Solutions
SOLUTIONS
19
Décomposons en éléments simples :
2u
2
1+u 4 =
2u
2
(u 2 +
√ 2u+1)(u 2 −
√ 2u +1)
=
−
√
2
2
u
u 2 +
√ 2u+1
+
√
2
2
u
u 2 −
√ 2u+1
I =
√ 2
4
1
0
−
2u+
√ 2
u 2 +
√ 2u+1
+
2u−
√ 2
u 2 −
√ 2u+1
+
√ 2
(u+
√
2
2
) 2 +
1
2
+
√ 2
(u−
√
2
2
) 2 +
1
2
du
I =
√ 2
4
ln
u
2 −
√ 2u +1
u 2 +
√ 2u+1
+2Arctan (u
√ 2+1)
+2Arctan (u
√ 2 − 1)
1
0
I =
√ 2
4
ln(3 − 2
√ 2) + π
21 On peut écrire un =
n
k=1
1+
k
2
n 2
1 n ,d’où
ln(un) =
1
n
n
k=1
ln
1+
k
2
n 2
.
On reconnaît unesomme de Riemann de la fonction x → ln(1+x
2 )
surlesegment [0, 1]. Comme cette fonction est continue :
lim
n→+∞
ln(un) =
1
0
ln(1 + x
2 )dx = I
Intégrons parparties :
I =
x ln(1 + x
2 )
1
0
− 2
1
0
x
2
1+x 2 dx
D’où : I = ln 2 − 2(1 −
π
4
) = ln 2 − 2+
π
2
.Endéfinitive :
lim
n→+∞
un = 2e
π
2
−2
22 1) In+1 − In =
1
0
(x − 1)x
n ln(1 + x
2 )dx 0
La suite(In)est donc décroissante ;comme elle est minorée par 0,
elle converge.
Une intégrationpar parties donne :
In =
ln 2
n +1
−
2
n+1
1
0
x
n +2
1+x 2 dx
D’où :
|In|
ln 2
n +1
+
2
n+1
1
0
|x
n +2 |
1+x 2 dx
ln 2+
π
2
n+1
Donc (In)converge vers 0.
2)
In −
ln 2
n +1
=
2
n+1
1
0
x
n +2
1+x 2 dx
2
n+1
1
0
x
n +2 dx =
2
(n +1)(n +3)
c’est-à-dire : In −
ln 2
n +1
= o(
1
n
), d’où In ∼
ln 2
n +1
,o up lus simplement:In∼
ln 2
n
.
23 Uneintégration par parties donne :
In =
−
1
n
f (t)
t
cos nt
b
a
+
1
n
b
a
tf
(t) − f (t)
t 2
cos nt dt
f et f
étant continues sur [a, b], les fonctions t →
f (t)
t
et
t →
tf
(t) − f (t)
t 2
sont bornées sur [a, b]. Il en résulte que( I n )
converge vers 0.
Chapitre 19
1 a) Vrai. b) Faux,e x:e
− 1
x 2
. c) Vrai. d) Faux, cf. Remarque du paragraphe 3.1. e) Vrai. f) Faux, cf. paragraphe 3.3.
g) Vrai.
h) Faux, ex :e
x +e
− 1
x 2
. i).Faux,e x:cos x + x e
− 1
x 2
.
j) Vrai,mais sans intérêt :ilsuffit de dire cos x ∼ 1. En revanche,
cos x − 1est équivalent en 0à−
x
2
2
et pas à
x
2
2
.
2 On choisit a = 0etx=−1.
e
− 1 =
n
k = 0
(−1)
k
k!
+
−1
0
(−1 − t)
n
n!
e
t d t.
Cette intégrale estm ajorée en valeur absolue par
e
(n +1)!
;e lle
tend donc vers 0quand n tend vers +∞. D’où lim
n→∞
un = e
−1 .
3 Pour tout n 1 , f
(n) (x) = (−1)
n−1 (n − 1)!
(1 + x) n . D’où, pour
a = 0etx=1:
ln(2) =
n
k=1
(−1)
k−1
k
+
1
0
(−1)
n (1 − t)
n
(1 + t) n+1 d t.
Cetteintégrale estmajorée en valeur absolue par
1
n +1
;elle tend
doncvers 0quand n tend vers +∞. D’où lim
n→∞
un = ln 2.
4 Choisissons a =
π
4
et x =
47π
180
.
On applique l’inégalité de Taylor-Lagrange àl’ordre 2, car
47π
180
−
π
4
3
3!
≈ 7 × 10
−6 < 10
−5 .
On obtient :
sin
47π
180
≈
√ 2
2
1+
π
90
−
1
2
π
90
2
≈ 0, 73136
à10
− 5 près.
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