Corrigé résumé du devoir maison no 9

ECS 3
Corrigé résumé du devoir maison no 9
2013 – 2014
π/2
Z
Exercice 1 Intégrales de Wallis. — 1. Soit n ∈ N. On a Wn+2 =
On choisit de poser, pour x ∈ [0 , π2 ],
u 0 (x) = cos t
(cos t)
n+2
Z
π/2
dt =
0
cos t(cos t)n+1 dt.
0
u(x) = sin t
v(x) = (cos t)
n+1
v 0 (x) = −(n + 1) sin t(cos t)n
Les fonction u et v ainsi définies sont de classe C 1 sur [0 , π2 ] et on a, par intégration par parties :
Wn+2 =
h
Z
iπ/2
sin t(cos t)n+1
+ (n + 1)
0
Z
= 0 + (n + 1)
Z
= (n + 1)
π/2
π/2
(sin t)2 (cos t)n dt
0
(sin t)2 (cos t)n dt
0
π/2
(1 − (cos t)2 )(cos t)n dt
0
Z π/2
= (n + 1)
Z
(cos t)n dt − (n + 1)
0
π/2
(cos t)n+2 dt
0
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.
Z π/2
Z
0
• Pour n = 0, on a W0 =
(cos t) dt =
0
π/2
0
1 dt =
(2 × 0)!
π
π
π
= 1× = 0
× .
2
2
2 (2 × 0!)
2
(2n)! π
(2(n + 1))!
π
• Supposons que W2n = n
, pour un entier n ∈ N et prouvons qu’alors W2(n+1) = n+1
.
2
2
(2 × n!) 2
(2
× (n + 1)!) 2
2n + 1
On a, en utilisant le résultat de la question précédente avec l’entier 2n : W2(n+1) = W2n+2 =
W . L’hypothèse
2n + 2 2n
(2n)!
(2n)!
2n + 1
π
2n + 1
π
× =
× .
de récurrence donne ainsi : W2(n+1) =
×
×
2n + 2 (2n × n!)2 2 2(n + 1) (2n × n!)2 2
En multipliant numérateur et dénominateur par 2n + 2 = 2(n + 1), on obtient
(2n)!
(2n + 2)(2n + 1)
(2n + 2)!
(2n + 2)!
π
π
π
× n
× =
× =
× .
W2(n+1) =
(2(n + 1))2
(2 × n!)2 2 (2(n + 1) × 2n × n!)2 2 (2n+1 × (n + 1)!)2 2
3. a) Pour n ∈ N, on pose un = (n + 1)Wn+1 Wn . On a alors, par le 1., un+1 = (n + 2)Wn+2 × Wn+1 = (n + 1)Wn × Wn+1 = (n + 1)Wn Wn+1 = un .
Ainsi (un )n∈N est constante et la valeur de cette constante est en particulier la valeur de u0 = W1 W0 .
Z π/2
π
Aussi a-t-on déjà vu que W0 = 2 . On a par ailleurs W1 =
cos t dt = [sin t]π/2
0 = sin(π/2) = 1.
0
En conclusion : ∀n ∈ N, un = π2 .
b) Pour tout n ∈ N, on sait d’après la question précédente que (n + 1)Wn Wn+1 = π2 .
Cette relation évaluée en 2n donne donc (2n + 1)W2n W2n+1 = π/2.
Par conséquent, avec le résultat de 2. on obtient :
π
π
(2n × n!)2
(2n × n!)2
2
2
W2n+1 =
=
=
=
(2n + 1)W2n (2n + 1) (2n)! π (2n + 1)(2n)!
(2n + 1)!
(2n ×n!)2 2
Z
Exercice 2 — On considère la fonction g définie par g(x) =
2x
2
e−t dt.
x
2
1. La fonction f : t 7→ e−t est continue sur R donc, pour tout x ∈ R, l’intégrale de f de x à 2x à un sens.
Z −2x
2
Pour x ∈ R, on a g(−x) =
e−t dt donc en faisant le changement de variable t = −s dans l’intégrale précédente (ce qui
−x
est licite car s 7→ −s est de classe C 1 sur R) c’est à dire en posant t = −s (et donc dt = − ds) on obtient
Z 2x
Z 2x
2
−(−s)2
g(−x) =
e
(− ds) = −
e−s ds = −g(x). La fonction g est donc impaire.
x
x
2. La fonction f étant continue sur R, on peut à bon droit en considérer une primitive F sur 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 C 1 sur R (en tant que primitive d’une fonction continue) de sorte que par composition
1/2
puis différence, la fonction g est elle même de classe C 1 sur R.
Par la propriété de dérivation des fonctions composées, on a donc, pour tout x ∈ R,
2
2
2
2
g 0 (x) = 2F 0 (2x) − F 0 (x) = 2f (2x) − f (x) = 2e−(2x) − e−x = 2e−4x − e−x .
3. a) Soit x ∈ ]1 , +∞[. Notons que x < 2x donc on est en droit d’utiliser la propriété de croissance de l’intégrale sur le segment
[x , 2x]. Ceci étant dit, observons maintenant que la fonction f est décroissante sur R+ (elle est en effet dérivable, de
2
dérivée f 0 (x) = −2xe−2x ≤ 0 si x ≥ 0). Par conséquent, pour tout t ∈ [x , 2x], on a f (2x) ≤ f (t) ≤ f (x).
Z 2x
Z 2x
Z 2x
En intégrant cette inégalité pour t variant de x à 2x, il vient f (2x)
dt ≤
f (t) dt ≤ f (x)
dt
x
x
x
(on rappelle que f (x) et f (2x) sont des constantes par rapport à la variable d’intégration t).
2
2
On a donc f (2x) × (2x − x) ≤ g(x) ≤ f (x) × (2x − x) c’est à dire xe−4x ≤ g(x) ≤ xe−x .
x
2
2
b) On a xe−4x =
−→ 0 par croissances comparées. Pour la même raison xe−x −→ 0. Par le théorème d’encadre2 x→+∞
4x
x→+∞
e
ment, g(x) −→ 0.
x→+∞
c)
• Limites de g. On a montré que g(x) −→ 0. Aussi, puisque g est impaire, on a, pour tout x ∈ R, g(x) = −g(−x).
x→+∞
Par composition (en posant u = −x), g admet une limite en −∞ et lim g(x) = − lim g(u) = −0 = 0.
x→−∞
u→+∞
• Valeur en 0. g étant impaire g(0) = 0.
2
2
2
2
• Sens de variation. On a vu que g est dérivable sur R, de dérivée g 0 (x) = 2e−4x − e−x = e−x (2e−3x − 1).
2
Ainsi g 0 (x) est du signe de 2e−3x − 1. Or on a :
q
q
2
2
2e−3x − 1 > 0 ⇐⇒ e−3x >
1
⇐⇒
−3x2
2 croissance
de ln
> − ln 2 ⇐⇒ x2 <
ln 2
3
⇐⇒ −
ln 2
3
≤x≤
ln 2
3
Les variations de g sont ainsi données par
q
q
− ln32
−∞
x
g 0 (x)
0
+
q
g( ln32 )
0
q
g(− ln32 )
+∞
−
0
0
g
ln 2
3
0
Exercice 3 Inégalité de Cauchy-Schwarz. — Soient f et g deux fonctions continues et non nulles sur [a , b].
1. Soit λ ∈ R. On a, par identité remarquable puis linéarité de l’intégrale,
Zb
Z b
Z b
Z b
P (λ) =
(λ2 (f (x))2 + 2λf (x)g(x) + (g(x))2 ) dx =
(f (x))2 dx × λ2 + 2
f (x)g(x) dx × λ +
(g(x))2 dx .
a
a Z
Za b
Z ab
b
Ainsi P (λ) est de forme P (λ) = αλ2 + βλ + γ avec α =
(f (x))2 dx, β = 2 f (x)g(x) dx et γ =
(g(x))2 dx.
a
a
a
Zb
Par ailleurs en revenant à la définition de P (λ), on a P (λ) =
(λf (x) + g(x))2 dx ≥ 0, ceci par positivité de l’intégrale (la
a
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
Z b
2
Z b
Z b
on a ∆ = β 2 − 4αγ = 4
f (x)g(x) dx − 4
f (x)2 dx
g(x)2 dx . Ecrivant que ∆ ≤ 0, on obtient le résultat voulu.
a
a
b
Z
3. a) On suppose ici que f et g vérifient
f (x)g(x) dx
a
a
2
b
Z
=
2
b
Z
f (x) dx
a
a donc ∆ = 0 ce qui signifie que P possède une racine (double).
g(x)2 dx . D’après ce que l’on vient de dire, on
a
Z
b) Appelons k la racine double de P . L’égalité P (k) = 0 s’écrit donc, par la définition initiale de P ,
a
b
(kf (x) + g(x))2 dx = 0.
La fonction x 7→ (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 g et f sont donc proportionnelles
2/2