Feuille d exercices 2 : Analyse Intégrale

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1 Université Denis Diderot Pris 7 (3-4) TD Mths, Agro merle Mthieu Merle : merle@mth.univ-pris-diderot.fr Feuille d eercices : Anlyse Intégrle Eercice Trouver une primitive de f : rccos() g : sin() cos 5 () h : tn () u : + v : ln( 6 ) w : rctn(). F : ln(rccos()) G : 6 cos6 () H : tn() U : ( ) rctn V : 3 3 ln(6 ) + 3 ln W : rctn() ln( + ). ( 3 ) Eercice Trouver une primitive de Indictions : f : + 3 ( + ) 4, g : ( 7 + ) 3 h : + 4 u : ( + ) v : + ( + ) w : e + e + e. +

2 On peut écrire, pour des constntes, b, c bien choisies, f() = ( + ) + b( + ) 3 + c( + ) 4. On peut écrire g() = + b Pour l fonction u on peut effectuer le chngement de vribles = tn(t). Pour l fonction w on peut effectuer le chngement de vribles e = t. F : ( + ) 3 G : ( ) t 7 7 ln t 7 + H : 4 ln( + 4 ) U : ( rctn() + ) + V : ( + ) W : + ln(e + ) + rctn(e ). Eercice 3 Trouver une primitive de f : cos() sin() π/3 π/6 cos() sin() = ln(3). et en déduire que En écrivnt cos() sin() = sur ], π/[. On en déduit tn() cos () on s perçoit que ln(tn()) est une primitive de f π/3 π/6 f()d = [ln(tn())] π/3 π/6 = ln( 3) ln(/ 3) = ln(3). Eercice 4 Clculer les intégrles suivntes en effectunt le chngement de vribles recommndé I = I = I 3 = π π/ I 4 () = I 5 = d, poser t = tn(/) + cos() π/ + 3 sin 3 () cos() + cos d, poser u = sin() () e t ln( + e t )dt, dy sin(y), d +,. Notons que cos() = t dt +t, et +t = d, de sorte que I = + dt 3 + t = [ 3 rctn(t/ 3) poser u = e t poser u = tn(y/) poser = tn(t). ] + = π 3.84.

3 . On du = cos()d de sorte que I = 3. On du = e t dt, et donc I 3 = e u 3 du u = u ln( + u)du = ] [ u ln( u ) = ln().93. [ ( ) ln( + ) ] e ( ) 4 = (e ) ln(e + ) (e(e ) + ) Notons que sin(y) = u +u et que dy = du +u, donc I 4 () = tn(/) du u = ln(tn(/)). 5. On prend t = rctn() de sorte que dt = d +. Les nouvelles bornes sont rctn( 3) = π/3, rctn(+ ) = π/. On obtient I 5 = π/ π/3 dt sin(t) = [ln(tn(t/))]π/ π/3 = ln(3).549. Eercice 5 Clculer l ite, lorsque n des suites (définies pour n N ) n + k r n = n + k k= k s n = n n k= + k ( ) k kπ t n = n sin n k= ( u n = k + n ln + k ) n k= v n = n n (n + k) n w n = k= sin k= ( kπ n ) ( ) k sin n. Ces suites se rmènent toutes à des sommes de Riemnn de fonctions continues. Dns ce qui suit, on fit donc ppel systémtiquement u théorème sur l convergence de ces sommes vers l intégrle ppropriée.. On r n = + k/n n + (k/n), et donc, r n = = k= + + d [ rctn() + ln( + ) ] = π 4 + ln().3. 3

4 . On et donc 3. On de sorte que r n = = s n = n + d k= [ + sinh () t n = n (k/n) + (k/n), ] = (k/n) sin (π(k/n)), k= ln( + ) On de sorte que t n = = u n = n sin(π)d [ sin(π) k= π cos(π) ] = π π.38. ln (π(k/n)), + k/n u n = = ln( + )d + [ ln ] ( + ) = ln () On et donc ln(v n) = ln(v n ) = n ln( + (k/n)), k= ln( + )d = [( + ) ln( + ) ] = ln().386. Finlement v n = ep( ln() ) = 4e. 6. On sin(k/n ) = k n + o(/n ), et donc w n = n (k/n) sin(π(k/n)) + o() k= On conclut que les ites des suites (w n ) et (t n ) coıincident. Eercice 6 Soit f : [, b] [, ] continue. On suppose de plus que (, b), f() (utrement dit, f ne peut tteindre l vleur qu en l une des bornes de l intervlle). 4

5 . Soit ɛ > fié (ɛ < (b )/). Que dire du mimum M [+ɛ,b ɛ] (f) de l fonction f sur l intervlle [ + ɛ, b ɛ]?. Montrer que ɛ +ɛ f n ()d ( M [+ɛ,b ɛ] (f) ) n (b ). Déduire de l question précédente l ite qund n de ɛ +ɛ f n ()d. 3. Déduire de l question précédente que f n ()d ɛ. 4. Epliquer pourquoi notre risonnement permet de conclure que f n ()d =.. L fonction f est continue sur l intervlle compct [ + ɛ, b ɛ], elle tteint donc son mimum en un point de cet intervlle. D près notre hypothèse on donc M [+ɛ,b ɛ] (f) <.. Pour tout [ + ɛ, b ɛ], on et donc, pr positivité de l intégrle, ɛ +ɛ f n () (M [+ɛ,b ɛ] (f)) n, f n ()d (M [+ɛ,b ɛ] (f)) n (b ɛ), ce qui permet de conclure à l inéglité souhitée. Comme (M [+ɛ,b ɛ] (f)) n lorsque n, on conclut que +ɛ +ɛ f n ()d =. 3. D utre prt on toujours f n () et donc, quelque soit n N, +ɛ f n () ɛ, b ɛ f n ()d ɛ. On déduit, pr Chsles, que f n ()d ɛ + D près l question précédente on obtient donc +ɛ +ɛ f n ()d ɛ. f n ()d. 4. Le choi de ɛ > est rbitrire dns notre risonnement. On donc bien f n ()d inf ɛ =. ɛ> 5

6 Eercice 7 Soit un réel positif et l fonction { (, ) R f : +.. Clculer f ()d.,> On pourr commencer pr étblir que pour tout (, ), on f () +. Pour (, ) on + +, et on obtient donc fcilement l inéglité indiquée. Pr positivité de l intégrle, on donc + d f()d d. Or De même d = d = (/) [rcsin(/)] = π. + Comme,> + π = π, on conclut que d = + π.,> f ()d = π. Eercice 8. Considérons une fonction ψ continue, des fonctions f, g dérivbles, et définissons Clculer φ (). φ : g() f() ψ(t)dt.. On considère dns cette question le cs prticulier : ψ : t e t /t sur R, f :, g :, de sorte que l fonction φ est définie sur R.. Eprimer φ (). b. Peut-on prolonger pr continuité l fonction φ en? c. Peut-on prolonger pr continuité l fonction φ en? d. Ebucher le grphe de φ. 3. Dns cette question on considère l utre cs prticulier ψ : t +t sur R, +t4 f :, g :, de sorte que l fonction φ est cette fois directement définie sur R. Trouver φ(). Indiction : on pourr étudier l monotonie de ψ et en déduire un encdrement de l intégrle. 6

7 . Si Ψ désigne une primitive de ψ on et, puisque Ψ = ψ, on obtient φ() = Ψ(g()) Ψ(f()), φ () = g ()ψ(g()) f ()ψ(f())... D près l question précédente on obtient ici φ () = ψ() ψ() = ep() ep(). b. Comme l fonction e est croissnte, on que pour tout >, e e t e pour tout t [, ]. On en déduit que si >, e ln() = e dt t φ() e dt t = e ln(), où on utilisé ci-dessus que dt t = ln() ln() = ln(). Les membres de guche et de droite de l inéglité () convergent tous deu vers ln() lorsque. On conclut que φ() = ln(). Pour <, il fut fire ttention que <, et donc ψ(t)dt = ψ(t)dt. Pr un risonnement similire à ce qui précède on obtient lors e ln() = e ce qui permet d ssurer que dt t φ() e φ() = ln(). dt t = e ln(), L fonction φ est donc prolongeble pr continuité en, et le prolongement est l fonction { φ() si φ : ln() si =. c. On, en fisnt un développement ité en, ep() ep() = + o() = + o(). Ainsi, lorsque φ (). L fonction φ se prolonge donc pr continuité en, et le prolongement prend l vleur en. d. L fonction φ est donc dérivble en, et ( φ) () =. Plus précisément l tngente u grphe de f en est l droite ln() +. Pr illeurs l encdrement () est vlble pour tout >, en prticulier ceci implique que l fonction φ tend vers + lorsque (u moins ussi vite que ln()e ). L encdrement () est qunt à lui vlble pour tout <, en prticulier ceci implique que l fonction φ tend vers lorsque (u moins ussi rpidement que ln()e ). Ces considértions permettent d ébucher le grphe de φ. 7

8 3. L fonction ψ est décroissnte sur R +, et donc lorsque > on l encdrement + + = ψ() ψ(t)dt ψ() = On voit lors fcilement que les membres de guche et de droite de l inéglité () convergent tous deu vers lorsque, et ceci entrîne que φ() =. Eercice 9. Clculer R R R d, pr eemple en effectunt le chngement de vribles = R sin(θ). Epliquer pourquoi ce clcul permet de retrouver l ire du disque de ryon R.. Clculer R R π( R ) d. Pourquoi ce clcul permet-il de retrouver le volume de l boule de ryon R? 3. Clculer R 4 R 3 π( R ) 3 d. Epliquer pourquoi ce clcul permet d obtenir l (hyper)volume de l boule de dimension 4 et de ryon R. 4. Epliquer pourquoi le volume de l boule de dimension n peut s écrire V n (R) = c n R n, π/ où, pr convention c =, et pour tout n, c n = c n π/ cosn (θ)dθ. { [ π/, π/] [ R, R]. L fonction est bien un C -difféomorphisme et donc le θ R sin(θ) chngement de vribles suggéré est vlble. On en outre d = R cos(θ)dθ, et de plus R R sin(θ) = R cos(θ) puisque θ [ π/, π/]. On obtient finlement R R π/ R d = R cos (θ)dθ = π/ π/ π/ R + cos(θ) dθ = πr. Le clcul que l on vient d effectuer permet de clculer l ire du demi-disque de ryon R, centré en l origine, et contenu dns le demi-pln supérieur. En effet, d près le théorème de { Pythgore, l prtie courbe de ce demi-disque n est utre que le grphe de l fonction [ R, R] R +. L ire du demi-disque est l prtie du demi-pln supérieur situé sous R cette courbe, c est donc bien l intégrle que l on vient de clculer. L ire du disque est donc bien évidemment le double de l intégrle que l on vient de clculer, et on retrouve bien l formule hbituelle ire(disque de ryon R) = πr. Notons pr illeurs que l intǵrnd R d n est utre que l ire du rectngle de côté d et de huteur R. C est églement une très bonne pproimtion (u premier ordre en d) de l élément d ire situé entre les bscisses d/ et + d/ du demi-disque supérieur (de ryon R). Sommer ces éléments d ire infinitésimu (de mnière similire à une somme de Riemnn) nous permis de retrouver l ire du disque. On v utiliser une idée tout à fit similire pour trouver le volume d une boule en dimension n 3. 8

9 . On note B l boule de ryon R centrée en l origine. En utilisnt Pythgore, on voit que les points de B situés à l bscisse [ R, R] sont situés dns un disque de ryon R. L élément de volume infinitésiml de B situé entre les points d bscisse d/ et + d/ est donc, u premier ordre en d, d ire d un disque de ryon R = dπ(r ). Le volume totl de B est donc l somme de ces contributions lorsque prcourt [ R, R], volume de B = R R π(r )d = 4 3 πr3. 3. On note encore B l hyperboule (de dimension 4) centrée à l origine et de ryon R. L élément d hypervolume infinitésiml de cette boule situé entre les bscisses d/ et + d/ est, u premier ordre, d volume d une boule de ryon R = d 4 3 π( R ) 3. L somme de ces contributions pour [ R, R] fournit hypervolume de B = R R 4 3 π( R ) 3 d = 4 π/ 3 πr4 cos 4 (θ)dθ. π/ 4. Pr récurrence on peut insi déduire le volume d une boule en dimension quelconque. Notons V n (R) l (hyper)volume de l boule de dimension n et de ryon R. On v prouver pr récurrence que pour tout n, V n (R) = c n R n, vec c = = π/ π/ cos(θ)dθ, et pour n, c n = c n π/ π/ cosn (θ)dθ. D près les questions précédentes (et l vérifiction immédite dns le cs trivil n = ), l ssertion est vrie pour n =,, 3, 4. Pour n, on, pr un risonnement similire à celui des questions précédentes V n (R) = ce qui chève l preuve. R R V n ( π/ R )d = c n R n cos n (θ)dθ, π/ Eercice Intégrles de Wllis Pour n N on définit. Clculer I, I, I. = π/ sin n (t)dt.. Montrer que l suite ( ) n N est décroissnte. Est-elle convergente? 3. A l ide d une intégrtion pr prties, montrer que En déduire que pour p N, n N (n + )+ = (n + ). I p = π (p)! (p!) p, I p+ = p (p!) (p + )!. 9

10 4. Clculer n, pour n. 5. Montrer que n N,. I En déduire que n =. 6. Trouver un équivlent de ( ) u voisinge de +.. On I = π/ π/ I = π/ dt = π/, sin(t)dt = [ cos(t)] π/ =, π/ I = sin cos(t) (t) = dt = π/4. {. Pour [, ] notons que n n [, π/] [, ]. Comme l fonction est à t sin(t) vleurs dns [, ], on donc que pour tout t [, π/], sin n (t) sin n (t). On conclut pr positivité de l intégrle que ( ) est une suite décroissnte. Comme elle est minorée (pr ), elle converge. 3. Pr une intégrtion pr prties, en posnt u(t) = sin n+ (t), v (t) = sin(t), on obtient + = π/ sin n+ (t)dt = [ sin n+ (t) cos(t) ] π/ = (n + ) ce qui entrîne l églité souhitée. π/ + (n + ) (sin n (t) sin n+ (t))dt = (n + ) (n + )+, 4. D près l question précédente, on donc De même I p = I p p = π I p+ = I π/ sin n (t) cos (t) (p)! 4... (p) = π (p)! p (p!). p p + = p (p!) (p + )!. 5. Fions n. D près l question qui précède, si n est impir, i.e. n = p +, on obtient n = (p + )I p I p+ = (p + ) π Si n est pir, i.e. n = p on obtient n = pi p I p = p π et donc dns tous les cs, n = π. (p)! p (p!) p (p!) (p + )! = π. (p)! (p ) ((p )!) p (p!) = π (p )!,

11 6. Puisque ( ) est décroissnte, comme souhité. I Comme d utre prt, d près l question 3, n n, on conclut pr théorème de comprison que 7. D près l question 5, on et donc, d près l question 6, on trouve que Autrement dit, I n = n n =. nin = n = π. n = π. qui converge vers lorsque π n, et comme, on obtient finlement que πn.