corrige examen analyse ii juillet 2013

Université Ibn Tofail — Mardi 9 juillet 2013
SMA/SMI — Corrigé d’examen d’analyse II
Session de rattrapage
Exercice 1 ( 4 pts )
1- (2 pts) Déterminer
cos x −
lim
2
2 + x2
x4
x→0
Puisque x4 est au dénominateur, on calcule les développements limitées de
2
cos x et 2+x
4 à l’ordre 4 :
x2 x4
+
+ x4 1 (x)
2
24
cos x = 1 −
et
2
=
2 + x4
1
1+
x2
2
=1−
x 2 x4
+
+ x4 2 (x)
2
4
Donc
2
2
4
2
4
2 + x2 = 1 − x + x + x4 (x) − 1 + x − x − x4 (x)
1
2
x4
2
24
2
4
cos x −
lim
x→0
et donc
2
2 + x2 = − 5
x4
24
cos x −
lim
x→0
2- (2 pts) Si n ∈ N ∗ on pose
un =
n
X
k
sin
k=1
k
)
n2
x3
≤ sin x ≤ x pour x ∈ [0, +∞[, calculer la
3
( remarquer que sin x ≥ 0 si x ∈ [0, 1])
En utilisant l’inégalité : x −
limite de la suite (un )n≥1
n
) sin(
1
D’après l’inégalité on a pour pout k ∈ {1, 2, · · · , n} :
k k
k3
k
−
≤
sin
≤
n2 6n6
n2
n2
Puisque sin x ≥ 0 sur [0, 1], on en déduit
k
k
k k
k
k
k3
k
sin
−
sin
≤
sin
sin
≤
sin
n2
n
6n6
n
n2
n
n2
n
et donc
n
n
n
k
k
k
k
k
k
1X
1
1X
1X
sin
( )3 sin
sin
− 2×
≤ un ≤
n k=1 n
n
6n
n k=1 n
n
n k=1 n
n
La suite
1
n
Pn
k
k=1 n
sin
k
n
est une somme de Riemann, donc
Z 1
n
k
1X
k
sin
x sin xdx
=
n→+∞ n
n
0
k=1 n
lim
et la suite
1
n
Pn
3
k
k=1 n
sin
k
n
est une somme de Riemann, donc
Z 1
n
k
1X
k
x3 sin xdx
( )3 sin
=
n→+∞ n
n
n
0
k=1
lim
Par suite
Z 1
n
1
k 3 k
1X
1
lim
( ) sin
x3 sin xdx = 0
×
= lim
×
2
n→+∞ 6n2
n→+∞
n k=1 n
n
6n
0
En faisant tendre nvers l’infini dans l’encadrement de un , on obtient en
intégrant par parties
lim un =
n→+∞
Z 1
x sin xdx = sin 1 − cos 1
0
2
Exercice 2 (3 pts)
Soient a, b ∈ R tels que a < b. On pose
I(a, b) =
Z b
a
s
1- (1 pt) Montrer que I(a, b) =
√
dx
√
b−x+ x−a
b−a
I(−1, 1) ( utiliser le changement de
2
2
(x − a) − 1).
b−a
Avec ce changement de variables on a
variables t =
x=
b−a
b−a
(t + 1) + a =⇒ dx =
dt
2
2
et si x = b ⇐⇒= 1 et x = a ⇐⇒ t = −1. De même
√
b−x=
s
b−a
(1 − t)
2
et
√
x−a=
s
b−a
(t + 1)
2
Par suite
s
I(a, b) =
b−aZ 1
dt
√
√
=
2
−1
1−t+ 1+t
s
b−a
I(−1, 1)
2
2- (1 pt) Montrer que pour tout x ∈ [−1, 1] on a
√
1
1
1
1
√
√
=
+√
2
1−x+1
1−x+ x+1
1+x+1
Il suffit de réduire au même dénominateur , il suffit de vérifier
√
√
√
√
2( 1 + x+1)( 1 − x+1) = ( 1 − x+1 + x)( x + 1+1 − x+2) ∀ x ∈ [−1, 1
Ce qui est triviale en développant chaque membre.
En utilisant la changement de variables x = −t on a
Z 1
−1
√
Z 1
dx
dt
√
=
−1
1−x+1
1+t+1
3
Par suite
I(−1, 1) =
Z 1
√
−1
et le changement de variables x =
I(−1, 1) =
Z √2
0
Z
2x
dx = 2
x+1
0
√
√
1 + t entraine
2
3- (1 pt) En déduire que I(a, b) =
dt
1+t+1
1−
q
√
√
x dx = 2( 2 − log(1 + 2).
x+1
b−a
(
2
√
√
2 − log(1 + 2)).
Il suffit de remplacer la valeur de I(−1, 1) dans la question (1)
s
I(a, b) =
√
b−a √
( 2 − log(1 + 2))
2
Exercice 3 (3 pts)
Donner la solution générale de l’équation différentielle
ÿ(x) − y(x) =
2
cosh3 x
puis déterminer la solution y0 telle que y0 (0) = ẏ0 (0) = 0.
L’équation homogène associée est
ÿ(x) − y(x) = 0
Le polynôme caractéristique est r2 − 1, qui a deux racines distinctes ±1.
D’après le cours, la solution générale de
ÿ(x) − y(x) =
2
cosh3 x
s’écrit
y(x) = A(x) cosh x + B(x) sinh x
où A et B sont solutions de
Ȧ(x) cosh x + Ḃ(x) sinh x = 0 e
Ȧ(x) sinh x + Ḃ(x) cosh x =
4
2
cosh3 x
Ce système en Ȧ et Ḃ donnent
Ȧ(x) = −2
sinh x
cosh3 x
B(x) =
2
cosh2 x
par suite
A(x) =
Z
h −1 i
−2 sinh
−1
2
3 dx =
2 = 1−
2 + λ = tanh x + λ
cosh
cosh
cosh
et
B(x) =
Z
h
i
2
dx
=
2
tanh
+ µ = 2 tanh x + µ
cosh2 x
Donc la soluion générale est donnée par
y(x) =
sinh2 x
+ λ cosh x + µ sinh x,
cosh x
λ, µ ∈ R
Puisque y0 (0) = ẏ0 (0) = 0, on trouve λ = µ = 0 et donc
sinh2 x
y0 (x) =
cosh x
Exercice 4 (10 pts)
Soit n ∈ N , on pose
In =
Z
π
2
cosn xx
0
1- (1 pt) En inégrant par parties, établir (n + 1)In+1 = nIn−1 pour n ≥ 1.
En intégrant par parties, on obtient
In+1 =
Z
π
2
h
cos x cosn xdx = sin x cosn x
iπ
0
2
0
+n
En remplace sin2 x par 1 − cos2 x, on obtient
In+1 == n(In−1 − In+1 )
c’est à dire
(n + 1)In+1 = nIn−1
5
Z
0
π
2
sin2 x cosn−1 xdx
2- (1 pt) En déduire que la suite (nIn In−1 )n≥1 est constante et vaut π2 .
De (n + 1)In+1 = nIn−1 on a (n + 1)In+1 In = nIn In−1 et donc la suite
(nIn In−1 ) est constante et vaut
nIn In−1 = 1 × I1 × I0 = 1 × 1 ×
π
π
=
2
2
3- (1 pt) Montrer que la suite (In )n≥0 est décroissante et en déduire la limite
In
de la suite ( In−1
).
Pour tout x ∈ [0, π2 ] on a
cosn+1 x ≤ cosn x
donc la suite (In ) est décroissante, soit In+1 ≤ In ≤ In−1 . Puisque In−1 > 0
:
n
In
≤
≤1
n+1
In−1
et donc
In
=1
In−1
π
4- (1 pt) En déduire que lim pIp2 = .
p→+∞
2
2
∼
Puisque In ∼ In−1 on a l’équivalence nIn2 ∼ nIn In+1
lim
n→+∞
lim nIn2 =
n→+∞
π
2
i.e
π
2
ou encore
r
In ∼
5- (1 pt) Montrer que
Z +∞
π
2n
2
e−x dx est convergente.
−∞
On a
Z
e
−x2
dx = 2
R
−x2
car e
Z +∞
2
e−x dx
0
est une fonction paire sur R. Donc
Z
−x2
e
dx converge ⇐⇒
R
Z +∞
0
6
2
e−x dx converge
Or
Z +∞
2
e−x dx =
0
Z 1
2
e−x dx +
Z +∞
0
2
e−x dx
1
2
mais e−x ≤ e−x si x ≥ 1 et
Z +∞
e−x dx = 1
1
par suite
Z +∞
2
e−x dx est convergente.
−∞
6- (1 pt) Montrer que pour tout x ∈ R on a 1 + x ≤ ex .
D’après le théorème des accroissements finis : pour tout x > 0 il existe
c ∈]0, x[ tels que
ex − 1
= ec ≥ 1
x
par suite ex − 1 ≥ x i.e 1 + x ≤ ex .
Si x < 0, on applique le théorème des accroissements finis sur [x, 0] : il existe
c ∈]x, 0[ tel que
ex − 1
= ec ≤ 1
x
et puisque x < 0 on a ex − 1 ≥ x i.e 1 + x ≤ ex .
√
7- (1 pt) En déduire que tous n ∈ N∗ et t ∈ [0, n] on a
(1 −
√
Pour t ∈ [0 n], on a 1 −
t2
n
t2 n
t2
2
) ≤ e−t ≤ (1 + )−n
n
n
t2
≤ e− n et puisque 1 −
(1 −
t2 n
2
) ≤ e−t
n
On obtient de même
2
e−t ≤ (1 +
7
t2 −n
)
n
t2
n
≥ 0 on a
En tout
(1 −
t2 n
t2
2
) ≤ e−t ≤ (1 + )−n
n
n
8- (2 pts) En utilisant le changement de variables, établir
Z √n
0
√
t2
(1 − )n dt = nI2n+1
n
Z √n
et
π
(1 +
0
√ Z 4
t2 −n
) dt = n
cos2n−2 xdx
n
0
En intégrant membre à membre (7), on obtient
Z √n
0
Z
t2
(1 − )n dt ≤
n
0
Le changement de variables t =
Z √n
0
√
n
e
−t2
dt ≤
Z √n
(1 +
0
t2 −n
) dt
n
√
n sin x dans la première intégrale donne
π
π
Z
√ Z 2
√
√
t2 n
2
2
n
(1− ) dt =
(1−sin n) n cos xdx = n
cos2n+1 xdx = nI2n+1
n
0
0
Le changement de variables t =
Z √n
0
π
Z
t2 −n
4
(1 + ) dt =
n
0
c’est à dire
Z √n
0
√
√
n tan x dans la seconde intégrale onne
√ π4
n(1 + tan2 x)dx
dx
n0
dx
=
2
n
(1 + tan x)
(1 + tan2 x)n
π
√ Z 4
t2 −n
(1 + ) dt = n
cos2n−2 xdx
n
0
D’où
Z √n
0
√
t2
(1 − )n dt = nI2n+1
n
Z √n
et
0
π
√ Z 4
t2 −n
(1 + ) dt = n
cos2n−2 xdx
n
0
9- (1 pt) En déduire que pour tout n ≥ 1 :
Z
√
nI2n+1 ≤
√
n
2
e−t dt ≤
0
8
√
nI2n−2
puis la valeur de
Z +∞
2
e−x dx
−∞
Puisque
Z
π
4
2n−2
cos
xdx ≤
0
π
2
Z
cos2n−2 xdx
0
(8) et (9) entrainent
(∗)
√
nI2n+1 ≤
Or
√
nI2n+1 =
s
√
s
et
nI2n−2 =
Z √n
2
e−t dt ≤
√
0
nI2n−2
√
n √
π
2n + 1I2n+1 →
2n + 1
2
√
n √
π
2n − 2I2n−2 →
2n − 2
2
En faisant tendre n vers l’infini dans (∗) on obtient
Z +∞
0
−x2
e
√
π
dx =
2
et par suite
Z +∞
2
e−x dx =
−∞
9
√
π