Exos types, Chapitre 18 : Intégration et sommes de Riemann

PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
Chapitre 18 : Intégration
Exercice type 1
Soit f : [0, 1] −→ R continue d’intégrale nulle sur [0, 1]. On pose m = inf f et M = sup f (justifier l’existence de m et
[0,1]
[0,1]
1
f2
M ). Que dire de la fonction g = (M − f ) (f − m) ? En déduire l’inégalité
−mM , puis que f s’annule au moins
0
une fois.
Solution : La fonction f est continue sur [0, 1] donc admet un minimum et un maximum. On a alors M − f
0 et
1
f −m
0 sur [0, 1] , ainsi g
0 sur [0, 1] . On en déduit que
0 par croissance de l’intégrale. Mais
g
0
1
1
g = (M + m)
0
0
1
f−
0
1
f2 −
1
Mm = −
0
0
f 2 − Mm
car f est d’intégrale nulle sur [0, 1]. On a donc
1
f2
−mM
0
1
De plus f 2
f2
0 donc 0
−mM =⇒ mM
0
0. Ainsi m et M sont de signes opposés, et puisque m
M, on
a m 0 M. Puisque m et M sont 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 f entre a et b, on en déduit
que f s’annule au moins une fois.
Exercice type 2
n
Soit p ∈ N∗ , on définit Sn (p) =
k=1
n
1
et In (p) =
kp
1
k+1
1
(k + 1)p
2. En déduire que pour tout entier n 2 :
1. Montrer, pour tout entier k
1
dx.
xp
1,
k
1
dx
xp
Sn (p) − 1
puis que la suite (Sn (p))n
1
1
.
kp
In (p)
converge si et seulement si p
Sn−1 (p)
2.
Solution : L’ idée développée dans cet exercice portent le nom de "comparaison séries-intégrales" (il est conseillé de
faire un dessin).
1
1
1
1
1. Par décroissance de x −→ p , on a ∀x ∈ [k, k + 1] ,
. On intègre alors entre k et k + 1, par
x
(k + 1)p
xp
kp
croissance de l’intégrale, on obtient
k+1
1
=
(k + 1)p
k
2
3
1
dx +
p
x
1
la question précédente, on obtient
2. Par Chasles, on a In (p) =
n−1
k=1
1
(k + 1)p
2
k+1
dx
(k + 1)p
1
dx+ · · · +
xp
n−1
k=1
k+1
k
k
1
dx
xp
n
1
dx =
p
x
n−1
1
dx = In (p)
xp
—1/8—
1
=
kp
n−1
k=1
n−1
k=1
k+1
k
k+1
k
dx
kp
1
dx. Si on somme les inégalités de
xp
1
= Sn−1 (p)
kp
G
H
PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
n−1
1
(k
+
1)p
k=1
Un calcul simple donne
Or pour n
2,
n
=
j=k+1
j=2
n
In (p) =
1
1
= Sn (p) − 1 d’où l’encadrement demandé.
jp





ln n −−−−−→ +∞ si p = 1
n→+∞
1
dx =

xp



x1−p
1−p
n
=
1
1
p−1
1−
1
np−1
si p
2
On peut maintenant conclure à l’équivalence
(Sn (p))n converge ⇐⇒ p
2
Sens =⇒ : Supposons que Sn (p) converge, alors p = 1 car si p = 1, on a In (p) −−−−−→ +∞ et puisque In (p)
n→+∞
Sn−1 (p) , par le théorème d’encadrement, on en déduit que (Sn (p))n diverge. Ainsi p
Sens ⇐= : Supposons que p 2, alors
Sn (p)
In (p) + 1 =
1
p−1
1
1−
np−1
+1
1+
2.
1
p−1
La suite est donc majorée, elle converge.
Exercice 1
n
Donner un équivalent de un =
ln k.
k=1
Solution : La fonction f définie sur ]0, +∞[ par f (x) = ln x est 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+1
ln (k) dx = ln k
k
k+1
ln (x) dx
ln (k + 1) dx = ln (k + 1)
k
k
On peut sommer ces inégalités pour k variant de 1 à n − 1, on obtient alors
n−1
k=1
n−1
ln k = un − ln n
k+1
k=1
n−1
n
ln (x) dx =
ln (x) dx
1
k
n
ln (k + 1) =
i=2
k=1
ln (i) = un − ln (1) = un
n
Un calcul élémentaire (la primitive de ln x est x ln (x) − x) donne
un − ln n
n ln (n) − n + 1
Ce qui donne
1 ←−−−−− 1 −
n→+∞
1
ln (x) dx = n ln (n) − n + 1. On a donc
un ⇐⇒ n ln (n) − n + 1
n−1
n ln n
un
n ln n
1−
un
n ln (n) − n + ln (n) + 1
n − ln n − 1
−−−−−→ 1
n→+∞
n ln n
et prouve que
un ∼ n ln (n)
Exercice type 3
π
On définit pour n
1, un =
0
sin x
dx. Donner la limite, puis un équivalent de un .
n+x
—2/8—
G
H
PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
Solution : Pour x ∈ [0, π], on a
sin x
n+x
0
1
car 0
n
sin x
1 et 0
n+x
n
Par croissance de l’intégrale, on en déduit que
π
un =
0
0
π
sin x
dx
n+x
dx
π
= −−−−−→ 0
n
n n→+∞
0
π
sin x
1
dx =
n
n
Pour l’équivalent, on va améliorer l’encadrement. On pose vn =
0
π
vn − un =
sin x
0
π
1
1
−
dx =
n n+x
0
π
sin xdx =
0
x sin x
1
dx =
n (n + x)
n
π
0
2
. Alors
n
x sin x
dx
n+x
Le même raisonnement que pour un donne
∀x ∈ [0, π] , 0
x sin x
n+x
On a donc
un = vn +
ce qui s’écit un =
2
1
+ o
n n→+∞ n
π
π
=⇒ 0
n
0
1
εn oùεn = −
n
x sin x
dx
n+x
π
0
, et donne l’équivalent un ∼
π
0
πdx
π2
=
−−−−−→ 0
n
n n→+∞
x sin x
dx −−−−−→ 0
n→+∞
n+x
2
.
n
Exercice type 4
Formule de la moyenne : Soient f et g continues sur [a, b] où a < b avec g positive, montrer qu’il existe c ∈ [a, b] tel que
b
b
f (t) g (t) dt = f (c)
a
g (t) dt.
a
2x
Application : Soit f définie et continue sur R, montrer que lim+
x→0
x
f (t)
dt = f (0) ln 2.
t
Solution : La fonction f est 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 f = f (α) et M = max f = f (β)
[a,b]
[a,b]
La positivité de g sur [a, b] et la croissance de l’intégrale (a < b) permet alors d’écrire que
b
∀x ∈ [a, b] , mg (x)
f (x) g (x)
Mg (x) =⇒ m
b
g (x) dx
a
b
f (x) g (x) dx
a
g (x) dx
M
a
b
Si
b
g (x) dx = 0, alors g étant continue et positive, on a g = 0 et pour tout c de [a, b] on a 0 =
a
b
f (c)
f (t) g (t) dt =
a
g (t) dt = 0.
a
b
Sinon, on a, en divisant par
g (x) dx
0 (car g
0) ce qui ne change pas le sens de l’inégalité :
a
b
f (x) g (x) dx
f (α) = m
a
M = f (β)
b
g (x) dx
a
—3/8—
G
H
PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
b
f (x) g (x) dx
D’après le TVI, il existe c ∈ [a, b] tel que f (c) =
a
.
b
g (x) dx
a
Application : L’intégrale existe pour x > 0 car [x, 2x] ⊂ R∗ . Pour x = 0, on applique la formule de la moyenne avec
2x
2x
f (t)
dt
dt = f (c)
= f (c) × ln 2. Puisque x c 2x on a c −−−−→ 0, et
g (t) = t 0, il existe c ∈ [x, 2x] tel que
t
t
x→0+
x
x
par continuité de f en x = 0, il vient f (c) −−−−→ f (0). Ainsi
+
x→0
2x
x
f (t)
dt = f (c) × ln 2 −−−−→ f (0) ln 2.
t
x→0+
b
Remarque : Si a > b, on a le même résultat, en effet
a
précédent à
a
b
f (t) g (t) dt pour obtenir,
b
a
a
f (t) g (t) dt = −
a
f (t) g (t) dt = −f (c)
f (t) g (t) dt. On applique le résultat
b
b
g (t) dt = f (c)
b
a
g est négative, on a le même résultat (on a deux inversions de l’inégalité).
g (t) dt. où c ∈ [b, a]. De même si
Exercice 2
b
Soit f une fonction de classe C 1 sur [a, b] . avec a < b. Montrer que
b
f (t) sin(λt)dt et
a
f (t) cos(λt)dt tendent vers
a
0 quand |λ| tend vers +∞. (lemme de Riemann-Lebesgue).
Solution : Puisque f est C 1 sur [a, b] , on peut intégrer par parties en dérivant f. On a alors, pour λ = 0
b
f (t) eiλt dt =
a
u′ (t) = f ′ (t)
u (t) = f (t)
i
1
, u, v sont C 1 sur [a, b]
v ′ (t) = eiλt v (t) = eiλt = − eiλt
iλ
λ
b
i iλt
i b ′
i
i
− e f (t) +
f (t) eiλt dt = − eiλb f (b) − eiλa f (a) +
λ
λ
λ
λ
a
a
b
f ′ (t) eiλt dt
a
On en déduit que
b
i iλb
e f (b) − eiλa f (a)
λ
f (t) eiλt dt
a
+
i
λ
b
f ′ (t) eiλt dt
a
Puisque f est continue sur [a, b] , elle est bornée sur [a, b], soit M un majorant de |f | sur [a, b] (par exemple M = sup |f |)
[a,b]
alors
1
|λ|
i iλb
e f (b) − eiλa f (a)
λ
b
i
λ
f ′ (t) eiλt dt
1
|λ|
=
a
d’où
b
f (t) eiλt dt
a
Enfin, puisque |Re (z)|
|z| et |Im (z)|
b
1
|λ|
f ′ (t) eiλt dt
a
2M
1
+
|λ|
|λ|
=
b
|f (b)| + |f (a)|
|λ|
f ′ (t) eiλt dt =
a
1
|λ|
2M
|λ|
b
a
|f ′ (t)| dt
b
a
|f ′ (t)| dt −−−−−−
→0
|λ|→+∞
|z| , on en conclut que
b
b
f(t) cos(λt)dt et
a
eiλb f (b) + eiλa f (a)
a
f(t) sin(λt)dt tendent vers 0 si |λ| tend vers + ∞
—4/8—
G
H
PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
Exercice 3
2x
On définit F sur ]0, +∞[ par F (x) =
x
dt
. Justifier que F est bien définie sur ]0, +∞[, déterminer sa limite
t + 1 − e−t
en +∞.
1
, pour t > 0, on a 0 < e−t < 1, ainsi 1 − e−t > 0 =⇒ t + 1 − e−t > 0. La fonction ϕ
t + 1 − e−t
est donc définie et continue (inverse d’une fonction continue et non nulle) sur ]0, +∞[. Pour x > 0, on a [x, 2x] ⊂ ]0, +∞[ ,
ainsi ϕ est 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
1
1
∀t ∈ R∗+ ,
f (t)
t+1
t
Solution : Soit ϕ : t −→
On intégre cette inégalité sur [x, 2x] pour obtenir
2x
∀x > 0,
soit
2x + 1
x+1
ln
Puisque ln
2x + 1
x+1
x
dt
t+1
= [ln (t + 1)]2x
x
2x
2x
f (t) dt
x
x
F (x)
dt
t
2x
[ln t]x = ln
2x
x
= ln (2)
−−−−−→ ln (2) , on a par encadrement F (x) −−−−−→ ln (2) .
x→+∞
x→+∞
Exercice type 5
x
2
On définit f par f (x) = ex
0
2
e−t dt. Justifier que f est 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.
x
2
Solution : La fonction ϕ : t −→ e−t est définie et continue sur R, ainsi F : x −→
2
e−t dt est définie et dérivable
0
sur R avec F ′ = ϕ. Puisque ϕ est C ∞ , on en déduit que F est également C ∞ . Il en découle que f est définie et C ∞ sur R
(produit de fonctions C ∞ ).
Pour x ∈ R, on a alors
x
2
f ′ (x) = 2xex
0
2
2
2
e−t dt + ex × e−x = 2xf (x) + 1
ce qui prouve que f est 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
(n)
(f ′ − 2h)
= 0 =⇒ f (n+1) − 2h(n) = 0
Mais puisque g : x −→ x et f sont C ∞ , la formule de Leibniz donne (en utilisant g(k) = 0 si k
n
h(n) (x) =
k=0
(n)
= xf
2)
n (k)
n (0)
n (1)
g (x) f (n−k) (x) =
g (x) f (n−0) (x) +
g (x) f (n−1) (x)
k
0
1
(x) + nf (n−1) (x)
On a donc
∀n
1, f (n+1) (x) = 2xf (n) (x) + 2nf (n−1) (x)
—5/8—
G
H
PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
Exercice type 6
n
Soit (un )n∈N∗ la suite définie par un =
k=1
n
. Déterminer sa limite.
n2 + k2
Solution : On a
n
un =
k=1
n
n
=
2
n + k2
n
=
2
k=1
n2 1 +
k
n2
1
n
n
k=1
1
1+
k2
n2
on reconnaît une somme de Riemann pour la fonction continue sur [0, 1] définine par f (x) =
converge alors vers
1
1
π
1
1
dx = [arctan x]0 =
1 + x2
4
f (x) dx =
0
1
, on sait que un
1 + x2
0
Exercice type 7
Calculer la limite de un =
1
n2
n
n2 + k2
1
n
.
k=1
Solution : On a un > 0, on peut passer au logarithme.
ln un
= −2 ln n +
= −2 ln n +
1
n
1
n
n
k=1
n
ln n2 + k2 = −2 ln n +
1
n
n
ln n2 1 +
k=1
k2
n2
2
2 ln n + ln 1 +
k=1
k
n2
= −2 ln n + 2 ln n +
1
n
n
ln 1 +
k=1
k2
n2
est une somme de Riemann à pour la fonction continue f (x) = ln 1 + x2 entre 0 et 1. Ainsi
1
ln un −−−−−→
n→+∞
ln 1 + x2 dx
0
On intègre par parties (on dérive ln 1 + x2 ) pour obtenir,
1
0
ln 1 + x2 dx = ln 2 −
=
1
0
2x2
dx = ln 2 −
x2 + 1
1
0
2 x2 + 1 − 1
dx
x2 + 1
1
π + ln 2 − 2
2
d’où, par continuité de l’exponentielle
π
un −−−−−→ 2e 2 −2
n→+∞
Exercice type 8
n
Donner un équivalent de la suite définie par un =
√
k.
k=1
—6/8—
G
H
PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
Solution : On associe à (un )n une somme de Riemann. On définit donc pour n
1, vn =
1
n
n
k=1
√
de Riemann pour la fonction continue sur [0, 1] définie par f (x) = x. On a donc vn −−−−−→
n→+∞
1
2
1
1
x 2 +1
+1
1
0
k
qui est une somme
n
1
√
1
xdx =
0
1
x 2 dx =
0
2
= . En particulier, on a
3
2
3
vn ∼
On peut conclure puisque
√
2 3
3
un = n nvn = n 2 vn ∼ n 2
3
Exercice 4
1. Montrer que pour x ∈ 0, π2 , on a x −
x3
6
sin x
n
2. Déterminer la limite de la suite un =
k
n
sin
k=1
x.
k
n2
sin
.
Solution :
1. Pour l’inégalité de gauche. On peut faire une étude de fonction, mais la formule de taylor à l’ordre 3, avec reste
intégral pour la fonction sin entre 0 et x s’écrit
sin x = x −
Si x ∈ 0, π2 , alors ∀t ∈ [0, x] , on a sin t
x
x3
+
6
0
(x − t)3
sin tdt
3!
(x − t)3
sin t
3!
0 donc
3
x
. L’autre inégalité provient de la convexité.
6
k
2. On a alors, puisque sin
0 lorsque k ∈ {1, · · · , n} ,
n
0, ainsi
x
0
(x − t)3
sin tdt
3!
0 et sin x
x−
n
k=1
k
k3
− 6
2
n
6n
sin
n
k
n
un
k=1
La somme de droite
Sn =
1
n
n
k=1
k
sin
n2
k
sin
n
k
n
=
1
n
n
k=1
k
sin
n
k
n
k
n
est une somme de Riemann pour la fonction continue f (x) = x sin x sur l’intervalle [0, 1] , on a donc
1
Sn −−−−−→
n→+∞
x sin xdx
0
On cherche une primitive de xeix sous la forme (ax + b) eix , on dérive pour avoir
aeix + i (ax + b) eix = xeix =⇒ ai = 1 et a + ib = 0 =⇒ a = −i et b = 1
xeix dx = (−ix + 1) eix + K =⇒
—7/8—
x sin xdx = sin x − x cos x + C
G
H
PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
d’où
1
Sn −−−−−→
n→+∞
0
x sin xdx = sin 1 − cos 1
Pour la somme de gauche, on a
n
k=1
k3
k
−
n2 6n6
Or
n
k=1
0
et
n
k=1
1
6n6
= Sn −
k=1
k
n
k3 sin
k=1
sin
k
n
n
k3 sin
k=1
k
n
n
k3
n
k3
k
− 6
2
n
n
1
6n6
n
k
n
k3 sin
d’où
k
n
sin
n3 = n4
k=1
1
−−−−−→ 0
n2 n→+∞
−−−−−→ sin 1 − cos 1
n→+∞
conclusion
un −−−−−→ sin 1 − cos 1
n→+∞
—8/8—
G
H