{e}^t\right]_0^1 +\int_0^1 \frac{n}{n!}(1-t)^{n-1}\mathrm{e}^t \mathrm{d}t}$$

   $$= \displaystyle{-\frac{1}{n!}+I_{n-1}}\;.$$

   
   
6. Effectuons une démonstration par récurrence. La formule est vraie pour $I_0$. Supposons-la vraie pour $I_{n}$. En utilisant le résultat de la question précédente :
   

   $$I_{n+1} = \displaystyle{I_{n}-\frac{1}{(n+1)!}}$$

   $$= \displaystyle{\mathrm{e}-\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}-\frac{1}{(n+1)!}}$$

   $$= \displaystyle{\mathrm{e}-\sum_{k=0}^{n+1}\frac{1}{k!}}\;.$$

   
   La formule est vraie pour $n+1$, elle est donc vraie pour tout $n\in\mathbb{N}$.
7. Nous avons démontré que $0<I_n<\mathrm{e}/(n+1)!$. Donc :
   $$0<\mathrm{e}-\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}<\frac{\mathrm{e}}{(n+1)!} \... ...n\frac{1}{k!}<\mathrm{e}<\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}+\frac{\mathrm{e}}{(n+1)!}\;.$$

Exercice 3 :  

1. Ecrivons $t(4-t)=4-(t-2)^2$. Effectuons le changement de variable $t-2=2\cos(u)$, soit $\mathrm{d}t=-2\sin(u) \mathrm{d}u$. Lorsque $t$ varie de $1$ à $2$, $\cos(u)$ varie de $-1/2$ à 0, donc $u$ varie de $\arccos(-1/2)=2\pi/3$ à $\arccos(0)=\pi/2$. Sur cet intervalle,
   $$\sqrt{t(4-t)} = \sqrt{4-4\cos^2(u)}=2\sin(u)\;,$$
   car $\sin(u)$ est positif pour $u\in[\pi/2,2\pi/3]$. Donc :
   $$I = \int_{2\pi/3}^{\pi/2} \frac{1}{2+2\sin(u)}(-2\sin(u)) \mathrm{d}u = \int_{\pi/2}^{2\pi/3}\frac{\sin(u)}{1+\sin(u)} \mathrm{d}u\;.$$

2. La fonction à intégrer est une fraction rationnelle en $\sin(u)$ qui n'a pas d'invariance particulière. Effectuons le changement de variable $u=\tan(v/2)$, soit :
   $$\mathrm{d}u = \frac{2}{1+v^2}\mathrm{d}v$$   et$$\quad \sin(u)=\frac{2v}{1+v^2}\;.$$
   Lorsque $u$ varie de $\pi/2$ à $2\pi/3$, $v$ varie de $\tan(\pi/4)$ à $\tan(\pi/3)$, donc de $1$ à $\sqrt{3}$. On obtient :
   $$I=\int_1^{\sqrt{3}} \frac{\frac{2v}{1+v^2}}{1+\frac{2v}{1+v^2}} ... ...v^2} \mathrm{d}v = \int_1^{\sqrt{3}}\frac{4v}{(1+v)^2(1+v^2)} \mathrm{d}v\;.$$

3. La décomposition en éléments simples est la suivante.
   $$\frac{4v}{(1+v)^2(1+v^2)}=\frac{-2}{(1+v)^2}+\frac{2}{1+v^2}\;.$$
   On en déduit :
   $$I = \left[\frac{2}{1+v}\right]_1^{\sqrt{3}}+ 2\Big[\arctan(v)\Big... ...rac{2}{1+\sqrt{3}}-1+\frac{2\pi}{3}- \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{6}-2+\sqrt{3}\;.$$