Applications au calcul de limite

Exercices du dossier Applications au calcul de limite

Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 20
Par emmanuel le 18 janvier 2021 13:47
  1. \[\begin{aligned} x- x^2\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right) &=& x-x^2 \left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2x^2}+\underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)\\ &=& x-\left(x-\dfrac{1}{2}+\underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left(1\right) \right)\\ &=& \dfrac{1}{2}+\underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left(1\right) \xrightarrow[x\rightarrow \infty]{} \boxed{\dfrac{1}{2}} \end{aligned}\]

  2. \[\begin{aligned} x\dfrac{\ln\left(1+x\right)-\sin x}{\tan x- x}&=&\dfrac{ -\dfrac{x^3}{2}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^3\right) }{ \dfrac{x^3}{3}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^3\right) }\\ &=&\dfrac{ -\dfrac{1}{2}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right) }{ \dfrac{1}{3}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right) }\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{-\dfrac{3}{2}} \end{aligned}\]

  3. \[\begin{aligned} \left(\dfrac{\tan x}{x}\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}}&=&e^{\dfrac{\ln\left(\dfrac{\tan x}{x}\right)}{x^2}}\\ &=&e^{\dfrac{\ln\left(1+\dfrac{x^2}{3}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^2\right) \right)}{x^2}}\\ &=&e^{\dfrac{ \dfrac{x^2}{3}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^2\right) }{x^2} }\\ &=&e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right)}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}}} \end{aligned}\]

  4. \[\begin{aligned} \dfrac{e^{x^2}-\cos x}{x^2}&=&\dfrac{\dfrac{3}{2}x^2+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^2\right)}{x^2}\\ &=&\dfrac{3}{2}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{\dfrac{3}{2}} \end{aligned}\]

  5. \[\begin{aligned} \sqrt{x^2+x+1}-x&=&x\left(\sqrt{1+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2} } - 1\right)\\ &\xlongequal{X=\dfrac{1}{x}}&\dfrac{1}{X}\left(\sqrt{1+X+X^2}-1\right)\\ &=&\dfrac{1}{X}\left(1+\dfrac{1}{2}X -1+ \underset{X \rightarrow 0}{o}\left(X\right)\right)\\ &=&\dfrac{1}{2}+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(1\right)\xrightarrow[X\rightarrow 0]{}\boxed{\dfrac{1}{2}} \end{aligned}\]

  6. \[\begin{aligned} \dfrac{\sqrt{x+2}-2}{1-\sqrt{3x-5}}&\xlongequal{X=x-2}& \dfrac{\sqrt{X+4}-2}{1-\sqrt{3X+1}}\\ &=& 2\dfrac{\sqrt{1+{\scriptstyle X\over\scriptstyle 4}} -1}{1-\sqrt{1+3X}}\\ &=&2\dfrac{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 8}X+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(X\right)}{-{\scriptstyle 3\over\scriptstyle 2}X+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(X\right)}\\ &=&\dfrac{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4}+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(1\right)}{-{\scriptstyle 3\over\scriptstyle 2}+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(1\right)}\\ &\xrightarrow[X\rightarrow 0]{}&\boxed{-\dfrac{1}{6}} \end{aligned}\]


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 943
Par emmanuel le 18 janvier 2021 13:47
  1. \[\begin{aligned} \sqrt{x^2+3x+2} -x&=&x\left(\sqrt{1+\dfrac{3}{x} +\dfrac{2}{x^2}}-1\right)\\ &\xlongequal{X=\dfrac{1}{x}}& \dfrac{ \sqrt{1+3X +2X^2}-1 }{X} \\ &=& \dfrac{\dfrac{3}{2}X+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(X\right)}{X}\\ &=& \dfrac{3}{2}+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(1\right)\xrightarrow[X\rightarrow 0]{}\boxed{\dfrac{3}{2}} \end{aligned}\]

  2. \[\begin{aligned} \left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^{\dfrac{1}{x^2}}&=&e^{\dfrac{\ln\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)}{x^2}}\\ &=&e^{ \dfrac{\ln\left( 1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 6}x^2 + \underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^2\right) \right)}{x^2} }\\ &=& e^{ \dfrac{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 6}x^2 + \underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^2\right) }{x^2} }\\ &=& e^{ -{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 6} + \underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right) }\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{e^{ -{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 6}}} \end{aligned}\]

  3. \[\begin{aligned} \dfrac{ \sin\left(x-\sin x\right) }{\sqrt{1+x^3} - 1}&=&\dfrac{ \sin\left( \dfrac{1}{6}x^3 + \underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^3\right) \right) }{ \dfrac{1}{2}x^3 + \underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^3\right) }\\ &=&\dfrac{ \dfrac{1}{6}x^3 + \underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^3\right) }{ \dfrac{1}{2}x^3 + \underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^3\right) }\\ &=& \dfrac{ \dfrac{1}{6} + \underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right) }{ \dfrac{1}{2} + \underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right) }\xrightarrow[x\rightarrow 0]{} \boxed{\dfrac{1}{3}} \end{aligned}\]

  4. \[\begin{aligned} \dfrac{x\left(1+\cos x\right)-2\tan x}{2x-\sin x-\tan x}&=&\dfrac{-\dfrac{7}{6}x^3 + \underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^3\right)}{-\dfrac{1}{6}x^3+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^3\right)}\\ &=&\dfrac{-\dfrac{7}{6} + \underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right)}{-\dfrac{1}{6}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right)}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{7} \end{aligned}\]

  5. \[\begin{aligned} \dfrac{e^x-x-\cos x}{x^2}&=&\dfrac{x^2+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^2\right)}{x^2}\\ &=&1+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right) \xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{1} \end{aligned}\]

  6. \[\begin{aligned} \dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{\ln\left(1+x\right) }&=&\dfrac{\ln\left(1+x\right) - x}{x\ln\left(1+x\right)}\\ &\underset{x\rightarrow 0}{\sim}&\dfrac{\ln\left(1+x\right) - x}{x^2}\\ &=& \dfrac{ -\dfrac{1}{2} x^2+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^2\right) }{x^2}\\ &=& -\dfrac{1}{2}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right) \xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{-\dfrac{1}{2}} \end{aligned}\]


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 55
Par emmanuel le 18 janvier 2021 13:48
  1. \[\begin{aligned} \dfrac{\ln\left(2x^2-1\right)}{\tan \left(x-1\right)}&\xlongequal{X=x-1}&\dfrac{\ln\left(1+4X+2X^2\right)}{\tan X}\\ &=& \dfrac{4X+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(X\right)}{X+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(X\right)}\\ &=& \dfrac{4+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(1\right)}{1+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(1\right)}\\ &\xrightarrow[X\rightarrow 0]{}&\boxed{4} \end{aligned}\]

  2. \[\begin{aligned} x-x^2\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)&\xlongequal{X={\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}&\dfrac{1}{X}-\dfrac{1}{X^2}\ln\left(1+X\right)\\ &=& \dfrac{1}{X}-\dfrac{1}{X^2}\left(X-{\scriptstyle X^2\over\scriptstyle 2}+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(X^2\right)\right)\\ &=&\dfrac{1}{2}+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(X\right)\\ &\xrightarrow[X\rightarrow 0]{}& \boxed{\dfrac{1}{2}} \end{aligned}\]

  3. \[\begin{aligned} \dfrac{x-\operatorname{arctan} x}{\sin^3 x}&\underset{x\rightarrow 0}{\sim}&\dfrac{x-\operatorname{arctan} x}{x^3}\\ &=& \dfrac{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}x^3+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^3\right)}{x^3}\\ &=&{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right)\\ &\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}&\boxed{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}} \end{aligned}\]

  4. \[\begin{aligned} \dfrac{1}{x^3}-\dfrac{1}{\sin^3 x}&=&\dfrac{\sin^3 x - x^3}{x^3\sin^3 x}\\ &\underset{x\rightarrow 0}{\sim}&\dfrac{\sin^3 x - x^3}{x^6}\\ &=&\dfrac{-{\scriptstyle x^5\over\scriptstyle 2}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^6\right) }{x^6}\\ &=&-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2x}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right) \end{aligned}\] et \(\boxed{\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0^+}\dfrac{1}{x^3}-\dfrac{1}{\sin^3 x}}=-\infty}\) tandis que \(\boxed{\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0^-}\dfrac{1}{x^3}-\dfrac{1}{\sin^3 x}}=+\infty}\)

  5. \[\begin{aligned} \dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{\ln(1+x)}&=&\dfrac{\ln\left(1+x\right)-x}{x\ln(1+x)}\\ &\underset{x\rightarrow 0}{\sim}&\dfrac{\ln\left(1+x\right)-x}{x^2}\\ &=&\dfrac{-{\scriptstyle x^2\over\scriptstyle 2}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^2\right)}{x^2}\\ &=& -{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right)\\ &\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} \end{aligned}\]

  6. \[\begin{aligned} \left(\dfrac{1^x+2^x+\dots+n^x}{n}\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}&=&\left(\dfrac{ \left(1+x\ln 1 \right)+ \left(1+ x \ln 2\right)+\dots+ \left(1+x\ln n\right)+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x\right) }{ n}\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}\\ &=& \left(\dfrac{ n+\left(\ln 1 + \dots+ \ln n\right)x+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x\right) }{ n}\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}\\ &=& \left(1+\ln\left(n!^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}\right)x+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x\right)\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}\\ &=&e^{\dfrac{\ln \left(1+\ln\left(n!^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}\right)x+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x\right)\right) }{x}}\\ &=& e^{ \dfrac{\ln\left(n!^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}\right)x+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x\right)} {x} }\\ &=&e^{\left( \ln\left(n!^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}\right)+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(1\right)\right)}\\ &\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}&e^{ \ln\left(n!^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}\right)}=\boxed{n!^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}} \end{aligned}\]


Exercice 66 **

18 janvier 2021 13:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer la limite suivante : \[\lim_{x\rightarrow +\infty} \left(\mathop{\mathrm{ch}}\dfrac{1}{x}\right)^{x^2}\]



[ID: 740] [Date de publication: 18 janvier 2021 13:48] [Catégorie(s): Applications au calcul de limite ] [ 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 ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 66
Par emmanuel le 18 janvier 2021 13:48

Par le changement de variables \(h=\dfrac{1}{x}\), on se ramène à la limite lorsque \(h\rightarrow 0\) de la fonction définie par \[g(h)=\left(\mathop{\mathrm{ch}}h\right)^{1 / h^2} =e^{1 / h^2\ln( \mathop{\mathrm{ch}}h)}\] Mais \[\ln(\mathop{\mathrm{ch}}h)=\ln(1+\dfrac{h^2}{2} + o(h^2))= \dfrac{h^2}{2} + o(h^2)\] et donc \(\dfrac{1}{h^2}\ln(\mathop{\mathrm{ch}}h) \sim \dfrac{1}{2}\) et par conséquent \(g(h)\xrightarrow[h\rightarrow 0]{} e^{1 / 2}\). La limite cherchée vaut donc \(\boxed{\sqrt{e}}\).


Exercice 269 **

18 janvier 2021 13:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer la limite lorsque \(x\longrightarrow 0\) de la fonction définie par : \[u(x)=\dfrac{\ln (\mathop{\mathrm{ch}}x) + \ln (\cos x)}{\sqrt{\mathop{\mathrm{ch}}x } + \sqrt{\cos x } -2}\]



[ID: 742] [Date de publication: 18 janvier 2021 13:48] [Catégorie(s): Applications au calcul de limite ] [ 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 ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 269
Par emmanuel le 18 janvier 2021 13:48

Par opérations sur les DLs, on trouve : \[\ln\left(\mathop{\mathrm{ch}}x\right)= 1/2x^2-1/12x^4+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^5\right) ,\quad \ln \left(\cos x\right)= -1/2x^2-1/12x^4+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^5\right)\] \[\sqrt{\mathop{\mathrm{ch}}x}= 1+1/4x^2-1/96x^4 +\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^5\right),\quad \sqrt{\cos x}= 1-1/4x^2-1/96x^4 +\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^5\right)\] donc \[u\left(x\right)=\dfrac{-1/6 x^4 + \underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^5\right)}{-1/48 x^4 + \underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^5\right)} \xrightarrow[x\rightarrow 0]{} \boxed{ 8 }\]


Exercice 447 **

18 janvier 2021 13:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer la limite lorsque \(x\rightarrow +\infty\) de la fonction définie par : \[u(x)=\left( \left( \dfrac{\ln (x+1)}{\ln x}\right) ^x -1\right) \ln x\]



[ID: 744] [Date de publication: 18 janvier 2021 13:48] [Catégorie(s): Applications au calcul de limite ] [ 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 ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 447
Par emmanuel le 18 janvier 2021 13:48

On écrit \(u\left(x\right)\) sous forme exponentielle : \[u\left(x\right)=\left(e^{x\ln\left(\dfrac{\ln\left(1+x\right)}{\ln x}\right)}-1\right)\ln x = \left(e^{x\ln\left(1+\dfrac{\ln\left(1+1/x\right)}{\ln x}\right)}-1\right)\ln x\] et en utilisant les DLs et les équivalents usuels : \[\ln\left(1+\dfrac{\ln\left(1+1/x\right)}{\ln x}\right)=\ln\left(1+1/(x\ln x)+1/\ln x\underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left(1/x\right)\right)\underset{x\rightarrow +\infty}{\sim} 1/(x\ln x)\] donc \(x\ln\left(1+\dfrac{\ln\left(1+1/x\right)}{\ln x}\right)\underset{x\rightarrow +\infty}{\sim} 1/\ln x\) et \(\exp\left(x\ln\left(1+\dfrac{\ln\left(1+1/x\right)}{\ln x}\right)\right) - 1\underset{x\rightarrow +\infty}{\sim} 1/\ln x\). Donc \(u\left(x\right)\underset{x\rightarrow +\infty}{\sim}\ln x / \ln x=1\). On en déduit que \(\boxed{\lim_{+\infty} u=1}\).


Exercice 464 **

18 janvier 2021 13:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer la limite lorsque \(x\rightarrow +\infty\) de la fonction définie par : \[u(x) = \left( e - \left( 1+\dfrac{1}{x}\right) ^x\right) ^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}\]



[ID: 746] [Date de publication: 18 janvier 2021 13:48] [Catégorie(s): Applications au calcul de limite ] [ 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 ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 464
Par emmanuel le 18 janvier 2021 13:48

Par opérations sur les développements limités, on calcule : \[\left( 1+\dfrac{1}{x}\right)^x=e^{x\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)} = e-{\scriptstyle e\over\scriptstyle 2x}+\underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)\] donc \[u\left(x\right)=\left({\scriptstyle e\over\scriptstyle 2x}+\underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)\right)^{1/x}=e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\ \ln\left({\scriptstyle e\over\scriptstyle 2x}+\underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)\right)}\] mais \[{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\ \ln\left({\scriptstyle e\over\scriptstyle 2x}+\underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)\right)\xlongequal{X=e/(2x)} {\scriptstyle 2X\over\scriptstyle e} \ln\left(X+\underset{X \rightarrow 0^+}{o}\left(X\right)\right)\xrightarrow[X\rightarrow 0^+]{}0\] donc \(\boxed{u\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}1}\).


Exercice 817 ***

18 janvier 2021 13:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

  1. Écrire le DL(0,n) de \(\dfrac{1}{1+u}\) en écrivant le reste exact.

  2. Que donne cette formule pour \(\dfrac{1}{1+e^{-2t}}\)?

  3. Montrer que \[\int_{0}^{\pi}\dfrac{\sin t}{\mathop{\mathrm{ch}}t}dt = 2 \lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^{n }(-1)^k \dfrac{e^{-(2k+1)\pi} + 1}{(2k+1)^2+1}\]



[ID: 748] [Date de publication: 18 janvier 2021 13:48] [Catégorie(s): Applications au calcul de limite ] [ 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 ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 817
Par emmanuel le 18 janvier 2021 13:48
  1. Pour tout \(u\in\mathbb{R}\setminus\left\{\pm 1\right\}\), \[\dfrac{1}{1-u}=\sum_{k=0}^n u^k + \dfrac{u^{n+1}}{1-u}\] donc \[\dfrac{1}{1+u}=\sum_{k=0}^n \left(-1\right)^k u^k + \left(-1\right)^{n+1}\dfrac{u^{n+1}}{1+u} .\]

  2. On obtient alors pour tout \(t\in\mathbb{R}\) : \[\dfrac{1}{1+e^{-2t}} = \sum_{k=0 }^n \left(-1\right)^k e^{-2kt} + \left(-1\right)^{n+1}\dfrac{e^{-2\left(n+1\right)t}}{1+e^{-2t}} .\]

  3. Pour tout \(t\in\mathbb{R}\) : \[\dfrac{\sin t}{\mathop{\mathrm{ch}}t}=\dfrac{2\sin t}{e^t+e^{-t}} = \dfrac{2\sin t}{e^{t}}\dfrac{1}{1+e^{-2t}}=2\sum_{k=0 }^n \left(-1\right)^k e^{-\left(2k+1\right)t}\sin t + \left(-1\right)^{n+1}\dfrac{2e^{-\left(2n+3\right)t}\sin t}{1+e^{-2t}}.\] En effectuant deux intégrations par parties successives, on calcule que pour tout \(k\in\llbracket 0,n\rrbracket\) : \[\int_{0}^{\pi} e^{-\left(2k+1\right)t}\sin t\,\textrm{d}t = \dfrac{e^{-(2k+1)\pi} + 1}{(2k+1)^2+1}\] donc en passant à l’intégrale dans la somme, on obtient :\[\int_{0}^{\pi}\dfrac{\sin t}{\mathop{\mathrm{ch}}t}dt = 2 \sum_{k=0}^{n }(-1)^k \dfrac{e^{-(2k+1)\pi} + 1}{(2k+1)^2+1} + \int_{0}^{\pi} \left(-1\right)^{n+1}\dfrac{2e^{-\left(2n+3\right)t}\sin t}{1+e^{-2t}}\,\textrm{d}t.\] Mais \[\left|\int_{0}^{\pi} \left(-1\right)^{n+1}\dfrac{2e^{-\left(2n+3\right)t}\sin t}{1+e^{-2t}}\,\textrm{d}t\right| \leqslant\int_{0}^{\pi} e^{-2\left(n+1\right)t}\dfrac{\sin t }{\mathop{\mathrm{ch}}t} \,\textrm{d}t \leqslant \int_{0}^{\pi} e^{-2\left(n+1\right)t}\,\textrm{d}t=-\dfrac{1}{2\left(n+1\right)}\left(e^{-2\left(n+1\right)\pi}-1\right) \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\] d’où le résultat.


;
Success message!