En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : Suites d'intégrales 2Intégration en mathématiques/Exercices/Suites d'intégrales 2 », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Pour
a
,
n
∈
N
{\displaystyle a,n\in \mathbb {N} }
, on pose :
I
(
a
,
n
)
=
∫
0
1
x
n
(
1
−
x
)
a
d
x
{\displaystyle I(a,n)=\int _{0}^{1}x^{n}(1-x)^{a}\,\mathrm {d} x}
.
1° En intégrant par parties, montrer que :
I
(
a
+
1
,
n
)
=
a
+
1
n
+
1
I
(
a
,
n
+
1
)
{\displaystyle I(a+1,n)={\frac {a+1}{n+1}}I(a,n+1)}
.
2° Établir que :
I
(
a
,
n
)
−
I
(
a
,
n
+
1
)
=
I
(
a
+
1
,
n
)
{\displaystyle I(a,n)-I(a,n+1)=I(a+1,n)}
.
En déduire que :
I
(
a
,
n
+
1
)
=
n
+
1
n
+
a
+
2
I
(
a
,
n
)
{\displaystyle I(a,n+1)={\frac {n+1}{n+a+2}}I(a,n)}
.
3° L'entier
a
{\displaystyle a}
étant fixé, démontrer par récurrence sur
n
{\displaystyle n}
:
∀
n
∈
N
I
(
a
,
n
)
=
1
×
2
×
3
×
⋯
×
(
n
−
1
)
×
n
(
a
+
1
)
×
(
a
+
2
)
×
⋯
×
(
a
+
n
+
1
)
{\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} \quad I(a,n)={\frac {1\times 2\times 3\times \cdots \times (n-1)\times n}{(a+1)\times (a+2)\times \cdots \times (a+n+1)}}}
.
Solution
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(
n
+
1
)
I
(
a
+
1
,
n
)
=
∫
0
1
(
n
+
1
)
x
n
(
1
−
x
)
a
+
1
d
x
=
[
x
n
+
1
(
1
−
x
)
a
+
1
]
0
1
+
(
a
+
1
)
∫
0
1
x
n
+
1
(
1
−
x
)
a
d
x
=
0
+
(
a
+
1
)
I
(
a
,
n
+
1
)
{\displaystyle (n+1)I(a+1,n)=\int _{0}^{1}(n+1)x^{n}(1-x)^{a+1}\,\mathrm {d} x=\left[x^{n+1}(1-x)^{a+1}\right]_{0}^{1}+(a+1)\int _{0}^{1}x^{n+1}(1-x)^{a}\,\mathrm {d} x=0+(a+1)I(a,n+1)}
.
I
(
a
,
n
)
−
I
(
a
,
n
+
1
)
=
∫
0
1
(
x
n
−
x
n
+
1
)
(
1
−
x
)
a
d
x
=
I
(
a
+
1
,
n
)
{\displaystyle I(a,n)-I(a,n+1)=\int _{0}^{1}\left(x^{n}-x^{n+1}\right)(1-x)^{a}\,\mathrm {d} x=I(a+1,n)}
.
Grâce à la question 1, on en déduit :
I
(
a
,
n
)
=
(
1
+
a
+
1
n
+
1
)
I
(
a
,
n
+
1
)
=
a
+
n
+
2
n
+
1
I
(
a
,
n
+
1
)
{\displaystyle I(a,n)=\left(1+{\frac {a+1}{n+1}}\right)I(a,n+1)={\frac {a+n+2}{n+1}}I(a,n+1)}
.
I
(
a
,
0
)
=
∫
0
1
(
1
−
x
)
a
d
x
{\displaystyle I(a,0)=\int _{0}^{1}(1-x)^{a}\,\mathrm {d} x}
est bien égal à
1
a
+
1
{\displaystyle {\frac {1}{a+1}}}
, et l'hérédité est immédiate grâce à la formule de récurrence de la question précédente.
1° Soient
p
∈
Q
+
{\displaystyle p\in \mathbb {Q} _{+}}
et
q
∈
Q
{\displaystyle q\in \mathbb {Q} }
. Pour
x
∈
[
0
,
1
[
{\displaystyle x\in \left[0,1\right[}
, on pose :
f
p
,
q
(
x
)
=
∫
0
x
t
p
(
1
−
t
)
q
d
t
{\displaystyle f_{p,q}(x)=\int _{0}^{x}t^{p}(1-t)^{q}\,\mathrm {d} t}
.
Justifier cette notation.
Déterminer la fonction dérivée de
f
p
,
q
{\displaystyle f_{p,q}}
.
En se limitant à
p
⩾
1
{\displaystyle p\geqslant 1}
, montrer qu'il existe un triplet
(
a
,
b
,
c
)
∈
R
3
{\displaystyle (a,b,c)\in \mathbb {R} ^{3}}
, dépendant du couple
(
p
,
q
)
{\displaystyle (p,q)}
, tel que
∀
x
∈
[
0
,
1
[
a
f
p
,
q
(
x
)
+
b
f
p
−
1
,
q
−
1
(
x
)
=
x
p
(
1
−
x
)
q
(
c
x
−
q
)
{\displaystyle \forall x\in \left[0,1\right[\quad af_{p,q}(x)+bf_{p-1,q-1}(x)=x^{p}(1-x)^{q}(cx-q)}
.
On distinguera les cas
q
=
0
{\displaystyle q=0}
et
q
≠
0
{\displaystyle q\neq 0}
. Dans le second cas, on montrera qu'il existe une solution et une seule, à savoir :
{
a
=
(
p
+
q
)
(
1
+
p
+
q
)
b
=
−
p
q
c
=
p
+
q
.
{\displaystyle {\begin{cases}a=(p+q)(1+p+q)\\b=-pq\\c=p+q.\end{cases}}}
2° Pour
x
∈
[
0
,
1
[
{\displaystyle x\in [0,1[}
et
r
∈
Q
+
{\displaystyle r\in \mathbb {Q} _{+}}
, donner une expression de :
F
r
(
x
)
=
∫
0
x
t
r
(
1
−
t
)
r
+
3
d
t
{\displaystyle F_{r}(x)=\int _{0}^{x}{\frac {t^{r}}{(1-t)^{r+3}}}\,\mathrm {d} t}
dans laquelle n'intervient aucun signe d'intégration.
(On mettra la fonction
F
r
{\displaystyle F_{r}}
sous la forme
f
p
−
1
,
q
−
1
{\displaystyle f_{p-1,q-1}}
.)
Solution
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La fonction
t
↦
t
p
(
1
−
t
)
q
{\displaystyle t\mapsto t^{p}(1-t)^{q}}
est définie et continue sur
[
0
,
1
[
{\displaystyle \left[0,1\right[}
donc intégrable sur
[
0
,
x
]
{\displaystyle \left[0,x\right]}
pour tout
x
∈
[
0
,
1
[
{\displaystyle x\in \left[0,1\right[}
, et égale à la dérivée de
f
p
,
q
{\displaystyle f_{p,q}}
.
Les deux fonctions à égaler coïncident toujours en
0
{\displaystyle 0}
donc pour qu'elles soient égales aussi sur
]
0
,
1
[
{\displaystyle \left]0,1\right[}
, il faut et il suffit que leurs dérivées le soient, c'est-à-dire (après division par
x
p
−
1
(
1
−
x
)
q
(
c
x
−
q
)
+
q
x
p
(
1
−
x
)
q
−
1
{\displaystyle x^{p-1}(1-x)^{q}(cx-q)+qx^{p}(1-x)^{q-1}}
) :
a
x
(
1
−
x
)
+
b
=
p
(
1
−
x
)
(
c
x
−
q
)
−
q
x
(
c
x
−
q
)
+
c
x
(
1
−
x
)
{\displaystyle ax(1-x)+b=p(1-x)(cx-q)-qx(cx-q)+cx(1-x)}
. Ceci équivaut à
a
=
c
(
p
+
q
+
1
)
,
a
=
p
(
c
+
q
)
+
q
2
+
c
,
b
=
−
p
q
{\displaystyle a=c(p+q+1),\quad a=p(c+q)+q^{2}+c,\quad b=-pq}
, ou encore :
a
=
c
(
p
+
q
+
1
)
,
(
p
+
q
−
c
)
q
=
0
,
b
=
−
p
q
{\displaystyle a=c(p+q+1),\quad (p+q-c)q=0,\quad b=-pq}
. Par conséquent :
si
q
≠
0
{\displaystyle q\neq 0}
, l'unique solution
(
a
,
b
,
c
)
{\displaystyle (a,b,c)}
est celle indiquée dans l'énoncé ;
si
q
=
0
{\displaystyle q=0}
, les solutions sont
c
(
p
+
1
,
0
,
1
)
{\displaystyle c(p+1,0,1)}
avec
c
∈
R
{\displaystyle c\in \mathbb {R} }
(celle indiquée correspond alors à
c
=
p
{\displaystyle c=p}
).
F
r
=
f
r
,
−
r
−
3
=
f
p
−
1
,
q
−
1
{\displaystyle F_{r}=f_{r,-r-3}=f_{p-1,q-1}}
pour
(
p
,
q
)
=
(
r
+
1
,
−
r
−
2
)
{\displaystyle (p,q)=(r+1,-r-2)}
donc
0
×
f
r
+
1
,
−
r
−
2
(
x
)
+
(
r
+
1
)
(
r
+
2
)
F
r
(
x
)
=
x
r
+
1
(
1
−
x
)
−
r
−
2
(
−
x
+
r
+
2
)
{\displaystyle 0\times f_{r+1,-r-2}(x)+(r+1)(r+2)F_{r}(x)=x^{r+1}(1-x)^{-r-2}(-x+r+2)}
. On a alors :
F
r
(
x
)
=
(
r
+
2
−
x
)
x
r
+
1
(
r
+
1
)
(
r
+
2
)
(
1
−
x
)
r
+
2
{\displaystyle F_{r}(x)={\frac {(r+2-x)\,x^{r+1}}{(r+1)(r+2)(1-x)^{r+2}}}}
.
Pour tout entier naturel
n
{\displaystyle n}
, on considère la fonction
F
n
{\displaystyle F_{n}}
définie par :
F
n
(
x
)
=
∫
0
x
e
−
t
sin
2
n
t
d
t
{\displaystyle F_{n}(x)=\int _{0}^{x}\operatorname {e} ^{-t}\sin ^{2n}t\,\mathrm {d} t}
.
1° Prouver que
F
n
{\displaystyle F_{n}}
est croissante et majorée par
1
{\displaystyle 1}
.
2° Soit :
I
n
=
lim
x
→
+
∞
F
n
(
x
)
(
=
∫
0
+
∞
e
−
t
sin
2
n
t
d
t
)
{\displaystyle I_{n}=\lim _{x\to +\infty }F_{n}(x)\qquad \left(=\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-t}\sin ^{2n}t\,\mathrm {d} t\right)}
.
Prouver que :
∀
n
∈
N
∗
I
n
=
2
n
(
(
2
n
−
1
)
I
n
−
1
−
2
n
I
n
)
{\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad I_{n}=2n\left((2n-1)I_{n-1}-2nI_{n}\right)}
.
3° En déduire
I
n
{\displaystyle I_{n}}
en fonction de
n
{\displaystyle n}
.
4° Étudier la limite de la suite
(
I
n
)
{\displaystyle \left(I_{n}\right)}
.
Pour tout entier
n
>
0
{\displaystyle n>0}
, on considère
I
n
{\displaystyle I_{n}}
, définie par :
I
n
=
∫
0
1
d
x
(
1
+
x
n
)
1
+
x
n
n
{\displaystyle I_{n}=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{(1+x^{n}){\sqrt[{n}]{1+x^{n}}}}}}
.
1° Calculer
I
1
{\displaystyle I_{1}}
et
I
2
{\displaystyle I_{2}}
.
2° Calculer
I
n
{\displaystyle I_{n}}
en intégrant par parties :
∫
0
1
d
x
1
+
x
n
n
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt[{n}]{1+x^{n}}}}}
.
3° Étudier la limite en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
de la suite
(
I
n
)
{\displaystyle \left(I_{n}\right)}
.
On pose, pour
h
{\displaystyle h}
et
k
{\displaystyle k}
entiers naturels :
H
h
,
k
=
∫
0
1
x
h
ln
k
x
d
x
{\displaystyle H_{h,k}=\int _{0}^{1}x^{h}\ln ^{k}x\,\mathrm {d} x}
.
1° Calculer
H
h
,
0
{\displaystyle H_{h,0}}
.
2° Justifier l'existence de
H
h
,
k
{\displaystyle H_{h,k}}
si
h
>
0
{\displaystyle h>0}
(le cas
h
=
0
{\displaystyle h=0}
et
k
>
0
{\displaystyle k>0}
est plus délicat mais sera justifié dans la suite de l'exercice).
3° Prouver que si
k
>
0
{\displaystyle k>0}
:
H
h
,
k
=
−
k
h
+
1
H
h
,
k
−
1
{\displaystyle H_{h,k}=-{\frac {k}{h+1}}H_{h,k-1}}
.
4° En déduire
H
h
,
k
{\displaystyle H_{h,k}}
.
Solution
H
h
,
0
=
1
h
+
1
{\displaystyle H_{h,0}={\frac {1}{h+1}}}
.
La fonction
x
↦
x
h
ln
k
x
{\displaystyle x\mapsto x^{h}\ln ^{k}x}
est continue sur
]
0
,
1
]
{\displaystyle \left]0,1\right]}
, et prolongeable par continuité en
0
{\displaystyle 0}
si
h
>
0
{\displaystyle h>0}
car
lim
x
→
0
x
(
ln
x
)
k
=
0
{\displaystyle \lim _{x\to 0}x\left(\ln x\right)^{k}=0}
(Fonction logarithme/Croissances comparées#Comparaison entre ln(x) et x en 0⁺ ).
H
h
,
k
=
1
h
+
1
[
x
h
+
1
ln
k
x
]
0
1
−
k
h
+
1
∫
0
1
x
h
+
1
ln
k
−
1
x
x
d
x
=
−
k
h
+
1
H
h
,
k
−
1
{\displaystyle H_{h,k}={\frac {1}{h+1}}\left[x^{h+1}\ln ^{k}x\right]_{0}^{1}-{\frac {k}{h+1}}\int _{0}^{1}x^{h+1}{\frac {\ln ^{k-1}x}{x}}\,\mathrm {d} x=-{\frac {k}{h+1}}H_{h,k-1}}
(y compris si
h
=
0
{\displaystyle h=0}
).
H
h
,
k
=
(
−
1
)
k
k
!
(
h
+
1
)
k
+
1
{\displaystyle H_{h,k}={\frac {(-1)^{k}\,k!}{(h+1)^{k+1}}}}
(y compris si
h
=
0
{\displaystyle h=0}
).
Soit
f
:
R
→
R
{\displaystyle f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
la fonction définie par :
f
(
x
)
=
x
e
x
{\displaystyle f(x)=x\operatorname {e} ^{x}}
.
1° Calculer les dérivées première et seconde de
f
{\displaystyle f}
et en déduire, par récurrence, la dérivée d'ordre
n
{\displaystyle n}
.
2° Étudier les variations de la fonction
f
n
{\displaystyle f_{n}}
définie par :
f
n
(
x
)
=
(
x
+
n
)
e
x
{\displaystyle f_{n}(x)=(x+n)\operatorname {e} ^{x}}
où
n
{\displaystyle n}
est un entier relatif. Tracer les courbes représentatives
C
−
1
{\displaystyle C_{-1}}
,
C
0
{\displaystyle C_{0}}
et
C
1
{\displaystyle C_{1}}
des fonctions
f
−
1
{\displaystyle f_{-1}}
,
f
0
{\displaystyle f_{0}}
et
f
1
{\displaystyle f_{1}}
.
3° On pose :
I
n
(
h
)
=
∫
−
n
−
n
+
h
f
n
(
x
)
d
x
{\displaystyle I_{n}(h)=\int _{-n}^{-n+h}f_{n}(x)\,\mathrm {d} x}
.
Calculer
I
n
(
h
)
{\displaystyle I_{n}(h)}
en fonction de
h
{\displaystyle h}
et
n
{\displaystyle n}
, et établir la relation :
I
n
(
h
)
=
e
−
n
I
0
(
h
)
{\displaystyle I_{n}(h)=\operatorname {e} ^{-n}I_{0}(h)}
.
Soit
n
{\displaystyle n}
un entier naturel. Pour tout entier naturel
k
⩽
n
{\displaystyle k\leqslant n}
, on pose :
I
k
,
n
=
∫
0
1
(
n
k
)
x
k
(
1
−
x
)
n
−
k
d
x
{\displaystyle I_{k,n}=\int _{0}^{1}{n \choose k}x^{k}(1-x)^{n-k}\,\mathrm {d} x}
.
Pour
0
⩽
k
<
n
{\displaystyle 0\leqslant k<n}
, comparer
I
k
,
n
{\displaystyle I_{k,n}}
et
I
k
+
1
,
n
{\displaystyle I_{k+1,n}}
.
En déduire
I
k
,
n
{\displaystyle I_{k,n}}
en fonction de
n
{\displaystyle n}
.
Solution
En intégrant par parties, on obtient :
∫
0
1
(
n
k
)
x
k
(
1
−
x
)
n
−
k
d
x
=
[
(
n
k
)
x
k
+
1
k
+
1
(
1
−
x
)
n
−
k
]
0
1
+
∫
0
1
(
n
k
+
1
)
x
k
+
1
(
1
−
x
)
n
−
(
k
+
1
)
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{n \choose k}x^{k}(1-x)^{n-k}\,\mathrm {d} x=\left[{n \choose k}{\frac {x^{k+1}}{k+1}}(1-x)^{n-k}\right]_{0}^{1}+\int _{0}^{1}{n \choose {k+1}}x^{k+1}(1-x)^{n-(k+1)}\,\mathrm {d} x}
,
ce qui se traduit par :
I
k
,
n
=
I
k
+
1
,
n
{\displaystyle I_{k,n}=I_{k+1,n}}
.
On a donc :
I
k
,
n
=
I
n
,
n
=
∫
0
1
(
n
n
)
x
n
(
1
−
x
)
n
−
n
d
x
=
∫
0
1
x
n
d
x
=
[
x
n
+
1
n
+
1
]
0
1
=
1
n
+
1
{\displaystyle I_{k,n}=I_{n,n}=\int _{0}^{1}{n \choose n}x^{n}(1-x)^{n-n}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}x^{n}\,\mathrm {d} x=\left[{\frac {x^{n+1}}{n+1}}\right]_{0}^{1}={\frac {1}{n+1}}}
.