Exos types, Chapitre 18 : Intégration et sommes de Riemann

PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014
Chapitre 18 : Intégration
Exercice type 1
Soit f: [0,1] −→ Rcontinue d’intégrale nulle sur [0,1]. On pose m= inf
[0,1]
fet M= sup
[0,1]
f(justifier l’existence de met
M). Que dire de la fonction g= (M−f) (f−m)? En déduire l’inégalité 
1
0
f
2
−mM, puis que fs’annule au moins
une fois.
Solution : La fonction fest continue sur [0,1] donc admet un minimum et un maximum. On a alors M−f0et
f−m0sur [0,1] ,ainsi g0sur [0,1] .On en déduit que 
1
0
g0par croissance de l’intégrale. Mais
1
0
g= (M+m)
1
0
f−
1
0
f
2
−
1
0
Mm =−
1
0
f
2
−Mm
car fest d’intégrale nulle sur [0,1]. On a donc 
1
0
f
2
−mM
De plus f
2
0donc 0
1
0
f
2
−mM =⇒mM 0. Ainsi met Msont de signes opposés, et puisque mM, on
am0M. Puisque met Msont des valeurs prises par f, (l’image d’un segment par une fonction continue est un
segment), il existe (a, b)∈[0,1]
2
tels que m=f(a)et M=f(b). D’après le TVI appliqué à fentre aet b, on en déduit
que fs’annule au moins une fois.
Exercice type 2
Soit p∈N
∗
, on définit S
n
(p) =
n
k=1
1
k
p
et I
n
(p) = 
n
1
1
x
p
dx.
1. Montrer, pour tout entier k1,1
(k+ 1)
p
k+1
k
1
x
p
dx 1
k
p
.
2. En déduire que pour tout entier n2:
S
n
(p)−1I
n
(p)S
n−1
(p)
puis que la suite (S
n
(p))
n1
converge si et seulement si p2.
Solution : L’ idée développée dans cet exercice portent le nom de "comparaison séries-intégrales" (il est conseillé de
faire un dessin).
1. Par décroissance de x−→ 1
x
p
,on a ∀x∈[k, k + 1] ,1
(k+ 1)
p
1
x
p
1
k
p
. On intègre alors entre ket k+ 1,par
croissance de l’intégrale, on obtient
1
(k+ 1)
p
=
k+1
k
dx
(k+ 1)
p
k+1
k
1
x
p
dx 1
k
p
=
k+1
k
dx
k
p
2. Par Chasles, on a I
n
(p) =
2
1
1
x
p
dx +
3
2
1
x
p
dx+···+
n
n−1
1
x
p
dx =
n−1
k=1
k+1
k
1
x
p
dx. Si on somme les inégalités de
la question précédente, on obtient
n−1
k=1
1
(k+ 1)
p
n−1
k=1
k+1
k
1
x
p
dx =I
n
(p)
n−1
k=1
1
k
p
=S
n−1
(p)
—1/8—
G H

PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014
Or pour n2,
n−1
k=1
1
(k+ 1)
p
=
j=k+1
n
j=2
1
j
p
=S
n
(p)−1d’où l’encadrement demandé.
Un calcul simple donne
I
n
(p) = 
n
1
1
x
p
dx =
ln n−−−−−→
n→+∞
+∞si p= 1
x
1−p
1−p
n
1
=1
p−11−1 n
p−1
si p2
On peut maintenant conclure à l’équivalence
(S
n
(p))
n
converge ⇐⇒ p2
Sens =⇒: Supposons que S
n
(p)converge, alors p= 1 car si p= 1,on a I
n
(p)−−−−−→
n→+∞
+∞et puisque I
n
(p)
S
n−1
(p),par le théorème d’encadrement, on en déduit que (S
n
(p))
n
diverge. Ainsi p2.
Sens ⇐=: Supposons que p2, alors
S
n
(p)I
n
(p) + 1 = 1
p−11−1 n
p−1
+ 1 1 + 1
p−1
La suite est donc majorée, elle converge.
Exercice 1
Donner un équivalent de u
n
=
n
k=1
ln k.
Solution : La fonction fdéfinie sur ]0,+∞[par f(x) = ln xest strictement croissante. On en déduit que pour
x∈[k, k + 1],ln kln xln (k+ 1). Par croissance de l’intégrale sur [k, k + 1] ,on a alors
k+1
k
ln (k)dx = ln k
k+1
k
ln (x)dx 
k+1
k
ln (k+ 1) dx = ln (k+ 1)
On peut sommer ces inégalités pour kvariant de 1àn−1,on obtient alors
n−1
k=1
ln k=u
n
−ln n
n−1
k=1
k+1
k
ln (x)dx =
n
1
ln (x)dx 
n−1
k=1
ln (k+ 1) =
n
i=2
ln (i) = u
n
−ln (1) = u
n
Un calcul élémentaire (la primitive de ln xest xln (x)−x) donne 
n
1
ln (x)dx =nln (n)−n+ 1. On a donc
u
n
−ln nnln (n)−n+ 1 u
n
⇐⇒ nln (n)−n+ 1 u
n
nln (n)−n+ ln (n) + 1
Ce qui donne
1←−−−−−
n→+∞
1−n−1
nln nu
n
nln n1−n−ln n−1 nln n−−−−−→
n→+∞
1
et prouve que
u
n
∼nln (n)
Exercice type 3
On définit pour n1,u
n
=
π
0
sin x
n+xdx. Donner la limite, puis un équivalent de u
n
.
—2/8— G H

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Solution : Pour x∈[0, π], on a
0sin x
n+x1 ncar 0sin x1et 0nn+x
Par croissance de l’intégrale, on en déduit que
0u
n
=
π
0
sin x
n+xdx 
π
0
dx
n=π n−−−−−→
n→+∞
0
Pour l’équivalent, on va améliorer l’encadrement. On pose v
n
=
π
0
sin x
ndx =1 n
π
0
sin xdx =2
n. Alors
v
n
−u
n
=
π
0
sin x1
n−1 n+xdx =
π
0
xsin x
n(n+x)dx =1 n
π
0
xsin x
n+xdx
Le même raisonnement que pour u
n
donne
∀x∈[0, π],0xsin x
n+xπ n=⇒0
π
0
xsin x
n+xdx 
π
0
πdx
n=π
2
n−−−−−→
n→+∞
0
On a donc
u
n
=v
n
+1
nε
n
oùε
n
=−
π
0
xsin x
n+xdx −−−−−→
n→+∞
0
ce qui s’écit u
n
=2
n+o
n→+∞
1
n,et donne l’équivalent u
n
∼2
n.
Exercice type 4
Formule de la moyenne : Soient fet gcontinues sur [a, b]où a < b avec gpositive, montrer qu’il existe c∈[a, b]tel que
b
a
f(t)g(t)dt =f(c)
b
a
g(t)dt.
Application : Soit fdéfinie et continue sur R, montrer que lim
x→0
+
2x
x
f(t)
tdt =f(0) ln 2.
Solution : La fonction fest continue sur [a, b],l’image du segment [a, b]est donc un segment [m, M], il existe donc
(α, β)∈[a, b]
2
tels que
m= min
[a,b]
f=f(α)et M= max
[a,b]
f=f(β)
La positivité de gsur [a, b]et la croissance de l’intégrale (a < b) permet alors d’écrire que
∀x∈[a, b], mg (x)f(x)g(x)Mg (x) =⇒m
b
a
g(x)dx 
b
a
f(x)g(x)dx M
b
a
g(x)dx
Si 
b
a
g(x)dx = 0,alors gétant continue et positive, on a g= 0 et pour tout cde [a, b]on a 0 = 
b
a
f(t)g(t)dt =
f(c)
b
a
g(t)dt = 0.
Sinon, on a, en divisant par 
b
a
g(x)dx 0(car g0) ce qui ne change pas le sens de l’inégalité :
f(α) = m
b
a
f(x)g(x)dx
b
a
g(x)dx
M=f(β)
—3/8— G H

PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014
D’après le TVI, il existe c∈[a, b]tel que f(c) = 
b
a
f(x)g(x)dx
b
a
g(x)dx
.
Application : L’intégrale existe pour x > 0car [x, 2x]⊂R
∗
. Pour x= 0,on applique la formule de la moyenne avec
g(t) = t0,il existe c∈[x, 2x]tel que 
2x
x
f(t)
tdt =f(c)
2x
x
dt
t=f(c)×ln 2. Puisque xc2xon a c−−−−→
x→0
+
0, et
par continuité de fen x= 0,il vient f(c)−−−−→
x→0
+
f(0). Ainsi
2x
x
f(t)
tdt =f(c)×ln 2 −−−−→
x→0
+
f(0) ln 2.
Remarque : Si a > b, on a le même résultat, en effet 
b
a
f(t)g(t)dt =−
a
b
f(t)g(t)dt. On applique le résultat
précédent à 
a
b
f(t)g(t)dt pour obtenir, 
b
a
f(t)g(t)dt =−f(c)
a
b
g(t)dt =f(c)
b
a
g(t)dt. où c∈[b, a]. De même si
gest négative, on a le même résultat (on a deux inversions de l’inégalité).
Exercice 2
Soit fune fonction de classe C
1
sur [a, b].avec a < b. Montrer que 
b
a
f(t) sin(λt)dt et 
b
a
f(t) cos(λt)dt tendent vers
0quand |λ|tend vers +∞. (lemme de Riemann-Lebesgue).
Solution : Puisque fest C
1
sur [a, b],on peut intégrer par parties en dérivant f. On a alors, pour λ= 0
u(t) = f(t)
v
′
(t) = e
iλt
u
′
(t) = f
′
(t)
v(t) = 1
iλe
iλt
=−i
λe
iλt
,u, v sont C
1
sur [a, b]
b
a
f(t)e
iλt
dt =−i
λe
iλt
f(t)
b
a
+i
λ
b
a
f
′
(t)e
iλt
dt =−i
λe
iλb
f(b)−e
iλa
f(a)+i
λ
b
a
f
′
(t)e
iλt
dt
On en déduit que 
b
a
f(t)e
iλt
dt
i
λe
iλb
f(b)−e
iλa
f(a)+
i
λ
b
a
f
′
(t)e
iλt
dt
Puisque fest continue sur [a, b],elle est bornée sur [a, b], soit Mun majorant de |f|sur [a, b](par exemple M= sup
[a,b]
|f|)
alors
i
λe
iλb
f(b)−e
iλa
f(a)1
|λ|e
iλb
f(b)+e
iλa
f(a)=|f(b)|+|f(a)|
|λ|2M |λ|
i
λ
b
a
f
′
(t)e
iλt
dt=1
|λ|
b
a
f
′
(t)e
iλt
dt1
|λ|
b
a
f
′
(t)e
iλt
dt =1
|λ|
b
a
|f
′
(t)|dt
d’où 
b
a
f(t)e
iλt
dt2M
|λ|+1 |λ|
b
a
|f
′
(t)|dt −−−−−−→
|λ|→+∞
0
Enfin, puisque |Re (z)||z|et |Im (z)||z|,on en conclut que
b
a
f(t) cos(λt)dt et 
b
a
f(t) sin(λt)dt tendent vers 0si |λ|tend vers +∞
—4/8—
G H

PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014
Exercice 3
On définit Fsur ]0,+∞[par F(x) = 
2x
x
dt
t+ 1 −e
−t
. Justifier que Fest bien définie sur ]0,+∞[, déterminer sa limite
en +∞.
Solution : Soit ϕ:t−→ 1
t+ 1 −e
−t
,pour t > 0, on a 0< e
−t
<1, ainsi 1−e
−t
>0 =⇒t+ 1 −e
−t
>0. La fonction ϕ
est donc définie et continue (inverse d’une fonction continue et non nulle) sur ]0,+∞[. Pour x > 0, on a [x, 2x]⊂]0,+∞[,
ainsi ϕest intégrable sur [x, 2x](car continue), ceci prouve que F(x)existe pour x > 0.
Pour la limite en +∞, si t > 0, on a 0< e
−t
<1 =⇒0<1−e
−t
<1 =⇒0< t < t + 1 −e
−t
< t + 1 et en passant à
l’inverse
∀t∈R
∗
+
,1
t+ 1 f(t)1 t
On intégre cette inégalité sur [x, 2x]pour obtenir
∀x > 0,
2x
x
dt
t+ 1 
2x
x
f(t)dt 
2x
x
dt
t
soit
ln 2x+ 1
x+ 1 = [ln (t+ 1)]
2x
x
F(x)[ln t]
2x
x
= ln 2x
x= ln (2)
Puisque ln 2x+ 1
x+ 1 −−−−−→
x→+∞
ln (2) ,on a par encadrement F(x)−−−−−→
x→+∞
ln (2) .
Exercice type 5
On définit fpar f(x) = e
x
2
x
0
e
−t
2
dt. Justifier que fest bien définie et est C
∞
sur R, est impaire et vérifie l’équation
différentielle y
′
−2xy = 1. Donner une relation entre f
(n+1)
, f
(n)
et f
(n−1)
pour n1.
Solution : La fonction ϕ:t−→ e
−t
2
est définie et continue sur R, ainsi F:x−→ 
x
0
e
−t
2
dt est définie et dérivable
sur Ravec F
′
=ϕ. Puisque ϕest C
∞
, on en déduit que Fest également C
∞
. Il en découle que fest définie et C
∞
sur R
(produit de fonctions C
∞
).
Pour x∈R, on a alors
f
′
(x) = 2xe
x
2
x
0
e
−t
2
dt +e
x
2
×e
−x
2
= 2xf (x) + 1
ce qui prouve que fest bien solution de l’équation différentielle y
′
−2xy = 1. Posons h:x−→ xf (x),on a donc
f
′
−2h= 1,pour n1,on en déduit que
(f
′
−2h)
(n)
= 0 =⇒f
(n+1)
−2h
(n)
= 0
Mais puisque g:x−→ xet fsont C
∞
,la formule de Leibniz donne (en utilisant g
(k)
= 0 si k2)
h
(n)
(x) =
n
k=0
n
kg
(k)
(x)f
(n−k)
(x) = n
0g
(0)
(x)f
(n−0)
(x) + n
1g
(1)
(x)f
(n−1)
(x)
=xf
(n)
(x) + nf
(n−1)
(x)
On a donc
∀n1,f
(n+1)
(x) = 2xf
(n)
(x) + 2nf
(n−1)
(x)
—5/8—
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