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exercice 1 facile

De toute évidence :

    \[ \boxed{I_{0}=\ln\left(2\right)}\]


Pour I_{1}, on peut intégrer par parties en posant :

    \begin{eqnarray*}u'\left(t\right)=1 & ; & v\left(t\right)=\ln\left(1+t\right)\\\\u\left(t\right)=1+t & ; & v'\left(t\right)=\frac{1}{1+t}\end{eqnarray*}


(noter la petite astuce pour le choix d’une primitive de t\mapsto 1) ce qui donne :

    \[ I_{1}=\left[\left(1+t\right)\ln\left(1+t\right)\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}dt\]

c’est-à-dire :

    \[ \boxed{I_{1}=2\ln\left(2\right)-1}\]


Pour I_{2}, même technique ! On intègre par parties en posant :

    \begin{eqnarray*}u'\left(t\right)=1 & ; & v\left(t\right)=\ln\left(1+t^{2}\right)\\\\u\left(t\right)=t & ; & v'\left(t\right)=\frac{2t}{1+t^{2}}\end{eqnarray*}


On obtient ainsi :

    \[I_{2}=\left[t\ln\left(1+t^{2}\right)\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{2t^{2}}{1+t^{2}}\thinspace dt\]

soit, après simplification :

    \[ I_{2}=\ln\left(2\right)-2\int_{0}^{1}\left(1-\frac{1}{1+t^{2}}\right)\thinspace dt\]

et donc :

    \[I_{2}=\ln\left(2\right)-2\left[t-\arctan\left(t\right)\right]_{0}^{1}\]

soit finalement :

    \[\boxed{I_{2}=\ln\left(2\right)-2+\frac{\pi}{2}}\]

exercice 2 facile

On effectue une première intégration par parties en posant :

    \begin{eqnarray*}u'\left(t\right)=\cos\left(t\right) & ; & v\left(t\right)=e^{-\lambda t}\\\\u\left(t\right)=\sin\left(t\right) & ; & v'\left(t\right)=-\lambda\thinspace e^{-\lambda t} \end{eqnarray*}


ce qui donne :

    \[ A_{\lambda}=\left[\sin\left(t\right)e^{-\lambda t}\right]_{0}^{\pi}+\lambda\int_{0}^{\pi}\sin\left(t\right)e^{-\lambda t}\thinspace dt\]

On va maintenant intégrer par partie une seconde fois, mais attention : le facteur exponentiel a été dérivé au coup précédent; si l’on s’avisait à présent de le primitiver, on reviendrait bêtement sur nos pas (pour démontrer que … A_{\lambda}=A_{\lambda … hum).

On pose donc :

    \[ B_{\lambda}=\int_{0}^{\pi}\sin\left(t\right)e^{-\lambda t}\thinspace dt\]


de sorte que

    \[ A_{\lambda}=\lambda\thinspace B_{\lambda}\qquad\left(\heartsuit\right)\]


et l’on intègre par parties posant :

    \begin{eqnarray*}u'\left(t\right)=\sin\left(t\right) & ; & v\left(t\right)=e^{-\lambda t}\\\\u\left(t\right)=-\cos\left(t\right) & ; & v'\left(t\right)=-\lambda\thinspace e^{-\lambda t} \end{eqnarray*}


pour obtenir :

    \[B_{\lambda}=\left[-\cos\left(t\right)e^{-\lambda t}\right]_{0}^{\pi}-\lambda\int_{0}^{\pi}\cos\left(t\right)e^{-\lambda t}\thinspace dt\]


c’est-à-dire :

    \[ B_{\lambda}=1+e^{-\lambda\pi}-\lambda\thinspace A_{\lambda}\qquad\left(\diamondsuit\right)\]

La combinaison des relations \left(\heartsuit\right) et \left(\diamondsuit\right) donne :

    \[ A_{\lambda}=\lambda\left(1+e^{-\lambda\pi}-\lambda\thinspace A_{\lambda}\right)\]

d’où finalement :

    \[ \boxed{A_{\lambda}=\frac{\lambda}{1+\lambda^{2}}\thinspace e^{-\lambda\pi}}\]

Il en résulte aussitôt que :

    \[ \lim_{\lambda\rightarrow+\infty}A_{\lambda}=0\qquad\left(\spadesuit\right)\]

Pour retrouver ceci directement (ie : sans calculer A_{\lambda} au préalable), il suffit d’observer que :

    \begin{eqnarray*}\left|A_{\lambda}\right| & \leqslant & \int_{0}^{\pi}\left|\cos\left(t\right)\right|\thinspace e^{-\lambda t}\thinspace dt\\& \leqslant & \int_{0}^{\pi}e^{-\lambda t}\thinspace dt\\& = & \frac{1}{\lambda}\left(1-e^{-\lambda\pi}\right)\end{eqnarray*}


On voit alors que, pour tout \lambda>0 :

    \[ \left|A_{\lambda}\right|\leqslant\frac{1}{\lambda}\]


d’où \left(\spadesuit\right).

exercice 3 facile

Le théorème de décomposition d’une fraction rationnelle à coefficients réels donne, a priori, l’existence d’un unique triplet \left(a,b,c\right)\in\mathbb{R}^{3} tel que :

    \[ \forall t\in\mathbb{R}-\left\{ -1\right\} ,\;\frac{1}{1+t^{3}}=\frac{a}{1+t}+\frac{bt+c}{1-t+t^{2}}\]


Après réduction au même dénominateur, il vient :

    \[ \forall t\in\mathbb{R},\;a\left(1-t+t^{2}\right)+\left(1+t\right)\left(bt+c\right)=1\]

Noter qu’a priori, l’égalité ne vaut que si t\neq-1, mais elle est aussi vraie pour t=-1 par continuité !

warning-math-os

Par identification (même si ce n’est pas la méthode la plus efficace…), on parvient au système :

    \[ \left\{ \begin{array}{ccc} a+b & = & 0\\ -a+b+c & = & 0\\ a+c & = & 1 \end{array}\right.\]


d’où facilement :

    \[ \left(a,b,c\right)=\left(\frac{1}{3},\thinspace-\frac{1}{3},\thinspace\frac{2}{3}\right)\]

Ainsi, l’intégrale à calculer s’écrit :

    \[ A=\frac{1}{3}\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+t}+\frac{1}{3}\int_{0}^{1}\frac{-t+2}{t^{2}-t+1}\thinspace dt\qquad\left(\clubsuit\right)\]


Posons temporairement :

    \[ B=\int_{0}^{1}\frac{-t+2}{t^{2}-t+1}\thinspace dt\]


et mettons le trinôme au dénominateur sous forme canonique :

    \[ B=\int_{0}^{1}\frac{-t+2}{\left(t-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}}\thinspace dt\]

Si l’on pose maintenant u=t-\frac{1}{2}, il vient :

    \[ B=\int_{-1/2}^{1/2}\frac{\frac{3}{2}-u}{u^{2}+\frac{3}{4}}\thinspace du\]


c’est-à-dire :

    \[ B=\frac{3}{2}\int_{-1/2}^{1/2}\thinspace\frac{du}{u^{2}+\frac{3}{4}}-\int_{-1/2}^{1/2}\thinspace\frac{u}{u^{2}+\frac{3}{4}}\thinspace du\]

On voit ainsi que :

    \[ B=\frac{3}{2}\left[\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\left(\frac{2u}{\sqrt{3}}\right)\right]_{-1/2}^{1/2}-\left[\frac{1}{2}\ln\left(u^{2}+\frac{3}{4}\right)\right]_{-1/2}^{1/2}\]


c’est-à-dire :

    \[ B=\frac{\pi\sqrt{3}}{3}\]


En reportant ceci dans \left(\clubsuit\right), on conclut que :

    \[ \boxed{\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+t^{3}}=\frac{\pi\sqrt{3}}{9}+\frac{1}{3}\ln\left(2\right)}\]

Comme le suggère l’indication, on va utiliser la majoration classique :

    \[ \boxed{\forall x\in\left]-1,+\infty\right[,\:\ln\left(1+x\right)\leqslant x}\]

Noter que cette inégalité peut être vue comme une conséquence de la concavité de la fonction logarithme (le graphe de x\mapsto\ln\left(1+x\right) est “en-dessous” de chacune de ses tangentes et, notamment, en-dessous de sa tangente à l’origine, qui a pour équation y=x).

Bref, on voit par croissance de l’intégrale que, pour tout n\in\mathbb{N} :

    \[ 0\leqslant\int_{0}^{1}\ln\left(1+t^{n}\right)\thinspace dt\leqslant\int_{0}^{1}t^{n}\thinspace dt=\frac{1}{n+1}\]

ce qui permet de conclure (par le théorème d’encadrement, ou “théorème des gendarmes”) que :

    \[ \boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{1}\ln\left(1+t^{n}\right)\thinspace dt=0}\]

Effectuons le changement de variable u=\pi-t dans l’intégrale qui définit J_{n}.

On obtient :

    \begin{eqnarray*}J_{n} & = & \int_{0}^{\pi}t\sin^{n}\left(t\right)\thinspace dt\\& = & -\int_{\pi}^{0}\left(\pi-u\right)\sin^{n}\left(\pi-u\right)\thinspace du\end{eqnarray*}

Mais \sin\left(\pi-u\right)=\sin\left(u\right) pour tout u et donc :

    \[ J_{n}=\int_{0}^{\pi}\left(\pi-u\right)\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du\]


c’est-à-dire, en séparant cette dernière intégrale en deux :

    \[ J_{n}=\pi\int_{0}^{\pi}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du-J_{n}\]


ou encore :

    \[ J_{n}=\frac{\pi}{2}\thinspace\int_{0}^{\pi}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du\]

Pour finir, on voit avec la relation de Chasles que :

    \[\int_{0}^{\pi}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du = \int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du+\int_{\pi/2}^{\pi}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du\]


et si l’on pose v=\pi-u dans la dernière intégrale, on trouve :

    \[ \int_{\pi/2}^{\pi}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du=-\int_{\pi/2}^{0}\sin^{n}\left(\pi-v\right)\thinspace dv=\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du\]

de sorte que :

    \[ \int_{0}^{\pi}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du=2\thinspace\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}\left(u\right)\thinspace du\]

ce qui est d’ailleurs évident géométriquement :

Finalement :

    \[ \boxed{J_{n}=\pi\thinspace W_{n}}\]

Montrons que :

    \[ \lim_{x\rightarrow0^{+}}\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f\left(t\right)\thinspace dt=f\left(0\right)\]


ou bien, ce qui revient au même, que :

    \[ \lim_{x\rightarrow0^{+}}\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\left(f\left(t\right)-f\left(0\right)\right)\thinspace dt=0\]


Pour cela, fixons un réel \epsilon>0. Comme f est continue en 0, il existe \delta>0 tel que :

    \[ \forall t\in\left]0,\delta\right],\:\left|f\left(t\right)-f\left(0\right)\right|\leqslant\epsilon\]


Il en résulte que pour tout x\in\left]0,\delta\right] :

    \[ \left|\int_{0}^{x}\left(f\left(t\right)-f\left(0\right)\right)\thinspace dt\right|\leqslant\int_{0}^{x}\left|f\left(t\right)-f\left(0\right)\right|\thinspace dt\leqslant\epsilon x\]


et donc, après division par x :

    \[ \left|\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\left(f\left(t\right)-f\left(0\right)\right)\thinspace dt\right|\leqslant\epsilon\]

On observe que, pour tout x>0 :

    \[ \int_{x}^{2x}\frac{1}{t}\thinspace dt=\left[\ln\left(t\right)\right]_{x}^{2x}=\ln\left(2x\right)-\ln\left(x\right)=\ln\left(2\right)\]


Montrons donc que :

    \[\lim_{x\rightarrow0^{+}}\int_{x}^{2x}\frac{\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt=\ln\left(2\right)\]

Pour cela, écrivons la différence de manière plus homogène. En profitant de l’observation ci-dessus, on voit que pour tout x>0 :

    \[ \ln\left(2\right)-\int_{x}^{2x}\frac{\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt=\int_{x}^{2x}\frac{1-\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt\]

Voyons deux manières de conclure que cette dernière quantité tend vers 0 lorsque x\rightarrow0^{+}.

La première méthode est pragmatique (on va profiter de la forme particulière de l’expression ci-dessus) tandis que la seconde est plus abstraite mais aussi plus générale (elle pourrait s’appliquer, pratiquement sans aucune modification, à une vaste gamme d’exemple similaires).

Méthode 1

On écrit, artificiellement, que pour tout t\in\left]0,\frac{\pi}{2}\right[ :

    \[ 0\leqslant\frac{1-\cos\left(t\right)}{t}=\frac{1-\cos^{2}\left(t\right)}{t\left(1+\cos\left(t\right)\right)}\leqslant\frac{\sin^{2}\left(t\right)}{t}\leqslant t\]

la dernière inégalité résultant de \left|\sin\left(t\right)\right|\leqslant\left|t\right|, qui est valable pour tout t\in\mathbb{R}.

Il en résulte que, pour tout x\in\left]0,\frac{\pi}{4}\right[ :

    \[ 0\leqslant\int_{x}^{2x}\frac{1-\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt\leqslant\int_{x}^{2x}\thinspace t\thinspace dt=\frac{3}{2}x^{2}\]

et donc :

    \[ \lim_{x\rightarrow0^{+}}\int_{x}^{2x}\frac{1-\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt=0\]

Méthode 2

On utilise le lemme suivant :

Lemme – Soient I un intervalle et f:I\rightarrow\mathbb{R} une application continue et bornée.
Soient J un intervalle, x_{0}\in J et \alpha,\beta:J\rightarrow I deux applications telles que :

    \[ \lim_{x\rightarrow x_{0}}\left(\alpha\left(x\right)-\beta\left(x\right)\right)=0\]


Alors :

    \[ \lim_{x\rightarrow x_{0}}\int_{\alpha\left(x\right)}^{\beta\left(x\right)}f\left(t\right)\thinspace dt=0\]

On peut retenir ce lemme sous la forme suivante : si l’on intègre une quantité bornée sur intervalle dont la longueur tend vers 0, alors l’intégrale tend vers 0.

Sa preuve est immédiate ! En effet, si M>0 est un majorant de \left|f\left(t\right)\right| pour t\in I, alors :

    \[ \forall x\in J,\thinspace\left|\int_{\alpha\left(x\right)}^{\beta\left(x\right)}f\left(t\right)\thinspace dt\right|\leqslant M\left|\alpha\left(x\right)-\beta\left(x\right)\right|\]

d’où le résultat.

Ce lemme s’applique à l’exemple proposé puisque l’application \left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto\frac{1-\cos\left(t\right)}{t} est prolongeable par continuité en 0 et donc bornée au voisinage à droite de 0 (ou disons, plus simplement, qu’elle est bornée sur \left]0,1\right]).

Si f est solution de l’équation proposée, la relation :

    \[ \forall x\in\mathbb{R},\,f\left(x\right)=1-x\,\int_{0}^{x}\,f\left(t\right)\,dt+\int_{0}^{x}\,t\,f\left(t\right)\,dt\]

prouve que f est de classe C^{1} et que pour tout x\in\mathbb{R} :

    \begin{eqnarray*}f'\left(x\right) & = & -\left[\int_{0}^{x}\,f\left(t\right)\,dt+x\,f\left(x\right)\right]+x\,f\left(x\right)\\& = & -\int_{0}^{x}\,f\left(t\right)\,dt\end{eqnarray*}


Cette dernière relation montre, à son tour, que f' est de classe C^{1}.

Ainsi f est de classe C^{2} et :

    \[ \forall x\in\mathbb{R},\,f''\left(x\right)+f\left(x\right)=0 \]

On sait alors qu’il existe des réels a,b tels que \forall x\in\mathbb{R},\,f\left(x\right)=a\cos\left(x\right)+b\sin\left(x\right).

Réciproquement, il s’agit de savoir quelles sont les fonctions de ce type qui conviennent. On calcule, en intégrant par parties :

    \begin{eqnarray*}f\left(x\right)+\int_{0}^{x}\,\left(x-t\right)\,f\left(t\right)\,dt & = & a\cos\left(x\right)+b\sin\left(x\right)+\\& & \int_{0}^{x}\,\left(x-t\right)\,\left(a\cos\left(t\right)+b\sin\left(t\right)\right)\,dt\\& = & a+bx\end{eqnarray*}

La famille \left(x\mapsto1,\,x\mapsto x\right) étant libre, la condition imposée à f équivaut à \left(a,b\right)=\left(1,0\right).

Finalement, la seule solution continue de l’équation proposée est \boxed{x\mapsto\cos\left(x\right)}

exercice 9 difficile

En posant x=t^{n}, on obtient :

    \[ I_{n}=\frac{1}{n}\,\int_{0}^{1}\frac{\ln\left(1+x\right)}{x}\,x^{1/n}\,dx\]

Notons dans la suite :

    \[\lambda=\int_{0}^{1}\,\frac{\ln\left(1+x\right)}{x}\,dx\]

On observe que :

    \begin{eqnarray*}0 & \leqslant & \lambda-n\,I_{n}\\& = & \int_{0}^{1}\,\frac{\ln\left(1+x\right)}{x}\left(1-x^{1/n}\right)\,dx\\& \leqslant & \int_{0}^{1}\,\left(1-x^{1/n}\right)\,dx\\& = & 1-\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\\& = & \frac{1}{n+1}\end{eqnarray*}


d’où il résulte que :

    \[ \lim_{n\rightarrow+\infty}\,n\,I_{n}=\lambda\]

Pour finir, on peut exprimer \lambda comme la somme d’une série convergente. En effet :

    \[ \lambda=\int_{0}^{1}\,\left(\sum_{n=1}^{\infty}\,\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}x^{n-1}\right)\,dx\underset{\star}{=}\sum_{n=1}^{\infty}\,\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n^{2}}\underset{\star\star}{=}\frac{\pi^{2}}{12}\]

Il reste bien sûr à justifier les égalités \star et \star\star.

Pour l’égalité \star, il suffit de prouver que :

    \[ \lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{1}\left(\sum_{k=n}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{k}x^{k-1}\right)\thinspace dx=0\]

Or on sait (majoration du reste d’une série alternée) que :

    \[ \forall x\in\left]0,1\right[,\thinspace\forall n\geqslant2,\thinspace\left|\sum_{k=n}^{\infty}\left(-1\right)^{k-1}\thinspace\frac{x^{k-1}}{k}\right|\leqslant\frac{x^{n-1}}{n-1}\]


et donc :

    \[ \left|\int_{0}^{1}\left(\sum_{k=n}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{k}x^{k-1}\right)\thinspace dx\right|\leqslant\int_{0}^{1}\frac{x^{n-1}}{n-1}\thinspace dx=\frac{1}{n\left(n-1\right)}\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0\]

Quant à la relation \star\star, elle découle de la formule classique :

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}\]

En effet :

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n^{2}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1+\left(-1\right)^{n}}{n^{2}}\]

expression dans laquelle les termes d’indice impair sont tous nuls, et donc :

    \[ \frac{\pi^{2}}{6}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n^{2}}=\sum_{p=1}^{\infty}\frac{2}{\left(2p\right)^{2}}=\frac{1}{2}\sum_{p=1}^{\infty}\frac{1}{p^{2}}=\frac{\pi^{2}}{12}\]

En conclusion :

    \[\int_0^1\ln\left(1+t^n\right)\,dt\sim\frac{\pi^2}{12n}\]


Si un point n’est pas clair ou vous paraît insuffisamment détaillé, n’hésitez pas à poster un commentaire ou à me joindre via le formulaire de contact.

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