Corrigé résumé du devoir maison no 9

ECS 3 2013 – 2014 Corrigé résumé du devoir maison no9
Exercice 1 Intégrales de Wallis. — 1. Soit n∈N. On a Wn+2 =Zπ/2
0
(cost)n+2 dt=Zπ/2
0
cost(cost)n+1 dt.
On choisit de poser, pour x∈[0,π
2],
u0(x) = cost u(x) = sint
v(x) = (cost)n+1 v0(x) = −(n+ 1)sint(cost)n
Les fonction uet vainsi définies sont de classe C1sur [0,π
2] et on a, par intégration par parties :
Wn+2 =hsint(cost)n+1iπ/2
0+ (n+ 1)Zπ/2
0
(sint)2(cost)ndt
= 0 + (n+ 1)Zπ/2
0
(sint)2(cost)ndt
= (n+ 1)Zπ/2
0
(1 −(cost)2)(cost)ndt
= (n+ 1)Zπ/2
0
(cost)ndt−(n+ 1)Zπ/2
0
(cost)n+2 dt
et donc Wn+2 = (n+ 1)Wn−(n+ 1)Wn+2 c’est à dire (n+ 2)Wn+2 = (n+ 1)Wn.
2. On procède par récurrence sur n.
• Pour n= 0, on a W0=Zπ/2
0
(cost)0dt=Zπ/2
0
1dt=π
2= 1 ×π 2=(2 ×0)!
(20×0!)2×π
2.
• Supposons que W2n=(2n)!
(2n×n!)2
π
2, pour un entier n∈Net prouvons qu’alors W2(n+1) =(2(n+ 1))!
(2n+1 ×(n+ 1)!)2
π
2.
On a, en utilisant le résultat de la question précédente avec l’entier 2 n : W2(n+1) = W2n+2 =
2n+ 1
2n+ 2W2n
. L’hypothèse
de récurrence donne ainsi : W2(n+1) =2n+ 1
2n+ 2 ×(2n)!
(2n×n!)2×π
2=2n+ 1 2(n+ 1) ×(2n)!
(2n×n!)2×π
2.
En multipliant numérateur et dénominateur par 2n+ 2 = 2(n+ 1), on obtient
W2(n+1) =(2n+ 2)(2n+ 1)
(2(n+ 1))2×(2n)! (2n×n!)2×π
2=(2n+ 2)!
(2(n+ 1) ×2n×n!)2×π
2=(2n+ 2)!
(2n+1 ×(n+ 1)!)2×π
2.
3. a) Pour n∈N, on pose un= (n+ 1)Wn+1Wn.
On a alors, par le 1.,un+1 =(n+ 2)Wn+2×Wn+1 =(n+ 1)Wn×Wn+1 = (n+ 1)WnWn+1 =un.
Ainsi (un)n∈Nest constante et la valeur de cette constante est en particulier la valeur de u0=W1W0.
Aussi a-t-on déjà vu que W0=π
2. On a par ailleurs W1=Zπ/2
0
costdt= [sint]π/2
0= sin(π/2) = 1.
En conclusion : ∀n∈N, un=π
2.
b) Pour tout n∈N, on sait d’après la question précédente que (n+ 1)WnWn+1 =π
2.
Cette relation évaluée en 2ndonne donc (2n+ 1)W2nW2n+1 =π/2.
Par conséquent, avec le résultat de 2. on obtient :
W2n+1 =
π
2
(2n+ 1)W2n
=
π
2
(2n+ 1) (2n)!
(2n×n!)2π
2
=(2n×n!)2
(2n+ 1)(2n)! =(2n×n!)2 (2n+ 1)!
Exercice 2 — On considère la fonction gdéfinie par g(x) = Z2x
x
e−t2dt.
1. La fonction f:t7→ e−t2est continue sur Rdonc, pour tout x∈R, l’intégrale de fde xà 2xà un sens.
Pour x∈R , on a g ( −x ) =
Z−2x
−x
e−t2 d t donc en faisant le changement de variable t = −s dans l’intégrale précédente (ce qui
est licite car s7→ −sest de classe C1sur R) c’est à dire en posant t=−s(et donc dt=−ds) on obtient
g(−x) = Z2x
x
e−(−s)2(−ds) = −Z2x
x
e−s2ds=−g(x). La fonction gest donc impaire.
2. La fonction fétant continue sur R, on peut à bon droit en considérer une primitive Fsur R.
Par définition de l’intégrale, on a alors, pour tout x∈R,g(x)=[F(t)]2x
x=F(2x)−F(x).
Aussi sait-on que F est de classe C1 sur R (en tant que primitive d’une fonction continue) de sorte que par composition
1/2

puis différence, la fonction gest elle même de classe C1sur R.
Par la propriété de dérivation des fonctions composées, on a donc, pour tout x∈R,
g0(x)=2F0(2x)−F0(x)=2f(2x)−f(x)=2e−(2x)2−e−x2= 2e−4x2−e−x2.
3. a) Soit x∈] 1 , + ∞[ . Notons que x < 2 x donc on est en droit d’utiliser la propriété de croissance de l’intégrale sur le segment
[x , 2 x] . Ceci étant dit, observons maintenant que la fonction f est décroissante sur R+ (elle est en effet dérivable, de
dérivée f0(x) = −2xe−2x2≤0 si x≥0). Par conséquent, pour tout t∈[x ,2x], on a f(2x)≤f(t)≤f(x).
En intégrant cette inégalité pour tvariant de xà 2x, il vient f(2x)Z2x
x
dt≤Z2x
x
f(t)dt≤f(x)Z2x
x
dt
(on rappelle que f(x) et f(2x) sont des constantes par rapport à la variable d’intégration t).
On a donc f(2x)×(2x−x)≤g(x)≤f(x)×(2x−x) c’est à dire xe−4x2≤g(x)≤xe−x2.
b) On a xe−4x2 =
x
e4x2−→
x→+∞
0 par croissances comparées. Pour la même raison xe−x2−→
x→+∞
0. Par le théorème d’encadre-
ment, g(x)−→
x→+∞0.
c) •Limites de g. On a montré que g(x)−→
x→+∞0. Aussi, puisque gest impaire, on a, pour tout x∈R,g(x) = −g(−x).
Par composition (en posant u=−x), gadmet une limite en −∞ et lim
x→−∞ g(x) = −lim u→+∞g(u) = −0 = 0.
•Valeur en 0. gétant impaire g(0) = 0.
•Sens de variation. On a vu que gest dérivable sur R, de dérivée g0(x)=2e−4x2−e−x2=e−x2(2e−3x2−1).
Ainsi g0(x) est du signe de 2e−3x2−1. Or on a :
2e−3x2−1>0⇐⇒ e−3x2>1
2⇐⇒
croissance de ln
−3x2>−ln2 ⇐⇒ x2<ln2
3⇐⇒ −qln2 3≤x≤qln2 3
Les variations de gsont ainsi données par
x−∞ −qln2
30qln2 3+∞
g0(x)+0−
g0
g(−qln2
3)
g(qln2
3)
0
0
Exercice 3 Inégalité de Cauchy-Schwarz. —Soient fet gdeux fonctions continues et non nulles sur [a,b].
1. Soit λ∈R. On a, par identité remarquable puis linéarité de l’intégrale,
P(λ) = Zb
a
(λ2(f(x))2+ 2λf (x)g(x) + (g(x))2)dx=Zb
a
(f(x))2dx×λ2+ 2Zb
a
f(x)g(x)dx×λ+Zb
a
(g(x))2dx.
Ainsi P(λ) est de forme P(λ) = αλ2+βλ +γavec α=Zb
a
(f(x))2dx,β= 2Zb
a
f(x)g(x)dxet γ=Zb
a
(g(x))2dx.
Par ailleurs en revenant à la définition de P(λ), on a P(λ) = Zb
a
(λf (x) + g(x))2dx≥0, ceci par positivité de l’intégrale (la
fonction que l’on intègre est un carré donc c’est une fonction positive).
2. En résumé le trinôme du second degré P est toujours positif donc il s’annule au plus une fois (il ne peut avoir deux racines
distinctes car sinon il changerait de signe ce qui n’est pas le cas). Par conséquent son discriminant ∆ est négatif ou nul. Or
on a ∆=β2−4αγ = 4Zb
a
f(x)g(x)dx2 −4Zb
a
f(x)2dxZb
a
g(x)2dx. Ecrivant que ∆≤0, on obtient le résultat voulu.
3. a) On suppose ici que f et g vérifient
Zb
a
f ( x ) g ( x )d x2 =
Zb
a
f ( x )
2
d xZb
a
g ( x )
2
d x . D’après ce que l’on vient de dire, on
a donc ∆= 0 ce qui signifie que Ppossède une racine (double).
b) Appelons k la racine double de P . L’égalité P ( k ) = 0 s’écrit donc, par la définition initiale de P ,
Zb
a
( kf ( x ) + g ( x ))
2
d x = 0.
La fonction x7→ ( kf ( x ) + g ( x ))
2
est donc une fonction continue sur [a,b] , positive sur ce segment et d’intégrale nulle. Le
cours nous apprend qu’il s’agit de la fonction nulle. On a donc ( kf + g )
2
= 0 et donc kf + g = 0 c’est à dire g = −kf . Les
fonctions get fsont donc proportionnelles
2/2