Suites dont le terme général est défini par une intégrale

  1. Les exercices
  2. Vue compacte

Exercices du dossier Suites dont le terme général est défini par une intégrale

Exercice 31 *

12 mai 2021 12:53 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère la suite de terme général \(I_n=\int_{0}^{1} \dfrac{x^n}{1+x^2}\,\textrm{d}x\).

  1. Calculer \(I_0\), \(I_1\) et \(I_2\).

  2. Étudier la monotonie de \(\left(I_n\right)\).

  3. En déduire que \(\left(I_n\right)\) est convergente.

  4. Prouver que : \[\forall n\in\mathbb{N},\quad 0 \leqslant I_n \leqslant{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n+1}.\]

  5. En déduire la limite de \(\left(I_n\right)\).

  6. En déduire un équivalent de la suite \[J_n = \int_{0}^{1} x^n \ln\left(1 + x^2\right)\,\textrm{d}x\]


[ID: 1950] [Date de publication: 12 mai 2021 12:53] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 31
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 12:53

  1. On trouve : \(I_0=\dfrac{\pi}{4}\), \(I_1=\ln\sqrt{2}\) et \(I_2=1-\dfrac{\pi}{4}\).

  2. Pour tout \(x\in\left[0,1\right]\) et \(n\in\mathbb{N}\), on a : \(x^{n+1}\leqslant x^n\) ce qui amène : \(\dfrac{x^{n+1}}{1+x^2}\leqslant\dfrac{x^n}{1+x^2}\) et donc \(I_{n+1}\leqslant I_n\). On en déduit que \(\left(I_n\right)\) est décroissante.

  3. Comme la fonction \(x\mapsto \dfrac{x^n}{1+x^2}\) est positive sur \(\left[0,1\right]\), on a : \(I_n\geqslant 0\) pour tout \(n\in\mathbb{N}\). La suite \(\left(I_n\right)\) est donc minorée par \(0\). On a montré qu’elle est décroissante. On applique le théorème de la limite monotone, on en déduit qu’elle est convergente et que sa limite est positive.

  4. Pour tout \(x\in\left[0,1\right]\) et \(n\in\mathbb{N}\), on a : \(\dfrac{x^n}{1+x^2} \leqslant x^n\). Donc : \(I_n\leqslant\int_{0}^{1} x^n\,\textrm{d}x=\dfrac{1}{n+1}\). On a de plus montré précédemment que \(I_n\geqslant 0\).

  5. D’après le théorème des gendarmes, on en déduit que \(I_n\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\).

  6. Soit \(n\in\mathbb{N}\). Une intégration par parties livre : \[J_n=\Bigl[ \dfrac{x^{n+1}}{n+1} \ln\left(1+x^2\right) \Bigr]_{0}^{1}-\int_{0}^{1} \dfrac{x^{n+1}}{n+1} \dfrac{2x}{1+x^2}\,\textrm{d}x = \dfrac{\ln 2}{n+1} - \dfrac{2}{n+1}I_{n+2}=\dfrac{\ln 2}{n+1}\left(1-\dfrac{2}{\ln 2} I_{n+2}\right) .\] Comme \(I_{n+2} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\), il vient que \(\boxed{J_n\underset{n\rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{\ln 2}{n+1}}\).


Exercice 1061 *

12 mai 2021 12:53 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère la suite de terme général \(I_n=\int_{0}^{1} x^n\left(1-x\right)^n\,\textrm{d}x\).

  1. Étudier les variations de \(f:x\mapsto x\left(1-x\right)\) sur \(\left[0,1\right]\).

  2. En déduire celles de \(\left(I_n\right)\).

  3. En déduire que \(\left(I_n\right)\) est convergente.

  4. Montrer que : \[\forall n\in\mathbb{N},\quad 0 \leqslant I_n \leqslant\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4}\right)^n.\]

  5. En déduire la limite de \(\left(I_n\right)\).


[ID: 1952] [Date de publication: 12 mai 2021 12:53] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 1061
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 12:53

  1. L’étude des variations de \(f\) permet de dresser le tableau suivant :

    Les-mathematiques.net

  2. On déduit de l’étude précédente que  : \(\forall x\in\left[0,1\right], \quad x\left(1-x\right) \in \left[0,1\right]\). Il vient alors, pour tout \(n\in\mathbb{N}\) : \(x^{n+1}\left(1-x\right)^{n+1} \leqslant x^n\left(1-x\right)^n\) et \(I_{n+1} \leqslant I_n\). On en déduit que \(\left(I_n\right)\) est décroissante.

  3. La fonction \(f\) étant positive sur \(\left[0,1\right]\), il en est de même de \(\left(I_n\right)\). En appliquant le théorème de la limite monotone, on en déduit que \(\left(I_n\right)\) est convergente et que sa limite est positive.

  4. \(f\) est majorée par \(\dfrac{1}{4}\) sur \(\left[0,1\right]\) : \(\forall x\in\left[0,1\right],\quad f\left(x\right)\leqslant{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4}\). Il en découle que pour tout \(n\in\mathbb{N}\) et tout \(x\in\left[0,1\right]\), \(x^n\left(1-x\right)^n\leqslant\dfrac{1}{4^n}\) et \(I_n\leqslant\dfrac{1}{4^n}\). On a par ailleurs montré dans la question précédente que \(I_n\geqslant 0\).

  5. La suite \(\left(\dfrac{1}{4^n}\right)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{4}\) donc elle converge vers \(0\). D’après le théorème des gendarmes, \(\left(I_n\right)\) converge vers \(0\).


Exercice 830 **

12 mai 2021 13:12 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Pour tout \(n\in\mathbb{N}\), on considère la suite de terme général \[I_n=\int_{1}^{e} \left(\ln x\right)^n\,\textrm{d}x\]

  1. Calculer \(I_0\) et \(I_1\).

  2. Trouver une relation de récurrence entre \(I_{n+1}\) et \(I_n\).

  3. En déduire que \[\forall n\in \mathbb{N}, \quad 0<I_n <{\scriptstyle e\over\scriptstyle n+1}\] puis la limite de \(\left(I_n\right)\).

  4. En déduire un équivalent de \(I_n\).


[ID: 1954] [Date de publication: 12 mai 2021 13:12] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 830
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 13:12

  1. \(I_0=e-1\) et \(I_1=1\).

  2. On effectue une intégration par parties : \[\begin{aligned} I_{n+1}&=&\Bigl[ x\left(\ln{x}\right)^{n+1} \Bigr]_{1}^{e}-\int_{1}^{e} \left(n+1\right)\left(\ln x\right)^n\,\textrm{d}x\\ &=& e-\left(n+1\right)I_n \end{aligned}\]

  3. Soit \(n\in\mathbb{N}\). On a : \(\forall x\in\left[1,e\right], 0\leqslant\left(ln x\right)^n\) Donc \(0\leqslant I_n\). On en déduit que : \(I_n=\dfrac{e-I_{n+1}}{(n+1)} \leqslant\dfrac{e}{(n+1)}\). En appliquant le théorème des gendarmes, on en déduit que \(I_n\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\).

  4. D’après la relation de récurrence, pour tout \(n\in\mathbb{N}\), on a : \[I_n=\dfrac{e}{n+1}-\dfrac{I_{n+1}}{n+1} =\dfrac{e}{n+1}\left(1-I_{n+1}\right) .\] Mais comme \(I_{n+1} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\), il vient que : \(\boxed{I_n\underset{n\rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{e}{n+1}}\).


Exercice 873 **

12 mai 2021 13:12 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère la suite de terme général \(I_n=\int_{1}^{e} x^2\left(\ln x\right)^n\,\textrm{d}x\) où \(n\in\mathbb{N}^*\)..

  1. Étudier la monotonie de \(\left(I_n\right)\).

  2. En déduire que \(\left(I_n\right)\) est convergente.

  3. Trouver une relation de récurrence entre \(I_{n+1}\) et \(I_n\).

  4. En déduire la limite de \(\left(I_n\right)\) ainsi qu’ un équivalent simple de \(I_n\).


[ID: 1956] [Date de publication: 12 mai 2021 13:12] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 873
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 13:12

  1. Pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\) et \(x\in\left[1,e\right]\), \(\ln x\in \left[0,1\right]\) et \(\ln^{n+1}x \leqslant\ln^n x\). On passe à l’intégrale et cette inégalité amène \(I_{n+1}\leqslant I_n\). \(\left(I_n\right)\) est donc décroissante.

  2. Comme, pour tout \(n\in \mathbb{N}^*\), \(x\mapsto x^2 \ln^n x\) est positive sur \(\left[1,e\right]\), la suite \(\left(I_n\right)\) est positive. Elle est donc minorée par \(0\) et on a montré qu’elle est décroissante. D’après le théorème de la limite monotone, elle est convergente et sa limite est positive ou nulle.

  3. On effectue une intégration par partie, on montre que pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\) : \[\begin{aligned} I_{n+1}&=&\int_{1}^{e} x^2\ln^{n+1} x\,\textrm{d}x\\ &=&\Bigl[ \dfrac{x^3}{3}\ln^{n+1} x \Bigr]_{1}^{e}-\int_{1}^{e} \left(n+1\right)\dfrac{x^3}{3}\dfrac{\ln^n x}{x}\,\textrm{d}x\\ &=& \dfrac{1}{3}\left( {e^3-\left(n+1\right)I_n}\right) \end{aligned}\]

  4. On sait que \(\left(I_n\right)\) admet une limite \(\ell\geqslant 0\). Supposons que \(\ell\neq 0\). Alors, en passant à la limite dans la relation de récurrence, on obtient une contradiction. Donc \(\ell=0\). Toujours d’après la relation de récurrence, pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\), on a : \(I_n=\dfrac{1}{n+1}\left(e^3-3I_{n+1}\right)\). Comme \(I_{n+1}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\), il vient : \(\boxed{I_n\underset{n\rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{e^3}{n+1}}\).


Exercice 48 **

12 mai 2021 13:12 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Pour tout \(n\in \mathbb{N}\), on considère la suite de terme général : \[I_n=\int_{0}^{1} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 1+x^n}\,\textrm{d}x\]

  1. Montrer que \[\forall n\in \mathbb{N}^*, \quad \int_{0}^{1} {\scriptstyle x^n\over\scriptstyle 1+x^n}\,\textrm{d}x={\scriptstyle\ln 2\over\scriptstyle n} - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\int_{0}^{1} \ln\left(1+x^n\right)\,\textrm{d}x\]

  2. En déduire que \[I_n = 1 - \dfrac{\ln 2}{n} + \underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right).\]


[ID: 1958] [Date de publication: 12 mai 2021 13:12] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 48
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 13:12

  1. Soit \(n\in\mathbb{N}^*\). En effectuant une intégration par parties, on obtient : \[\begin{aligned} \int_{0}^{1} {\scriptstyle x^n\over\scriptstyle 1+x^n}\,\textrm{d}x &=& \int_{0}^{1} \dfrac{x.x^{n-1}}{1+x^n}\,\textrm{d}x\\ &=& \Bigl[ {\scriptstyle x\over\scriptstyle n}\ln\left(1+x^n\right) \Bigr]_{0}^{1}-\dfrac{1}{n}\int_{0}^{1} \ln\left(1+x^n\right)\,\textrm{d}x\\ &=& {\scriptstyle\ln 2\over\scriptstyle n} - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\int_{0}^{1} \ln\left(1+x^n\right)\,\textrm{d}x \end{aligned}\]

  2. On en déduit que : \[\begin{aligned} I_n&=&\int_{0}^{1} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 1+x^n}\,\textrm{d}x\\ &=&\int_{0}^{1} \,\textrm{d}x-\int_{0}^{1} {\scriptstyle x^n\over\scriptstyle 1+x^n}\,\textrm{d}x\\ &=&1-\dfrac{\ln 2}{n}+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\int_{0}^{1} \ln\left(1+x^n\right)\,\textrm{d}x \end{aligned}\] Donc : \(n\left(I_n-1+\dfrac{\ln 2}{n}\right)=\int_{0}^{1} \ln\left(1+x^n\right)\,\textrm{d}x\). Mais, d ’après l’inégalité : \(\forall x\in \left]-1,+\infty\right[,\quad \ln\left(1+x\right)\leqslant x\), on obtient : \[\int_{0}^{1} \ln\left(1+x^n\right)\,\textrm{d}x \leqslant \int_{0}^{1} x^n\,\textrm{d}x=\dfrac{1}{n+1}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\] ce qui prouve que : \(\boxed{I_n = 1 - \dfrac{\ln 2}{n} + \underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)}.\)


Exercice 677 *

12 mai 2021 13:12 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(n\in \mathbb N\). On pose \[I_n = \int_0^1 \dfrac{t^n}{n!} e^{1-t} \mathrm{ \;d}t\]

  1. Déterminer \(\lim_{n\rightarrow +\infty} I_n\) ;

  2. Trouver une relation de récurrence entre \(I_{n+1}\) et \(I_n\) ;

  3. En déduire la limite de la suite de terme général \[S_n = \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!}\]


[ID: 1960] [Date de publication: 12 mai 2021 13:12] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 677
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 13:12

  1. Pour tout \(t \in\left[0,1\right]\), on a \(\dfrac{t^n}{n!} e^{1-t}\leqslant\dfrac{e}{n!}\). Donc : \[0\leqslant\lvert I_n \rvert \leqslant\int_0^1 \dfrac{e}{n!}\mathrm{ \;d}t =\dfrac{e}{n!}.\] Par le théorème des gendarmes, \(I_n\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\).

  2. On effectue une intégration par parties : \[I_{n} = \int_0^1 \dfrac{t^n}{n!} e^{1-t} \mathrm{ \;d}t = \Bigl[ \dfrac{t^{n+1}}{\left(n+1\right)!}e^{1-t} \Bigr]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \dfrac{t^{n+1}}{\left(n+1\right)!}e^{1-t}\,\textrm{d}t=\dfrac{1}{\left(n+1\right)!}+I_{n+1}\] donc \(\boxed{I_{n+1}=I_n - \dfrac{1}{(n+1)!}}\).

  3. Par télescopage, on en déduit que \[\sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!} = I_0 - I_n + 1\] et donc que \(S_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}I_0 + 1\). Comme \(I_0 =e-1\), \(\boxed{S_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}e }\).


Intégrale de Wallis **

12 mai 2021 13:12 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Pour tout \(n\in \mathbb{N}\), on pose : \[I_n=\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \sin^n t\,\textrm{d}t.\] Une telle intégrale est appelée intégrale de Wallis.

  1. Montrer que \[\forall n\in\mathbb{N}, \quad I_n=\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \cos^n t\,\textrm{d}t.\]

  2. Calculer \(I_0\) et \(I_1\).

  3. Montrer que \[\forall n\in\mathbb{N}, I_{n+2} = {\scriptstyle n+1\over\scriptstyle n+2}I_n\]

  4. En déduire, pour tout \(p\in\mathbb{N}\), une expression de \(I_{2p}\) et \(I_{2p+1}\) à l’aide de factorielles.

  5. Montrer que \(\left(I_n\right)\) est décroissante et positive. En déduire que \(\left(I_n\right)\) est convergente.

  6. En déduire que pour tout \(n\in\mathbb{N}\) : \[1\leqslant\dfrac{I_{n+1}}{I_{n+2}}\leqslant\dfrac{I_{n}}{I_{n+2}}.\]

  7. Montrer que \(I_n\underset{n\rightarrow +\infty}{\sim}I_{n+1}\).

  8. Établir que pour tout \(n\in \mathbb{N}, \quad \left(n+1\right) I_{n+1}I_n={\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\).

  9. En déduire que : \(I_n\underset{n\rightarrow +\infty}{\sim} \sqrt{\dfrac{\pi}{2n} }\).


[ID: 1962] [Date de publication: 12 mai 2021 13:12] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Intégrale de Wallis
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 13:12

Soit \(n\in\mathbb{N}\).

  1. \[\begin{aligned} I_n&=&\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \sin^n t\,\textrm{d}t\\ &\xlongequal{x={\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}-t}& -\int_{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}^{0} \sin^n \left(x+{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right)\,\textrm{d}x\\ &=& \int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \cos^n x\,\textrm{d}x \end{aligned}\]

  2. On vérifie facilement que \(I_0=\dfrac{ \pi}{2}\) et \(I_1=1\).

  3. En effectuant une intégration par parties, on montre que : \[\begin{aligned} I_{n+2}&=& \int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \sin t . \sin^{n+1} t\,\textrm{d}t\\ &=& \Bigl[ -\cos t. \sin^{n+1} t \Bigr]_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}+\left(n+1\right)\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \cos^2 t . \sin^{n} t\,\textrm{d}t\\ &=& \left(n+1\right)\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \left(1-\sin^2 t\right) . \sin^{n} t\,\textrm{d}t \end{aligned}\] donc : \(I_{n+2}=\left(n+1\right)I_n-\left(n+1\right)I_{n+2}\) d’où : \(I_{n+2} = {\scriptstyle n+1\over\scriptstyle n+2}I_n\)

  4. D’après les deux questions précédentes et grâce à un raisonnement par récurrence, on montre que, pour tout \(p\in\mathbb{N}\) : \[I_{2p}=\dfrac{\left(2p\right)!}{2^{2p}(p!)^2}\dfrac{\pi}{2} \quad \textrm{ et} \quad I_{2p+1}=\dfrac{2^{2p}\left(p!\right)^2}{\left(2p+1\right)!} .\]

  5. Pour tout \(t\in\left[0,{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right]\), \(\sin^n t \geqslant\sin^{n+1} t\) donc \(I_{n}\geqslant I_{n+1}\) et \(\left(I_n\right)\) est décroissante. Par ailleurs : \(\sin^n t\geqslant 0\) donc \(I_n\geqslant 0\). La suite \(\left(I_n\right)\) est donc décroissante et minorée. Par application du théorème de la limite monotone, \(\left(I_n\right)\) est convergente.

  6. \(\left(I_n\right)\) étant décroissante, il vient que : \(I_{n+2}\leqslant I_{n+1}\leqslant I_n\) ce qui s’écrit aussi : \(1\leqslant\dfrac{I_{n+1}}{I_{n+2}}\leqslant\dfrac{I_{n}}{I_{n+2}}.\)

  7. D’après les questions [stirling1c] et [stirling1e], on obtient : \[1\leqslant\dfrac{I_{n+1}}{I_{n+2}}\leqslant \dfrac{I_{n}}{I_{n+2}}=\dfrac{n+2}{n+1}\] mais \(\dfrac{n+2}{n+1}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}1\) donc, par application du théorème des gendarmes, \(\dfrac{I_{n+1}}{I_{n+2}}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}1\) et donc : \(I_{n+2} \underset{n\rightarrow +\infty}{\sim} I_{n+1}\) ou encore : \(I_n\underset{n\rightarrow +\infty}{\sim}I_{n+1}\).

  8. En utilisant les expressions trouvées dans la question [stirling1d], on montre que : \(\left(n+1\right)I_{n+1}I_n={\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\).

  9. Par application des deux questions précédentes et par opérations sur les équivalents : \[I_n = \sqrt{I_n^2} \underset{n\rightarrow +\infty}{\sim} \sqrt{{I_n.I_{n+1}}}=\sqrt{\dfrac{\pi}{2\left(n+1\right)}} \underset{n\rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{\sqrt{\dfrac{\pi}{2n} }}\].


Exercice 58 ***

12 mai 2021 13:12 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(f\) une fonction de classe \(\mathcal{C}^{2}\) sur le segment \([0,1]\) vérifiant \(f(1)=f'(1)=0\). Étudier la suite de terme général \[I_n=n^2 \int_0^1 x^n f(x) \mathrm{ \;d}x\]


[ID: 1964] [Date de publication: 12 mai 2021 13:12] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 58
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 13:12

Soit \(n\in \mathbb N\). Par deux intégrations par parties, on trouve que \[I_n = \dfrac{n^2}{(n+1)(n+2)} \int_0^1 x^{n+2}f''(x) \mathrm{ \;d}x\] Mais puisque \(\dfrac{n^2}{(n+1)(n+2)} \sim 1\), en posant \(M_2=\sup_{x\in [0,1]} \lvert f''(x) \rvert\) (qui existe puisque \(f''\) est continue sur le segment \([0,1]\)), on obtient la majoration suivante : \[\lvert \int_0^1 x^{n+2}f''(x) \mathrm{ \;d}x \rvert \leqslant\int_0^1 x^{n+2} \lvert f''(x) \rvert \mathrm{ \;d}x \leqslant M_2 \int_0^1 x^{n+2} \mathrm{ \;d}x \leqslant\dfrac{M_2}{n+3}\] Alors d’après le théorème de majoration, \(\int_0^1 x^{n+2}f''(x) dx \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\) et donc \[\boxed{ I_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0 }\]


Exercice 511 ***

12 mai 2021 13:12 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit deux réels \(a,b\in \mathbb{R}\) tels que \(a<b\) et une fonction \(f:[a,b]\mapsto \mathbb{R}\) continue et positive. Déterminer la limite de la suite de terme général \[I_n = \left[ \int_a^b f^n(x) \mathrm{ \;d}x \right]^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} }\]

On étudiera d’abord le cas où \(f\) est une fonction constante.


[ID: 1966] [Date de publication: 12 mai 2021 13:12] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 511
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 13:12

Si \(f\) est une fonction constante de valeurs \(c\in\mathbb{R}\) alors \(I_n=\left(c^n\left(b-a\right)\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}=c\left(b-a\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}c\).

Montrons que si \(f\) n’est pas constante sur \(\left[a,b\right]\) et si \(M=\sup_{\left[a,b\right]} f\) alors \(I_n\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}M\). Remarquons que \(M\) existe bien car \(f\) est continue sur le segment \(\left[a,b\right]\). Ce maximum est de plus atteint en un point \(x_0\in\left[a,b\right]\). Soit \(\varepsilon>0\). On suppose que \(\varepsilon<1\). Il existe \(\eta>0\) tel que pour tout \(x\in\left]x_0-\eta,x_0+\eta\right[\cap\left[a,b\right]\), \(M-\varepsilon\leqslant f\left(x\right)\leqslant M\). Comme \(f\) est positive sur \(\left[a,b\right]\), il vient pour tout \(n \in\mathbb{N}\) : \[\begin{split} 0\leqslant M-u_n = M-\left(\int_{a}^{b} \left(f\left(x\right)\right)^n\,\textrm{d}x\right)^{1/n} \leqslant M-\left(\int_{\left]x_0-\eta,x_0+\eta\right[\cap\left[a,b\right]}^{ } \left(f\left(x\right)\right)^n \,\textrm{d}x\right)^{1/n} \\ \leqslant M-\left(M-\varepsilon\right)\left(2\eta\right)^{1/n}=M\left(1-\left(2\eta\right)^{1/n}\right)+\varepsilon \left(2\eta\right)^{1/n} \end{split}\]

Comme \(\left(2\eta\right)^{1/n}\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}1\), on peut supposer qu’à partir d’un certain rang \(N\), on a pour tout \(n\geqslant N\) : \(1-\left(2\eta\right)^{1/n}\leqslant\varepsilon/(2M)\) et \(\left(2\eta\right)^{1/n}\leqslant\varepsilon/2\). On obtient alors : \(0 \leqslant M-u_n \leqslant\varepsilon/2 + \varepsilon^2/2 \leqslant\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon\) car \(0<\varepsilon<1\). En résumé, on a montré que pour \(n\geqslant N\), \(\left|M-u_n\right|\leqslant\varepsilon\) donc \(\boxed{u_n\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}M}\).


Exercice 685 *

12 mai 2021 13:12 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Trouver la limite de la suite de terme général \[I_n= \dfrac{1}{n!} \int_0^1 (\operatorname{arcsin} x)^n dx\]


[ID: 1968] [Date de publication: 12 mai 2021 13:12] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 685
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 13:12

Soit \(n\in \mathbb N\). Pour tout \(x\in [0,1]\), \(0\leqslant\operatorname{arcsin} x \leqslant\dfrac{\pi}{2}\) donc \(0\leqslant I_n \leqslant\dfrac{1}{n!} (\pi / 2)^n\). Mais pour tout \(a>1\), par croissance comparées, \(a^n=\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(n!\right)\) donc \(\dfrac{1}{n!} (\pi / 2)^n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\). Par conséquent, \(\boxed{I_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0}\).


Exercice 332 **

12 mai 2021 13:12 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

  1. Soit un entier \(k \geqslant 1\). Encadrer l’intégrale \(I_k = \int_k^{k+1} \ln t \mathrm{ \;d}t\) .

  2. En déduire un équivalent de la suite de terme général \(u_n = \ln n!\).


[ID: 1970] [Date de publication: 12 mai 2021 13:12] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 332
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 13:12

  1. Soit \(k\in\mathbb{N}^*\). Comme la fonction logarithme est croissante sur \(\mathbb{R}_+^*\), pour tout \(t\in\left[k,k+1\right]\), on a : \(\ln k \leqslant\ln t\leqslant\ln\left(k+1\right)\) et il vient que pour tout \(k\geqslant 1\), \(\ln k \leqslant I_k \leqslant\ln (k + 1)\).

  2. Soit \(n\in\mathbb{N}^*\). En sommant ces inégalités pour \(1 \leqslant k \leqslant n\), on trouve que \[\int_1^n \ln t \mathrm{ \;d}t \leqslant\ln n! \leqslant\int_2^{n+1} \ln t \mathrm{ \;d}t\] et puisque \(x\mapsto x\ln x - x\) est une primitive de \(\ln\) sur \([1, +\infty[\), on obtient l’encadrement suivant : \[n\ln n - n + 1 \leqslant\ln n! \leqslant(n+1) \ln(n+1) - (n+1) -2\ln2 + 2\] et l’on démontre ensuite facilement en divisant cette inégalité par \(n\ln n\) que \((\ln n!) / (n \ln n)\) est encadrée par deux suites qui convergent vers \(1\). Par conséquent, \(\boxed{\ln (n !) \underset{n\rightarrow +\infty}{\sim} n \ln n}\).


Suite de Mercator **

12 mai 2021 13:12 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère la suite de terme général \[I_n = \int_0^1 \dfrac{t^n}{1+t} \mathrm{ \;d}t\]

  1. Trouver \(\lim_{n\rightarrow +\infty} I_n\)

  2. Trouver une relation de récurrence simple entre \(I_n\) et \(I_{n-1}\) pour \(n\geqslant 1\).

    On considère ensuite la suite, dite de Mercator, de terme général \[S_n = 1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dots + \dfrac{ (-1)^{n+1}}{n} = \sum_{k=1}^n \dfrac{ (-1)^{k+1}}{k}\]

  3. Exprimer pour \(n\geqslant 1\), \(S_n\) en utilisant \(I_n\).

  4. En déduire que la suite \((S_n)\) converge et préciser sa limite.


[ID: 1972] [Date de publication: 12 mai 2021 13:12] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Suite de Mercator
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 13:12

  1. Soit un entier \(n\in \mathbb N\). Puisque pour tout \(t \in [0,1]\), on a la majoration \(\dfrac{t^n}{1+t} \leqslant t^n\), on peut encadrer l’intégrale \(I_n\) ainsi : \[0 \leqslant I_n \leqslant\int_0^1 t^n dt = \dfrac{1}{n+1} .\] Par le théorème des gendarmes, on en déduit que \(\boxed{I_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0}\) .

  2. Écrivons pour \(n\geqslant 1\), \[I_n = \int_0^1 \dfrac{ (t+1-1)t^{n-1} }{1+t} \mathrm{ \;d}t = \int_0^1 t^{n-1} \mathrm{ \;d}t - I_{n-1} = \dfrac{1}{n} - I_{n-1}\] Alors \(\boxed{ I_n = \dfrac{1}{n} - I_{n-1}}\).

  3. En exprimant \(I_n\) en fonction de \(I_0\), on trouve que \[I_n= \dfrac{1}{n}-I_{n-1} = \dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n-1}+I_{n-2}= \dots = \dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n-1}+\dots + \dfrac{(-1)^{n-1}}{1} + (-1)^n I_0\] En multipliant par \((-1)^{n-1}\), on trouve alors que \((-1)^{n-1}I_n = S_n - I_0\). Finalement \(\boxed{S_n = I_0 + (-1)^{n-1} I_n}\).

  4. Puisque \(\left| (-1)^{n-1} I_n \right| = I_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\), il vient que \(S_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}I_0\). Mais \(I_0 = \int_0^1\dfrac{ dt }{1+t} = \ln 2\) et donc la suite \((S_n)\) converge vers \(\ln 2\).


Exercice 577 ***

12 mai 2021 13:12 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Étudier la suite \((u_n)\) de terme général : \[u_n = \int_{\pi}^{n\pi} \dfrac{\sin t}{t} \mathrm{ \;d}t\]

On commencera par déterminer le signe de \(u_{n+1} - u_n\), puis \(u_{n+2} - u_n\) et l’on s’intéressera ensuite aux deux suites extraites \(u_{2n}\) et \(u_{2n+1}\).


[ID: 1974] [Date de publication: 12 mai 2021 13:12] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 577
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 13:12

Soit \(n\in \mathbb N\). On calcule grâce au changement de variables \(u = t - n\pi\), \[u_{n+1} - u_n = \int_{n\pi}^{\left(n+1\right)\pi}\dfrac{\sin t}{t} \mathrm{ \;d}t = (-1)^n \int_0^{\pi} \dfrac{\sin u}{u + n\pi} \mathrm{ \;d}u\] Alors \[u_{n+2} - u_n = (-1)^n \int_0^{\pi}\dfrac{\pi\sin u}{(u + n\pi)(u + (n+1)\pi)} \mathrm{ \;d}u\] Puisque pour tout \(u \in [0, \pi]\), \(\dfrac{\pi \sin u}{(u + n\pi)(u + (n+1)\pi)} \geqslant 0\), on en déduit que \(u_{2n+2} - u_{2n} \geqslant 0\) et \(u_{2n+3} - u_{2n+1} \leqslant 0\). Donc \(\left(u_{2p}\right)\) est croissante et \(\left(u_{2p+1}\right)\) est décroissante. Comme de plus, \[\lvert u_{2n+1}-u_{2n} \rvert \leqslant\int_0^{\pi} \dfrac{\lvert \sin u \rvert }{u + 2n \pi} \mathrm{ \;d}u \leqslant\dfrac{1}{2n} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\] en en déduit que les deux suites extraites \((u_{2n})\) et \((u_{2n+1})\) sont adjacentes, et donc qu’elles convergent vers la même limite \(l\). D’après un théorème du cours, la suite \((u_n)\) converge alors également vers \(l\).


Exercice 92 ***

12 mai 2021 13:12 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On note pour un entier \(n\) non-nul : \[S_n = \sum_{i=0}^{n-1} \sum_{j=0}^{n-1} \dfrac{1}{i+j+1} \textrm{ et } I_n = \int_0^n \Bigl(\int_0^n \dfrac{\mathrm{ \;d}y}{x+y+1} \Bigr) \mathrm{ \;d}x\]

  1. Calculer l’intégrale \(I_n\) pour \(n > 0\).

  2. Déterminer un équivalent de la suite \((I_n)\).

    On pourra utiliser un développement limité à l’ordre \(1\) de \(\ln\) en \(0\).

  3. Encadrer \(S_n\) à l’aide de \(I_n\) pour \(n > 0\).

  4. En déduire un équivalent de \((S_n)\).


[ID: 1976] [Date de publication: 12 mai 2021 13:12] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 92
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 13:12

  1. Une première intégration suivant la variable \(x\) conduit à \(I_n = \int_0^n \ln(x+n+1)\mathrm{ \;d}x - \int_0^n \ln(x+1)\mathrm{ \;d}x\). En intégrant par parties, on trouve finalement \(\boxed{I_n = (2n+1)\ln(2n+1) - 2(n+1)\ln(n+1)}\).

  2. Pour tout \(x\in\left]-1,+\infty\right[\), on a : \(\ln\left(1+x\right)=x+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x\right)\) donc si \(\left(u_n\right)\) est une suite réelle convergeant vers \(0\) alors \(\ln\left(1+u_n\right)=u_n+\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(u_n\right)\). Écrivons \[\begin{aligned} I_n &=& (2n+1)\ln(2n+1) - 2(n+1)\ln(n+1)\\ &=& \left(2n+1\right)\left(\ln\left(2n\right)+\ln\left(1+1/2n\right) \right) -2\left(n+1\right)\left(\ln n +\ln\left(1+1/n\right)\right) \\ &=& \left(2n+1\right)\left(\ln\left(2n\right)+\dfrac{1}{2n}+\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(\dfrac{1}{2n}\right) \right) -2\left(n+1\right)\left(\ln n + \dfrac{1}{n}+\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(\dfrac{1}{n}\right) \right) \\ &=&\left(2n+1\right)\ln 2 -\ln n -1 -\dfrac{3}{2n}+\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(1\right)\\ &=& 2n\ln 2\underbrace{\left(1+\dfrac{ \ln 2 -\ln n -1 -{\scriptstyle 3\over\scriptstyle 2n} +\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(1\right) }{2n \ln 2} \right)}_{\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}1}\\ &\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}& \boxed{2n\ln 2}\end{aligned}\]

  3. Comme \(x \mapsto 1/x\) est décroissante, et que \[I_n = \sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1} \int_{i}^{i+1}\int_{j}^{j+1} \dfrac{1}{x+y+1} \mathrm{ \;d}x\mathrm{ \;d}y\] on en tire l’encadrement \[\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1} \dfrac{1}{i+j+3}\leqslant I_n \leqslant S_n\] d’où \(I_n \leqslant S_n\) et en sortant les termes de la somme à gauche : \[I_n \leqslant S_n \leqslant I_n + \sum_{j=2}^{n+1}\dfrac{1}{j}\] Mais toujours en comparant cette somme avec une intégrale, \(\sum_{j=2}^{n+1} \dfrac{1}{j} \leqslant\int_1^{n+1}\dfrac{\mathrm{ \;d}t}{t}\). Finalement, \[I_n \leqslant S_n \leqslant I_n + \ln(n+1)\]

  4. On tire facilement des deux questions précédentes que \(\boxed{S_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 2n\ln 2}\).


Exercice 452 ***

12 mai 2021 13:12 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces


[ID: 1978] [Date de publication: 12 mai 2021 13:12] [Catégorie(s): Suites dont le terme général est défini par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 452
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 13:12

  1. Soit \(t \in [0, 1[\). Puisque \(1-t^n = 1 + t + \dots + t^{n-1}\), \[\dfrac{t^n-t^{2n}}{1-t} = t^n(1+t+\dots + t^{n-1}) = \sum_{k=n}^{2n-1} t^k\] Donc à \(n\) fixé, la fonction à intégrer est continue sur le segment \([0, 1]\), donc l’intégrale \(I_n\) existe.

  2. D’après ce calcul, on peut exprimer \(I_n\) à l’aide d’une somme : \[I_n = \sum_{k=n}^{2n-1} \dfrac{1}{k+1} = \sum_{i=n+1}^{2n} \dfrac{1}{i}\] En encadrant pour \(i \geqslant 2\), \(1/i\) par deux intégrales : \[\int_i^{i+1} \dfrac{dt}{t} \leqslant\dfrac{1}{i} \leqslant\int_{i-1}^i \dfrac{dt}{t}\] on obtient un encadrement de \(I_n\) : \[\int_{n+1}^{2n+1} \dfrac{dt}{t} \leqslant I_n \leqslant\int_n^{2n} \dfrac{dt}{t}\] et donc \[\ln\dfrac{2n+1}{n+1} \leqslant I_n \leqslant\ln 2.\] D’après le théorème des gendarmes, \(\boxed{I_n \rightarrow \ln 2}\).


Les-Mathematiques.net Mathématiques vivantes

Thématiques

;
Success message!