SOLUTIONS
18
Solutions
I =
−
1
6
ln |1 − u|−
1
2
ln |1+u|+
2
3
ln |1+2u|
1
2
0
=
4
3
ln 2 −
1
2
ln 2
12 1) Transformer sin x +cos x en
√ 2cos(x −
π
4
). On obtient
I =
√ 2ln(
√
2+1).
2) Le changement de variable t = tan
x
2
donne
I = 2
1
0
dt
1+2t−t 2 .
13 Le changement de variable t = tan
x
2
donne :
I =
1
0
2dt
(a−b)t 2 +(a+b)
=
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
2
√ a 2 −b 2
Arctan
a − b
a + b
si a > b
1
√ b 2 − a 2
ln
√ b − a +
√ b + a
√ b − a −
√ b + a
si a < b
1
a
si a = b
Le changementdevariable u =
π
2
− x donne J = I .
14 On estamené àposer x −
a + b
2
=
b − a
2
sin t. On obtient:
I =(b−a)
2 π
8
.
15 ∀n ∈ N
∗
In = In−1 −
1
n!
. D’où In = e −
n
k=0
1
k!
.
Comme 0 In
e
(n +1)!
,
on en déduit
n
k=0
1
k!
e
n
k=0
1
k!
+
e
(n +1)!
.
16 Une double intégration par parties donne :
In = n
π
2
n−1 − n(n − 1)In−2.
D’où, en divisant par n!:
In
n!
=
π
2
n − 1
(n−1)!
−
In−2
(n − 2)!
.
Il fautdistinguer suivant la parité de n, pour se ramener à I0 ou I1 :
(−1)
p I2p
(2p)!
= 1+
p
k = 1
(−1)
k
π
2
2k−1
(2k − 1)!
(−1)
p I2p+1
(2p +1)!
=
p
k=0
(−1)
k
π
2
2k
(2k)!
17 1) En posant t = ln x, In =
1
0
t
n e
t dt. D’où
1
n +1
In
e
n+1
.
On en déduit que (In)converge et quel im
n→∞
In = 0.
2) In = e − nIn−1, parintégration par parties.
3) lim
n→∞
(e − (n +1)In)=0, d’où In ∼
e
n
.
18 1) F
(x) = f (x)+xf
(x), d’où F (x) = xf(x)+C.
Comme F (0) = 0, F (x) = xf(x).
2) a) si v = f (u)
u
0
f (t)dt +
v
0
g(t)dt = uf (u) = uv.
b) si v > f (u)
u
0
f (t)dt +
v
0
g(t)dt = uf(u)+
v
f( u )
g(t)dt.
Comme g estcroissante,
v
f (u)
g(t)dt (v−f(u))u. D’où l’inégalité cherchée.
c) si v < f (u)
u
0
f (t)dt +
v
0
g(t)dt = uf(u)−
f(u)
v
g(t)dt.
Comme g estc roissante,
f (u)
v
g(t)dt (f(u) − v)u. D’où
l’inégalitécherchée.
19 1) Au voisinage de 0: f( x ) = xf
(0) + o(x)e t
cot πx =
1
πx
+ o(1).
Donc f (x)cot πx =
f
(0)
π
+ o(1), soit :
lim
x→0
f (x)cot πx =
f
(0)
π
.
De même,l im
x→1
f (x)cot πx =
f
(1)
π
.
2) h estunproduit de fonctions dérivables sur]0,1[.
Utiliser le théorème de prolongement d’une dérivée pour montrer
que h est de classe C
1 sur[0,1].
3) Montrer que
∀x ∈ [0, 1] h
(x) −
1
π
f
(x)
2 + πf (x)
2 = −π
g(x) −
f
(x)
π
2
et conclure.
4) Intégrer l’inégalité de la question précédente sur[0,1].
On obtient donc une relation entre l’intégrale du carré d’une
fonction C
1 et l’intégrale du carré de sa dérivée.
20 Effectuons le changement de variable : t = tan x ;
dx =
dt
1+t 2 . I =
1
0
√ t
1+t 2 dt;
puis u =
√ t ;dt =2udu. I =
1
0
2u
2
1+u 4 du.
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I =
−
1
6
ln |1 − u|−
1
2
ln |1+u|+
2
3
ln |1+2u|
1
2
0
=
4
3
ln 2 −
1
2
ln 2
12 1) Transformer sin x +cos x en
√ 2cos(x −
π
4
). On obtient
I =
√ 2ln(
√
2+1).
2) Le changement de variable t = tan
x
2
donne
I = 2
1
0
dt
1+2t−t 2 .
13 Le changement de variable t = tan
x
2
donne :
I =
1
0
2dt
(a−b)t 2 +(a+b)
=
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
2
√ a 2 −b 2
Arctan
a − b
a + b
si a > b
1
√ b 2 − a 2
ln
√ b − a +
√ b + a
√ b − a −
√ b + a
si a < b
1
a
si a = b
Le changementdevariable u =
π
2
− x donne J = I .
14 On estamené àposer x −
a + b
2
=
b − a
2
sin t. On obtient:
I =(b−a)
2 π
8
.
15 ∀n ∈ N
∗
In = In−1 −
1
n!
. D’où In = e −
n
k=0
1
k!
.
Comme 0 In
e
(n +1)!
,
on en déduit
n
k=0
1
k!
e
n
k=0
1
k!
+
e
(n +1)!
.
16 Une double intégration par parties donne :
In = n
π
2
n−1 − n(n − 1)In−2.
D’où, en divisant par n!:
In
n!
=
π
2
n − 1
(n−1)!
−
In−2
(n − 2)!
.
Il fautdistinguer suivant la parité de n, pour se ramener à I0 ou I1 :
(−1)
p I2p
(2p)!
= 1+
p
k = 1
(−1)
k
π
2
2k−1
(2k − 1)!
(−1)
p I2p+1
(2p +1)!
=
p
k=0
(−1)
k
π
2
2k
(2k)!
17 1) En posant t = ln x, In =
1
0
t
n e
t dt. D’où
1
n +1
In
e
n+1
.
On en déduit que (In)converge et quel im
n→∞
In = 0.
2) In = e − nIn−1, parintégration par parties.
3) lim
n→∞
(e − (n +1)In)=0, d’où In ∼
e
n
.
18 1) F
(x) = f (x)+xf
(x), d’où F (x) = xf(x)+C.
Comme F (0) = 0, F (x) = xf(x).
2) a) si v = f (u)
u
0
f (t)dt +
v
0
g(t)dt = uf (u) = uv.
b) si v > f (u)
u
0
f (t)dt +
v
0
g(t)dt = uf(u)+
v
f( u )
g(t)dt.
Comme g estcroissante,
v
f (u)
g(t)dt (v−f(u))u. D’où l’inégalité cherchée.
c) si v < f (u)
u
0
f (t)dt +
v
0
g(t)dt = uf(u)−
f(u)
v
g(t)dt.
Comme g estc roissante,
f (u)
v
g(t)dt (f(u) − v)u. D’où
l’inégalitécherchée.
19 1) Au voisinage de 0: f( x ) = xf
(0) + o(x)e t
cot πx =
1
πx
+ o(1).
Donc f (x)cot πx =
f
(0)
π
+ o(1), soit :
lim
x→0
f (x)cot πx =
f
(0)
π
.
De même,l im
x→1
f (x)cot πx =
f
(1)
π
.
2) h estunproduit de fonctions dérivables sur]0,1[.
Utiliser le théorème de prolongement d’une dérivée pour montrer
que h est de classe C
1 sur[0,1].
3) Montrer que
∀x ∈ [0, 1] h
(x) −
1
π
f
(x)
2 + πf (x)
2 = −π
g(x) −
f
(x)
π
2
et conclure.
4) Intégrer l’inégalité de la question précédente sur[0,1].
On obtient donc une relation entre l’intégrale du carré d’une
fonction C
1 et l’intégrale du carré de sa dérivée.
20 Effectuons le changement de variable : t = tan x ;
dx =
dt
1+t 2 . I =
1
0
√ t
1+t 2 dt;
puis u =
√ t ;dt =2udu. I =
1
0
2u
2
1+u 4 du.
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