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{{Exercice
  | idfaculté = mathématiques
  | numéro    = 18
  | niveau    = 13
  | chapitre  = [[../../Intégrale et primitives/]]
  | précédent = [[../Suites d'intégrales 1/]]
  | suivant   = [[../Divers/]]
}}

== Exercice 18-1==
Pour <math>a,n\in\N</math>, on pose :
:<math>I(a,n)=\int_0^1x^n(1-x)^a\,\mathrm dx</math>.
'''1°''' &nbsp;En intégrant par parties, montrer que :
:<math>I(a+1,n)=\frac{a+1}{n+1}I(a,n+1)</math>.

'''2°''' &nbsp;Établir que :
:<math>I(a,n)-I(a,n+1)=I(a+1,n)</math>.
:En déduire que :
:<math>I(a,n+1)=\frac{n+1}{n+a+2}I(a,n)</math>.

'''3°''' &nbsp;L'entier <math>a</math> étant fixé, démontrer par récurrence sur <math>n</math> :
:<math>\forall n\in\N\quad I(a,n)=\frac{1\times2\times3\times\cdots\times(n-1)\times n}{(a+1)\times(a+2)\times\cdots\times(a+n+1)}</math>.
{{Solution|contenu={{Wikipédia|Fonction bêta}}
#<math>(n+1)I(a+1,n)=\int_0^1(n+1)x^n(1-x)^{a+1}\,\mathrm dx=\left[x^{n+1}(1-x)^{a+1}\right]_0^1+(a+1)\int_0^1x^{n+1}(1-x)^a\,\mathrm dx=0+(a+1)I(a,n+1)</math>.
#
#*<math>I(a,n)-I(a,n+1)=\int_0^1\left(x^n-x^{n+1}\right)(1-x)^a\,\mathrm dx=I(a+1,n)</math>.
#*Grâce à la question 1, on en déduit : <math>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)</math>.
#<math>I(a,0)=\int_0^1(1-x)^a\,\mathrm dx</math> est bien égal à <math>\frac1{a+1}</math>, et l'hérédité est immédiate grâce à la formule de récurrence de la question précédente.
}}

== Exercice 18-2==
'''1°''' &nbsp;Soient <math>p\in\Q_+</math> et <math>q\in\Q</math>. Pour <math>x\in\left[0,1\right[</math>, on pose :
:<math>f_{p,q}(x)=\int_0^xt^p(1-t)^q\,\mathrm dt</math>.
:Justifier cette notation.
:Déterminer la fonction dérivée de <math>f_{p,q}</math>.
:En se limitant à <math>p\geqslant1</math>, montrer qu'il existe un triplet <math>(a,b,c)\in\R^3</math>, dépendant du couple <math>(p,q)</math>, tel que
:<math>\forall x\in\left[0,1\right[\quad a f_{p,q}(x)+b f_{p-1,q-1}(x)=x^p(1-x)^q(cx-q)</math>.
:On distinguera les cas <math>q=0</math> et <math>q\ne0</math>. Dans le second cas, on montrera qu'il existe une solution et une seule, à savoir :
:<math>\begin{cases}a=(p+q)(1+p+q)\\b=-pq\\c=p+q.\end{cases}</math>

'''2°''' &nbsp;Pour <math>x\in[0,1[</math> et <math>r\in\Q_+</math>, donner une expression de :
:<math>F_r(x)=\int_0^x\frac{t^r}{(1-t)^{r+3}}\,\mathrm dt</math>
:dans laquelle n'intervient aucun signe d'intégration.
:(On mettra la fonction <math>F_r</math> sous la forme <math>f_{p-1,q-1}</math>.)
{{Solution|contenu={{Wikipédia|Fonction bêta#Fonction bêta incomplète|Fonction bêta incomplète}}
#
#*La fonction <math>t\mapsto t^p(1-t)^q</math> est définie et continue sur <math>\left[0,1\right[</math> donc intégrable sur <math>\left[0,x\right]</math> pour tout <math>x\in\left[0,1\right[</math>, et égale à la dérivée de <math>f_{p,q}</math>.
#*Les deux fonctions à égaler coïncident toujours en <math>0</math> donc pour qu'elles soient égales aussi sur <math>\left]0,1\right[</math>, il faut et il suffit que leurs dérivées le soient, c'est-à-dire (après division par <math>x^{p-1}(1-x)^q(cx-q)+qx^p(1-x)^{q-1}</math>) :<br /><math>ax(1-x)+b=p(1-x)(cx-q)-qx(cx-q)+cx(1-x)</math>. Ceci équivaut à<br /><math>a=c(p+q+1),\quad a=p(c+q)+q^2+c,\quad b=-pq</math>, ou encore :<br /><math>a=c(p+q+1),\quad(p+q-c)q=0,\quad b=-pq</math>. Par conséquent :
#**si <math>q\ne0</math>, l'unique solution <math>(a,b,c)</math> est celle indiquée dans l'énoncé ;
#**si <math>q=0</math>, les solutions sont <math>c(p+1,0,1)</math> avec <math>c\in\R</math> (celle indiquée correspond alors à <math>c=p</math>).
#<math>F_r=f_{r,-r-3}=f_{p-1,q-1}</math> pour <math>(p,q)=(r+1,-r-2)</math> donc<br /><math>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)</math>.<br />On a alors :<br /><math>F_r(x)=\frac{(r+2-x)\,x^{r+1}}{(r+1)(r+2)(1-x)^{r+2}}</math>.
}}

== Exercice 18-3==
Pour tout entier naturel <math>n</math>, on considère la fonction <math>F_n</math> définie par :
:<math>F_n(x)=\int_0^x\operatorname e^{-t}\sin^{2n}t\,\mathrm dt</math>.
'''1°''' &nbsp;Prouver que <math>F_n</math> est croissante et majorée par <math>1</math>.

'''2°''' &nbsp;Soit :
:<math>I_n=\lim_{x\to+\infty}F_n(x)\qquad\left(=\int_0^{+\infty}\operatorname e^{-t}\sin^{2n}t\,\mathrm dt\right)</math>.
:Prouver que :
:<math>\forall n\in\N^*\quad I_n=2n\left((2n-1)I_{n-1}-2nI_n\right)</math>.

'''3°''' &nbsp;En déduire <math>I_n</math> en fonction de <math>n</math>.

'''4°''' &nbsp;Étudier la limite de la suite <math>\left(I_n\right)</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>F'_n(x)=\operatorname e^{-x}\sin^{2n}x\ge0</math> et <math>F_n(x)\le\int_0^x\operatorname e^{-t}\,\mathrm dt=1-\operatorname e^{-x}<1</math>.
#<math>I_n=-\underbrace{\left[\operatorname e^{-t}\sin^{2n}t\right]_0^{+\infty}}_0+2n\int_0^{+\infty}\operatorname e^{-t}\sin^{2n-1}t\cos t\,\mathrm dt=</math><br /><math>-2n\underbrace{\left[\operatorname e^{-t}\sin^{2n-1}t\cos t\right]_0^{+\infty}}_0+2n\int_0^{+\infty}\operatorname e^{-t}\left((2n-1)\sin^{2n-2}t\cos^2t-\sin^{2n}t\right)\,\mathrm dt\,\mathrm dt=</math><br /><math>2n\left((2n-1)\left(I_{n-1}-I_n\right)-I_n\right)=2n\left((2n-1)I_{n-1}-2nI_n\right)</math>.
#<math>I_0=1</math> et <math>I_n=\frac{2n(2n-1)}{1+4n^2}I_{n-1}</math> donc<br /><math>I_n=\frac{(2n)!}{\left(1+4n^2\right)\left(1+4(n-1)^2\right)\dots(1+4.1^2)}</math>.
#<math>\frac{2n(2n-1)}{1+4n^2}=\frac{1-\frac1{2n}}{\frac1{4n^2}+1}<1-\frac1{2n}</math> donc <math>\ln\left(I_n\right)<\sum_{k=1}^n\ln\left(1-\frac1{2k}\right)<-\frac12\sum_{k=1}^n\frac1k</math>, ce qui prouve que <math>I_n\to0</math>.
}}

== Exercice 18-4==
Pour tout entier <math>n>0</math>, on considère <math>I_n</math>, définie par :
:<math>I_n=\int_0^1\frac{\mathrm dx}{(1+x^n)\sqrt[n]{1+x^n}}</math>.
'''1°''' &nbsp;Calculer <math>I_1</math> et <math>I_2</math>.

'''2°''' &nbsp;Calculer <math>I_n</math> en intégrant par parties :
:<math>\int_0^1\frac{\mathrm dx}{\sqrt[n]{1+x^n}}</math>.

'''3°''' &nbsp;Étudier la limite en <math>+\infty</math> de la suite <math>\left(I_n\right)</math>.
{{Solution|contenu=
#
#*<math>I_1=\int_0^1\frac{\mathrm dx}{(1+x)^2}=\left[\frac{-1}{1+x}\right]_0^1=\frac12</math>.
#*<math>I_2=\int_0^{\pi/4}\frac{\mathrm dt}{\sqrt{1+\tan^2t}}=\int_0^{\pi/4}\cos t\,\mathrm dt=\frac1{\sqrt2}</math>.
#<math>\int_0^1\frac{\mathrm dx}{\sqrt[n]{1+x^n}}=\left[\frac x{\sqrt[n]{1+x^n}}\right]_0^1+\int_0^1\frac{x^n\,\mathrm dx}{(1+x^n)\sqrt[n]{1+x^n}}=\frac1{\sqrt[n]2}+\int_0^1\frac{\left(1+x^n\right)\,\mathrm dx}{(1+x^n)\sqrt[n]{1+x^n}}-I_n</math> donc <math>I_n=\frac1{\sqrt[n]2}</math>.
#<math>\ln I_n=-\frac{\ln 2}n\to0</math> donc <math>I_n\to1</math>.
}}

== Exercice 18-5==
On pose, pour <math>h</math> et <math>k</math> entiers naturels :
:<math>H_{h,k}=\int_0^1x^h\ln^kx\,\mathrm dx</math>.

'''1°''' &nbsp;Calculer <math>H_{h,0}</math>.

'''2°''' &nbsp;Justifier l'existence de <math>H_{h,k}</math> si <math>h>0</math> (le cas <math>h=0</math> et <math>k>0</math> est plus délicat mais sera justifié dans la suite de l'exercice).

'''3°''' &nbsp; Prouver que si <math>k>0</math> :
:<math>H_{h,k}=-\frac k{h+1}H_{h,k-1}</math>.

'''4°''' &nbsp; En déduire <math>H_{h,k}</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>H_{h,0}=\frac1{h+1}</math>.
#La fonction <math>x\mapsto x^h\ln^kx</math> est continue sur <math>\left]0,1\right]</math>, et prolongeable par continuité en <math>0</math> si <math>h>0</math> car <math>\lim_{x\to0}x\left(\ln x\right)^k=0</math> ([[Fonction logarithme/Croissances comparées#Comparaison entre ln(x) et x en 0⁺]]).
#<math>H_{h,k}=\frac1{h+1}\left[x^{h+1}\ln^kx\right]_0^1-\frac k{h+1}\int_0^1x^{h+1}\frac{\ln^{k-1}x}x\,\mathrm dx=-\frac k{h+1}H_{h,k-1}</math> (y compris si <math>h=0</math>).
#<math>H_{h,k}=\frac{(-1)^k\,k!}{(h+1)^{k+1}}</math> (y compris si <math>h=0</math>).
}}

== Exercice 18-6==
Soit <math>f:\R\to\R</math> la fonction définie par :
:<math>f(x)=x\operatorname e^x</math>.
'''1°''' &nbsp;Calculer les dérivées première et seconde de <math>f</math> et en déduire, par récurrence, la dérivée d'ordre <math>n</math>.

'''2°''' &nbsp;Étudier les variations de la fonction <math>f_n</math> définie par :
:<math>f_n(x)=(x+n)\operatorname e^x</math>
:où <math>n</math> est un entier relatif. Tracer les courbes représentatives <math>C_{-1}</math>, <math>C_0</math> et <math>C_1</math> des fonctions <math>f_{-1}</math>, <math>f_0</math> et <math>f_1</math>.

'''3°''' &nbsp;On pose :
:<math>I_n(h)=\int_{-n}^{-n+h}f_n(x)\,\mathrm dx</math>.
:Calculer <math>I_n(h)</math> en fonction de <math>h</math> et <math>n</math>, et établir la relation :
:<math>I_n(h)=\operatorname e^{-n}I_0(h)</math>.
{{Solution|contenu=
#Par récurrence, <math>f^{(n)}=f_n</math> (la fonction définie dans la question suivante). En effet, c'est immédiat pour <math>n=0</math>, et l'hérédité vient du fait que <math>\left(f_n\right)'=f_{n+1}</math>.
#<math>f_n</math> a un minimum en <math>-(n+1)</math>. Elle est décroissante avant et croissante après. Ses limites en <math>-\infty</math> et <math>+\infty</math> sont respectivement <math>0</math> et <math>+\infty</math>.<br>Les courbes représentatives <math>C_{-1}</math>, <math>C_0</math> et <math>C_1</math> sont alors :<br>[[Fichier:Famille courbes 1.png|400px]]
#<math>I_n(h)=\left[f_{n-1}\right]_{-n}^{-n+h}=(h-1)\operatorname e^{-n+h}+\operatorname e^{-n}=\operatorname e^{-n}\left((h-1)\operatorname e^h+1\right)=\operatorname e^{-n}I_0(h)</math>.
}}


== Exercice 18-7==
Soit <math>n</math> un entier naturel. Pour tout entier naturel <math>k\leqslant n</math>, on pose :
:<math>I_{k,n}=\int_0^1{n\choose k}x^k(1-x)^{n-k}\,\mathrm dx</math>.
Pour <math>0\leqslant k<n</math>, comparer <math>I_{k,n}</math> et <math>I_{k+1,n}</math>.

En déduire <math>I_{k,n}</math> en fonction de <math>n</math>.

{{Solution
  | contenu =
En intégrant par parties, on obtient :
:<math>\int_0^1{n\choose k}x^k(1-x)^{n-k}\,\mathrm dx=\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 dx</math>,
ce qui se traduit par :
:<math>I_{k,n}=I_{k+1,n}</math>.
On a donc :
:<math>I_{k,n}=I_{n,n}=\int_0^1{n\choose n}x^n(1-x)^{n-n}\,\mathrm dx=\int_0^1x^n\,\mathrm dx=\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_0^1=\frac1{n+1}</math>.
}}

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