Exercices du chapitre 6. Révisions : intégration de ...
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Exercices du chapitre 6. Révisions : intégration de fonctions continuespar morceaux sur un segment
Exercice 6.1 – Sommes de Riemann
Calculer la limite quand n tend vers +∞ des expressions suivantes :
n∑k=1
1pn2+ k2
,1
np
n
n∑k=1
pk,
1
n2
n∑k=1
k sin(kπ
2n),
n∑k=0
n
n2+ k2 ,n−1∑k=0
1
nα+ kβ((α,β) ∈]0,+∞[2).
Exercice 6.2 – (*) - Extrait de CCINP
On cherche toutes les fonctions f ∈ C (R,R) vérifiant
(E) ∀x ∈ R, f (x) +
∫ x
0
(x − t) f (t)d t = 1+ x .
1. Soit f une solution de (E).(a) Montrer que f est de classe C 2 sur R.
(b) Montrer que f est solution d’une équation différentielle linéaire dusecond ordre qu’on déterminera.
(c) Déterminer f .
2. Conclure.
Exercice 6.3
En intégrant par parties, calculer∫ 1
0
(x2− 2x) sin(2x)d x ,∫ 1
−1
xe−xd x ,∫ π2
0
e−x sin(2x)d x .
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Exercice 6.4
Calculer les primitives des fonctions suivantes en précisant les ensembles dedéfinition de ces primitives :
x 7→ arctan(x)1+ x2 ; x 7→ x2p
1+ 2x3; x 7→ 1
x ln2(x); x 7→ sin(x)
1+ cos2( x2).
Exercice 6.5
Calculer les intégrales suivantes en appliquant le changement de variable in-diqué :
(1)
∫ 1
0
d x
ex + 1(x = − ln t) (2)
∫ 3
2
d x
xp
x + 1(t =
px + 1)
(3)
∫ 1
0
d x
(1+ x2)2(x = − tan u) (4)
∫ π/20
d x
3+ 2cos x(u= tan( x
2))
(5)
∫ 2
1
d xpe2x − 1
(u=pe2x − 1).
Exercice 6.6
1. Justifier que la suite de terme général un =∫ 1
0xnp1+x2
d x est bien définie.
2. (a) Dériver la fonction x 7→ ln�
x +p
x2+ 1�, et en déduire u0.
(b) Déterminer u1.
(c) Déterminer u3 avec une intégration par parties qui utilise x3p1+x2
=
x2× xp1+x2
.
3. Montrer que (un)n∈N est décroissante puis qu’elle converge (on ne de-mande pas sa limite ici).
4. Montrer que pour tout n ∈ N, 0⩽ un ⩽ 1n+1
et en déduire limn→+∞un.
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Exercices du chapitre 6. Révisions : intégration de fonctions continuespar morceaux sur un segment
Exercice 6.7 – Oral CCINP - PC
On note E= C ([0 ; 1] ,R).
1. Montrer que E1 =n
f ∈ E | ∫ 1
0f (t)dt = 0
oest un R-espace vectoriel.
2. Montrer que toute fonction f de E1 admet une unique primitive P( f ) dansE1.
Soit f une fonction de E1.
3. Montrer que∫ 1
0t f (t)dt = P( f )(1).
4. Montrer que pour tout x ∈ [0 ; 1],
P( f )(x) =∫ x
0
f (t)dt +
∫ 1
0
t f (t)dt.
5. Pour tout x ∈ [0 ; 1], on pose
fx(t) =�
f (t + x) si 0⩽ t ⩽ 1− x,f (t + x − 1) si 1− x ⩽ t ⩽ 1.
Montrer que∫ 1
0fx(t)dt = 0 et calculer
∫ 1
0t fx(t)dt.
Exercice 6.8 – Enfin le calcul de+∞∑n=1
1n2 !
1. Pour tout n ∈ N, on appelle ne noyau de Dirichlet la fonction :
Dn : x 7→ 1
2+
n∑k=1
cos(kx).
Montrer que si le réel x n’est pas un multiple de 2π, alors :
Dn(x) =sin��
n+ 12
�x�
2sin�
x2
� ·
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2. Montrer que pour toute fonction φ de classe C 1 sur�
0 ; π2
�,
limλ→+∞
∫ π2
0
φ(x) sin(λx)d x = 0.
3. Exprimer
∫ π2
0
x D2n(2x)d x sous forme d’une somme, et en déduire la
valeur de+∞∑k=1
1
k2 .
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Une correction de l’exercice 6.1 énoncé1. Pour tout n ∈ N∗,
n∑k=1
1pn2+ k2
=1
n
n∑k=1
1q1+�
kn
�2.
On reconnaît une somme de Riemann sur [0,1] de x 7→ 1p1+x2
, qui est
une fonction continue sur [0,1].Par conséquent,
n∑k=1
1pn2+ k2
−−−−→n→+∞
∫ 1
0
1p1+ x2
d x =h
argsh(x)i1
0
=h
ln(x +p
1+ x2i1
0= ln(1+
p2).
2. Pour tout n ∈ N∗,1
np
n
n∑k=1
pk =
1
n
n∑k=1
rk
n.
On reconnaît une somme de Riemann sur [0,1] de x 7→ px, qui est unefonction continue sur [0,1].Par conséquent,
1
np
n
n∑k=1
pk −−−−→
n→+∞
∫ 1
0
pxd x =
∫ 1
0
x12 d x
=h 1
12+ 1
x12+1i1
0=h2
3xp
xi1
0=
2
3.
3. Pour tout n ∈ N∗,
1
n2
n∑k=1
k sin(kπ
2n) =
1
n
n∑k=1
�k
n
�sin�π
2
�k
n
��.
On reconnaît une somme de Riemann sur [0,1] de la fonction x 7→x sin
�π2
x�, qui est continue sur [0,1].
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Par conséquent, grâce à une intégration par parties,
1
n2
n∑k=1
k sin(kπ
2n)−−−−→
n→+∞
∫ 1
0
x sin�π
2x�
d x
=�
x ×�− 2
π
�cos�π
2x��1
0−∫ 1
0
�− 2
π
�cos�π
2x�
d x
=2
π
∫ 1
0
cos�π
2x�
d x =2
π
�2
πsin�π
2x��1
0=
4
π2
4. Pour tout n ∈ N∗,n∑
k=1
n
n2+ k2 =1
n
n∑k=1
1
1+�
kn
�2 .
On reconnaît une somme de Riemann sur [0,1] de la fonction x 7→ 11+x2 ,
qui est continue sur [0,1].Par conséquent,
n∑k=1
n
n2+ k2 −−−−→n→+∞
∫ 1
0
1
1+ x2 d x =h
arctan xi1
0=π
4.
5. Pour tout n ∈ N∗,n−1∑k=0
1
nα+ kβ=
1
n
n−1∑k=0
1
α+ β( kn).
On reconnaît une somme de Riemann sur [0,1] de la fonction x 7→ 1α+βx
,qui est continue sur [0,1] car α et β sont strictement positifs.Par conséquent,
n−1∑k=0
1
nα+ kβ−−−−→n→+∞
∫ 1
0
1
α+ βxd x =
h1
βln |α+ βx |
i1
0=
1
βln�α+ βα
�.
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Une correction de l’exercice 6.2 énoncé
1. (a) Pour tout réel x, f (x) = 1+ x − x∫ x
0f (t)d t +
∫ x
0t f (t)d t.
Les fonctions f et t 7→ t f (t) sont continues, donc d’après le théorèmefondamental de l’analyse, la fonction F : x 7→ ∫ x
0f (t)d t est dérivable
sur R, de dérivée f , donc cette fonction est de classe C 1, et x 7→∫ x
0t f (t)d t est aussi de classe C 1 sur R, de dérivée x 7→ x f (x). Par
conséquent, f est C 1, de dérivée x 7→ 1− ∫ x
0f (t)d t qui est encore
C 1, donc f est C 2 sur R.
(b) En dérivant une seconde fois, on obtient f ′′ = − f .
(c) Les solutions de cette équation différentielle sont x 7→ A cos(x) +B sin(x), mais f (0) = 1 et f ′(0) = 1, donc f (x) = sin(x) + cos(x).
La conclusion de cette première question, qui est ce qu’on appellel’analyse du problème, est que si f est solution de (E), alors f
ne peut être que cos+ sin !
2. Il nous reste donc ce qu’on appelle la synthèse du problème, quiconsiste ici tout simplement à vérifier que cette fonction est solution de(E), et on conclut que x 7→ cos(x) + sin(x) est l’unique solution de (E).
Une correction de l’exercice 6.3 énoncéTout d’abord, on remarque que dans les trois cas on est en présence d’inté-grales sur un segment de fonctions continues. Donc ces intégrales n’ont pasde problème d’existence.
1. Les fonctions u : x 7→ x2−2x et x 7→ − 12
cos(2x) sont C 1 sur R, donc sur
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[0 ; 1]. On peut donc effectuer l’intégration par parties suivante :∫ 1
0
(x2− 2x) sin(2x)d x =
∫ 1
0
u(x)v′(x)d x
=h
u(x)v(x)i1
0−∫ 1
0
u′(x)v(x)d x
=�(x2− 2x)
�−1
2cos(2x)
��1
0
−∫ 1
0
(2x − 2)�−1
2cos(2x)
�d x
=1
2cos(2) +
∫ 1
0
(x − 1) cos(2x)d x
(on pose de nouveau u : x 7→ x − 1 et v : x 7→ 12
sin(2x), quisont bien C 1 sur [0 ; 1])
=1
2cos(2) +
�(x − 1)
�1
2sin(2x)
��1
0−∫ 1
0
1
2sin(2x)d x
=1
2cos(2) + 0− 1
2
�−1
2cos(2x)
�1
0
=3cos (2)
4− 1
4·
2. ∫ 1
−1
xe−xd x(on pose u : x 7→ x et v : x 7→ − e−x , qui sontbien C 1 sur [−1 ; 1])
=h−xe−x
i1
−1−∫ 1
−1
−e−xd x
=h−xe−x
i1
−1−h
e−xi1
−1= −2e−1.
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3. ∫ π2
0
e−x sin(2x)d x(on pose u : x 7→ sin(2x) et v : x 7→ − e−x , quisont bien C 1 sur
�0 ; π
2
�)
=h− sin(2x)e−x
iπ2
0−∫ π
2
0
�−e−x�2cos(2x)d x
= 0+ 2
∫ π2
0
e−x cos(2x)d x
(on pose derechef u : x 7→ cos(2x) et v : x 7→−e−x , qui sont toujours aussi C 1 sur
�0 ; π
2
�)
= 2h− cos(2x)e−x
iπ2
0− 2
∫ π2
0
�−e−x� (−2sin(2x))d x
= 2�
e−π2 + 1�− 4
∫ π2
0
e−x sin(2x)d x
On en déduit que
5
∫ π2
0
e−x sin(2x)d x = 2�
e−π2 + 1�
donc que ∫ π2
0
e−x sin(2x)d x =2
5
�e−π2 + 1
�.
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!
Si l’énoncé ne nous avait pas imposé la méthode de l’intégrationpar parties, on aurait aussi pu utiliser le second point de la défini-tion 6.4 qui permet d’écrire que Im(
∫ b
af ) =
∫ b
aIm( f ), de la manière
suivante :∫ π
2
0
e−x sin(2x)d x
=
∫ π
2
0
e−x Im�
ei2x�
d x
=
∫ π
2
0
Im�
e−x × ei2x�
d x (car z 7→ Im(z) est R-linéaire)
= Im
∫ π
2
0
e−x+2i x
!d x
= Im
∫ π
2
0
e(−1+2i)xd x
!= Im
�he(−1+i2)x
−1+ 2i
i π2
0
�= Im
�e− π2 × eiπ − 1
−1+ 2i
�= Im
�−e− π2 − 1
−1+ 2i
�= −�e− π2 + 1
�Im�
1
−1+ 2i
�= −�e− π2 + 1
�Im�
1+ 2i
−1− 4
�=
2
5
�e− π2 + 1
�.
Une correction de l’exercice 6.4 énoncé
1. Ý La fonction x 7→ arctan(x)1+ x2 est continue sur R comme rapport de deux
fonctions continues sur R dont le dénominateur ne s’annule pas.
Ý Ainsi d’après le théorème fondamental de l’analyse, une primitive sur
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R de cette fonction est
u 7→∫ u
0
arctan(x)1+ x2 d x .
On pose t = arctan(x), alors d t = 11+x2 d x, et x = 0 pour t = 0, x = u
pour t = arctan(u). Ainsi pour tout réel u,∫ u
0
arctan(x)1+ x2 d x =
∫ arctan(u)
0
td t =h1
2t2iarctan(u)
0
=1
2arctan2(u).
Ý Donc les primitives sur R de x 7→ arctan(x)1+x2 sont les fonctions x 7→
12
arctan2(x) +C, où C ∈ R.
2. Ý La fonction x 7→ x2p1+ 2x3
est continue sur I =�−1/21/3 ; +∞�
comme rapport de deux fonctions continues dont le dénominateur nes’annule pas.
Ý Ainsi d’après le théorème fondamental de l’analyse, une primitive surI de cette fonction est
u 7→∫ u
0
x2p1+ 2x3
d x .
Ý À un coefficient près x2 est la dérivée de 1+ 2x3, on pose donc t =1+ 2x3. Alors d t = 6x2d x, donc x2d x = 1
6d t, et x = 0 pour t = 1,
x = u pour t = 1+ 2u3. Ainsi pour tout réel u :∫ u
0
x2p1+ 2x3
d x =
∫ 1+2u3
1
1pt× 1
6d t =
1
3
∫ 1+2u3
1
1
2p
td t
=1
3
hpti1+2u3
1=
1
3
�p1+ 2u3− 1
�.
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Ý Donc les primitives sur R de x 7→ x2p1+2x3
sont les fonctions x 7→13
p1+ 2x3+C, où C ∈ R.
3. Ý La fonction x 7→ 1
x ln2(x)est continue sur I1 = ]0 ; 1[ et I2 = ]1 ; +∞[
comme rapport de deux fonctions continues dont le dénominateur nes’annule pas.
Ý Ainsi, soit a ∈ I1, d’après le théorème fondamental de l’analyse, uneprimitive sur I1 de cette fonction est
t 7→∫ t
a
1
x ln2(x)d x .
Ý On pose u= ln x, alors d u= 1xd x et pour tout t ∈ I1∫ t
a
1
x ln2(x)d x =
∫ ln(x)
ln(a)
1
u2 d u=h−1
u
iln(x)
ln(a)
= − 1
ln(x)+
1
ln(a)·
Ý Donc les primitives sur I1 de x 7→ 1
x ln2(x)sont les fonctions x 7→
− 1ln(x) +C, où C ∈ R.
De la même manière, les primitives sur I2 de la même fonction sontx 7→ − 1
ln(x) +D, où D ∈ R.
4. Ý La fonction x 7→ sin(x)1+ cos2( x
2)est continue sur R comme rapport de
deux fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas.
Ý Par conséquent, d’après le théorème fondamental de l’analyse, uneprimitive sur R de cette fonction est
t 7→∫ t
0
sin(x)1+ cos2( x
2)d x .
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Exercices du chapitre 6. Révisions : intégration de fonctions continuespar morceaux sur un segment
Ý On sait que cos2(□) = 12(cos(2□) + 1), donc pour tout réel x,
1+ cos2� x
2)�= 1+
1
2(cos(x) + 1) =
1
2cos(x) +
3
2·
ainsi en posant u= 1+ cos2( x2), on obtient d u= −1
2sin xd x, et∫ t
0
sin(x)1+ cos2( x
2)d x =
∫ 1+cos2( t2)
2
−2d u
u= −2
�ln |u|�1+cos2( t
2)
2
= −2 ln���1+ cos2
�x2
����+C, C ∈ R.
Une correction de l’exercice 6.5 énoncé
1. Le changement de variable x = − ln(t) donne d x = −1td t, x = 0 pour
t = 1, et x = 1 pour t = e−1 = 1e, donc∫ 1
0
d x
ex + 1=
∫ 1/e
1
1
e− ln(t)+ 1×�−1
t
�d t = −
∫ 1/e
1
11t+ 1�
1
t
�d t
=
∫ 1
1/e
1
1+ td t =
hln |1+ t|
i1
1/e= ln
�2e
1+ e
�2. Le changement de variable t =
px + 1, c’est-à-dire x = t2 − 1 donne
d x = 2td t, x = 2 pour t =p
3, et x = 3 pour t =p
4= 2, donc∫ 3
2
d x
xp
x + 1=
∫ 2
p3
2td t
(t2− 1)t=
∫ 2
p3
2d t
t2− 1
On ne connaît pas au premier coup d’œil une primitive de 2t2−1
, mais sil’on vous fait remarquer que 2
t2−1= 1
t−1− 1
t+1, alors∫ 3
2
d x
xp
x + 1=
∫ 2
p3
�1
t − 1− 1
t + 1
�d t =
hln |t − 1| − ln |t + 1|
i2p
3
= ln(1)− ln(3)− ln(p
3− 1) + ln(p
3+ 1) = ln
p3+ 1
3(p
3− 1)
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3. On pose x = − tan u donc d x = −(1 + tan2 u)d u et�(x = 0) pour (u= 0)(x = 1) pour (u= −π
4) donc∫ 1
0
d x
(1+ x2)2=
∫ −π4
0
−(1+ tan2 u)(1+ tan2 u)2
d u= −∫ −π
4
0
1
1+ tan2 ud u
or 11+tan2 u
= cos2 u= 12(cos(2u) + 1), donc∫ 1
0
d x
(1+ x2)2= −
∫ −π4
0
1
2(cos(2u) + 1)d u
= −1
2
�1
2sin(2u) + u
�−π4
0=
1
4+π
8·
4. On pose u = tan(x/2) donc d u = 12(1+ tan(x/2)2)d x, c’est-à-dire d x =
21+u2 d u, puis cos x = 1−u2
1+u2 et�(x = 0) pour (u= 0)(x = π/2) pour (u= 1) donc∫ π/2
0
d x
3+ 2cos x=
∫ 1
0
2
(1+ u2)�
3+ 2× 1−u2
1+u2
�d u=
∫ 1
0
2
5+ u2 d u
puis∫ π/20
d x
3+ 2cos x=
2
5
∫ 1
0
1
1+�
up5
�2 d u=2
5
�p5× arctan
�up5
��1
0
=2p5× arctan
�1p5
�.
5. On pose u =pe2x − 1 donc e2x = u2 + 1, et d u = 2e2x
2p
e2x−1d x = 1+u2
ud x,
d’où d x = u1+u2 d u, et∫ 2
1
d xpe2x − 1
=
∫ pe4−1
pe2−1
1
u2+ 1d u
=h
arctan(u)ipe4−1p
e2−1.
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Exercices du chapitre 6. Révisions : intégration de fonctions continuespar morceaux sur un segment
Une correction de l’exercice 6.6 énoncé1. La fonction u : x 7→ x2 + 1 est continue sur R, u(R) = [1 ; +∞[, et la
fonction racine carrée est continue sur [1 ; +∞[, donc x 7→p
x2+ 1 estcontinue sur R. Comme elle ne s’annule pas sur R, on peut conclure quex 7→ 1p
x2+1est aussi continue sur R.
Enfin, pour tout n ∈ N, x 7→ xn étant elle aussi continue sur R, on conclutque le produit x 7→ xnp
x2+1est continue sur R, donc que l’intégrale un =∫ 1
0xnp1+x2
d x est bien définie.
2. (a) Pour tout x ∈ R, comme dans la question précédente on montre quex 7→
px2+ 1 est dérivable sur R.
De plus pour tout réel x,p
x2+ 1 >p
x2 (car la fonction racine car-
rée est strictement croissante sur [0,+∞[) puisp
x2 = |x |⩾ −x, doncpx2+ 1> −x qui équivaut à
px2+ 1+x > 0. Ainsi x 7→
px2+ 1+x
est dérivable sur R à valeurs dans ]0,+∞[, et comme ln est dérivablesur ]0,+∞[, on peut conclure que x 7→ ln
�px2+ 1+ x
�est déri-
vable sur R. sa dérivée a alors pour expression
1+ 2x
2p
x2+1
x +p
x2+ 1=
px2+1+xp
x2+1
x +p
x2+ 1=
1px2+ 1
.
En utilisant le résultat précédent, on a directement
u0 =
∫ 1
0
1p1+ x2
d x =h
ln�
x +p
x2+ 1�i1
0= ln(1+
p2).
(b) Pour tout x ∈ [0,1], xp1+x2
= 2x
2p
1+x2= u′(x)
2p
u(x)où u(x) = x2 + 1,
donc
u1 =
∫ 1
0
xp1+ x2
d x =hp
x2+ 1i1
0=p
2− 1
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(c) On pose
¨u′(x) = xp
1+x2
v(x) = x2 et, en reconnaissant le u′2p
ude la question
précédente, on choisit
¨u(x) =
p1+ x2
v′(x) = 2x.
Les fonctions u et v sont bien de classe C 1 sur R donc
u3 =
∫ 1
0
x3p1+ x2
d x
=h
x2p
1+ x2i1
0−∫ 1
0
2xp
1+ x2d x
=p
2−∫ 1
0
2xp
1+ x2d x .
On reconnaît de nouveau dans l’intégrande une dérivée de la forme,à un facteur près, u′pu = u′ × u1/2, on pose donc u(x) = 1+ x2. Lafonction
2xp
1+ x2 = u′(x)p
u(x) = u′(x)u(x)1/2
possède comme primitive la fonction
1
1/2+ 1u(x)1/2+1 =
2
3(1+ x2)3/2.
Nous avons donc∫ 1
0
2xp
1+ x2d x =�
2
3(1+ x2)3/2
�1
0=
2
3(23/2− 1) =
2
3(2p
2− 1)
et u3 =p
2− 2
3(2p
2− 1) =2
3−p
2
3.
3. Soit n ∈ N. La linéarité de l’intégrale donne
un+1− un =
∫ 1
0
xn+1− xnp1+ x2
d x =
∫ 1
0
xn(x − 1)px2+ 1
d x
16/28
Exercices du chapitre 6. Révisions : intégration de fonctions continuespar morceaux sur un segment
Or pour tout x ∈ [0,1],xn(x − 1)p
x2+ 1⩽ 0, donc par croissance de l’intégrale∫ 1
0xn(x−1)p
x2+1d x ⩽ 0, autrement dit un+1− un ⩽ 0.
On a prouvé que la suite (un)n∈N est décroissante.Comme un est l’intégrale d’une fonction positive et continue, on en déduitpar positivité de l’intégrale que un ⩾ 0.Ainsi la suite (un)n∈N est décroissante et minorée, donc grâce au théorèmede la limite monotone, elle converge.
4. Soit n ∈ N. Alors pour tout x ∈ [0,1], doncp
x2+ 1 ⩾ 1 donc en pre-nant l’image par la fonction inverse qui est décroissante sur ]0,+∞[ et enmultipliant par xn qui est positif, on a
0⩽xnp
x2+ 1⩽ xn.
Par croissance de l’intégrale, on en déduit que
0⩽∫ 1
0
xnpx2+ 1
d x ⩽∫ 1
0
xnd x .
Or on calcule facilement∫ 1
0xnd x =
hxn+1
n+1
i1
0= 1
n+1d’où l’inégalité voulue.
Comme limn→+∞
1n+1
= 0, le principe d’encadrement permet alors de
conclure quelim
n→+∞un = 0 .
Une correction de l’exercice 6.7 énoncé
1. Par linéarité de l’intégrale, on peut affirmer que f 7→ ∫ 1
0f (t)dt est une
forme linéaire sur E, dont E1 est le noyau. Ainsi E1 est un sous-espacevectoriel de E, donc c’est bien un R-espace vectoriel.
2. Existence de P( f ).Toute fonction f de F1 est continue sur [0 ; 1], donc par le théorème
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fondamental de l’analyse, elle admet des primitives sur [0 ; 1]. Prenonsune de ces primitives, nommons-la F, et notons C le réel
∫ 1
0f dt.
Alors F−C est encore dans E, c’est aussi une primitive de f sur [0 ; 1],et de plus F−C est dans E1 car∫ 1
0
(F−C)(t)dt =
∫ 1
0
�F(t)−C
�dt
=
∫ 1
0
F(t)dt −∫ 1
0
Cdt (par linéarité de l’intégrale)
=
∫ 1
0
F(t)dt −C× (1− 0)
= C−C= 0.
Donc f admet bien une primitive dans E1.
Unicité de P( f ).Réciproquement si F et G sont deux primitives de f , et sont dans E1,alors le théorème fondamental de l’analyse nous dit que F − G est uneconstante, et de plus∫ 1
0
(F−G) =∫ 1
0
F−∫ 1
0
G= 0− 0= 0,
mais aussi
∫ 1
0
(F−G) = (F−G)× 1 (car F−G est une constante)
= F−G,
d’où F=G, ce qui prouve l’unicité dans E1 de la primitive de f .
3. Soit f ∈ E1, la fonction P( f ) est donc dérivable sur [0 ; 1], et sa dérivéeest f qui est continue sur [0 ; 1], donc elle est de classe C1 sur [0 ; 1].Il en va de même de x 7→ x, donc on peut appliquer une intégration par
18/28
Exercices du chapitre 6. Révisions : intégration de fonctions continuespar morceaux sur un segment
parties qui nous donne∫ 1
0
t f (t)dt =
∫ 1
0
tP( f )′(t)dt =h
t ×P( f )i1
0−∫ 1
0
f (t)dt
= 1×P( f )(1)− 0×P( f )(0)− 0 (car f ∈ E1)
= P( f )(1).
4. Soit x ∈ [0 ; 1], comme f est continue sur [0 ; 1], le théorème fonda-mental de l’analyse permet d’écrire que
P( f )(x) = P( f )(0) +∫ x
0
P( f )′(t)dtP( f )(0) +∫ x
0
f (t)dt,
mais le théorème fondamental de l’analyse donne aussi
P( f )(1) = P( f )(0) +∫ 1
0
P( f )′(t)dt
= P( f )(0) +∫ 1
0
f (t)dt = P( f )(0) (car f ∈ E1),
et comme on a vu que∫ 1
0t f (t)dt = P( f )(1), on obtient ce qu’il fallait
démontrer :
P( f )(x) =∫ 1
0
t f (t)dt +
∫ x
0
f (t)dt.
5. Soit x ∈ [0 ; 1]. La fonction fx est continue par morceaux sur [0 ; 1], cequi justifie l’existence des deux intégrales ci-dessous.∫ 1
0
fx(t)dt =
∫ 1−x
0
f (t + x)dt +
∫ 1
1−x
f (t + x − 1)dt
=
∫ 1
x
f (u)du+
∫ x
0
f (u)du(en posant u= t+ x dans la pre-mière intégrale et u = t + x − 1sur la seconde)
=
∫ 1
0
f (u)du (par la relation de Chasles)
= 0 (car f ∈ E1).
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De même∫ 1
0
t fx(t)dt =
∫ 1−x
0
t f (t + x)dt +
∫ 1
1−x
t f (t + x − 1)dt
=
∫ 1
x
(u− x) f (u)du+
∫ x
0
(u− x + 1) f (u)du(mêmes chan-gements devariables)
=
∫ 1
x
uf (u)du− x
∫ 1
x
f (u)du+
∫ x
0
uf (u)du
− (x − 1)
∫ x
0
f (u)du (par linéarité de l’intégrale)
=
∫ 1
0
uf (u)du− x
∫ 1
0
f (u)du+
∫ x
0
f (u)du (Chasles)
=
∫ 1
0
uf (u)du+
∫ x
0
f (u)du (car f ∈ E1)
= P( f )(x) (par la question précédente).
20/28
Exercices du chapitre 6. Révisions : intégration de fonctions continuespar morceaux sur un segment
Une correction de l’exercice 6.8 énoncé1. (a) Pour tout réel x, grâce à la formule d’Euler, cos(kx) =
12
�eikx + e−ikx
�, donc
Dn(x) =1
2+
n∑k=1
1
2
�eikx + e−ikx
�=
1
2
1+
n∑k=1
ei kx +n∑
k=1
e−i kx
!
=1
2
1+
n∑k=1
ei kx +−1∑
k=−n
ei kx
!(en posant k′ = −kdans la 2e somme)
=1
2
n∑
k=−n
ei kx
!(car 1= ei 0×x )
=1
2
2n∑
k=0
ei (k−n)x
!(en posant k′ = k+ n)
=1
2e−i nx
2n∑k=0
�ei x�k
(car ei (k−n)x = e−i nx × �ei x�k)
=1
2e−i nx
1− �ei x�2n+1
1− ei x(on réduit ici à x ∈ R \ Z2π pourque ei x 6= 1)
=1
2e−i nx 1− ei (2n+1)x
1− ei x
=1
2e−i nx ×
ei (2n+1) x2
�e−i (2n+1) x
2 − ei (2n+1) x2
�ei x
2
�e−i x
2 − ei x2
� (l’« argument-moitié »)
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!
La technique de l’« argument-moitié » (je ne sais pas si cette appel-lation est universelle) consiste à transformer une somme ou unedifférence d’exponentielles complexes en produit, grâce aux iden-tités suivantes :
eiα + eiβ = ei α+β2 ×
�ei α−β
2 + e−i α−β2
�= ei α+β
2 × 2cos�α− β
2
�eiα − eiβ = ei α+β
2 �
ei α−β2 − e−i α−β
2
�= ei α+β
2 × 2i sin�α− β
2
�Donc
Dn(x) =1
2
e−i nx × ei (2n+1) x2
ei x2
−2i sin�(2n+ 1) x
2
�−2i sin
�x2
�= ei (−2n+2n+1−1) x
2
sin�(2n+ 1) x
2
�2sin
�x2
�=
sin��
n+ 12
�x�
2sin�
x2
� ·
(b) Autre méthode : soit x un réel,
2sin� x
2
�×Dn(x) = sin� x
2
�+ 2sin
� x
2
�× n∑k=1
cos(kx)
= sin� x
2
�+
n∑k=1
2sin� x
2
�cos(kx)
= sin� x
2
�+
n∑k=1
�sin�kx +
x
2
�− sin�kx − x
2
��.
22/28
Exercices du chapitre 6. Révisions : intégration de fonctions continuespar morceaux sur un segment
On utilise la formule trigo dont je rappelle la preuve ci-dessous :
2sin(a) cos(b)
= 2× ei a − e−i a
2i× ei b + e−i b
2(grâce aux formulesd’Euler)
= 2× ei (a+b)− e−i (a+b)− e−i (a−b)+ ei (a−b)
4i
=
�ei (a+b)− ei (a+b)
2i+
ei (a−b)− e−i (a−b)
2i
�= sin(a+ b) + sin(a− b) = sin(b+ a)− sin(b− a).
Ainsi
2sin� x
2
�×Dn(x)
= sin� x
2
�+
n∑k=1
�sin�(2k+ 1)
x
2
�− sin�(2k− 1)
x
2
��= sin
� x
2
�+
n∑k=1
sin�(2k+ 1)
x
2
�− n∑k=1
sin�(2k− 1)
x
2
�= sin
� x
2
�+
n+1∑k=1
sin�(2k− 1)
x
2
�− n∑k=0
sin�(2k− 1)
x
2
�(on pose k′ = k+ 1 dans la première somme)
= sin� x
2
�+�
sin�(2n+ 1)
x
2
�− sin�− x
2
��= sin
�(2n+ 1)
x
2
�= sin
��n+
1
2
�x�c.q.f.d.
2. Soit λ > 0.Les fonctions φ et t 7→ cos(λt)
λsont bien C 1 sur le segment
�0 ; π
2
�, donc
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grâce à une intégration par parties :∫ π2
0
φ(t) sin(λt)d t =�−cos(λt)
λφ(t)
�t=π2
t=0+
1
λ
∫ π2
0
cos(λt)φ′(t)d t
=φ(0)− cos(λπ
2)φ(π
2)
λ+
1
λ
∫ π2
0
cos(λt)φ′(t)d t.
Puis, sachant que |cos| ⩽ 1, grâce aux inégalités triangulaires (appeléesaussi inégalités de la moyenne pour les intégrales), on en déduit que�����∫ π
2
0
φ(t) sin(λt)d t
�����⩽ 1
λ
|φ(0)|+ ���φ(π2)���+ ∫ π
2
0
��φ′(t)�� |cos(λt)|d t
.
Enfin comme pour tout t ∈ �0 ; π2
�,��φ′(t)�� |cos(λt)|⩽ ��φ′(t)�� ,
on en déduit par croissance de l’intégrale que∫ π2
0
��φ′(t)�� |cos(λt)|d t ⩽∫ π
2
0
|φ′(t)|d t (indépendant de λ)
d’où �����∫ π
2
0
φ(t) sin(λt)d t
�����⩽ 1
λ
|φ(0)|+ ���φ(π2)���+ ∫ π
2
0
|φ′(t)|d t
︸ ︷︷ ︸indépendant de λ
= Oλ→+∞
�1
λ
�,
donc par encadrement∫ π2
0
φ(t) sin(λt)d t −−−−−→λ−→+∞ 0.
24/28
Exercices du chapitre 6. Révisions : intégration de fonctions continuespar morceaux sur un segment
3. (i) D’une part∫ π2
0
x D2n(2x)d x =
∫ π2
0
x ×
1
2+
2n∑k=1
cos(2kx)
!d x
=1
2
∫ π2
0
xd x +2n∑
k=1
∫ π2
0
x cos(2kx)d x .
Or
Ý∫ π
20 xd x =
hx2
2
iπ2
0= π
2
8·,
Ý et pour tout k ∈ N∗, avec une intégration par parties∫ π2
0
x cos(2kx)d x =h
x × sin(2kx)2k
iπ2
0−∫ π
2
0
1× sin(2kx)2k
d x
=hπ
2× sin(kπ)
2k− 0i−h−cos(2kx)(2k)2
ix=π2
x=0
=cos(kπ)− 1
4k2 =(−1)k − 1
4k2 ·Donc ∫ π
2
0
x D2n(2x)d x =π2
16+
2n∑k=1
(−1)k − 1
4k2 .
(ii) Mais d’autre part, de la question 1, on déduit que pour tout réelx ∈ �0 ; π
2
�,
xD2n(2x) = x ×sin��
2n+ 12
�(2x)
�2sin(x)
=x
2sin(x)× sin
�(4n+ 1) x
�donc ∫ π
2
0
x D2n(2x)d x =1
2
∫ π2
0
x
sin(x)× sin
�(4n+ 1) x
�d x
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(iii) Considérons la fonction
φ : x 7→( x
sin(x)si x ∈ �−π
2; π
2
�,
1 si x = 0,
Ý Cette fonction φ est C∞ sur�−π
2; 0�∪�0 ; π
2
�comme rapport
de deux fonctions C∞ dont le dénominateur ne s’annule pas.
Ý De sin(x) ∼x→0
x, on déduit que φ(x) −−−→x−→0
1 = φ(0), donc φ est
continue en 0, d’où sur�−π
2; π
2
�.
Ý Pour tout x 6= 0 pris dans�−π
2; π
2
�,
φ′(x) = −x cos (x) + sin (x)
sin2 (x)
∼x→0
−x (1+ o(x)) +�
x + o(x2)�
x2(car sin2(x) ∼
x→0x2)
=o(x2)
x2 = o(1)−−−→x−→0
0,
donc par le théorème de limite de la dérivée, on peut conclureque φ est de classe C 1 sur
�−π2
; π2
�(et que φ′(0) = 0, mais ça
ne nous intéresse pas).
!
Je rappelle l’énoncé du théorème de la limite de la dérivée :
si
�������Ý f est continue sur I,Ý f est dérivable sur I \ {a},Ý lim
x→af ′(x) = ℓ,
alors limx→a
f (x)− f (a)x − a
= ℓ.
En particulier,
Ý si ℓ est un réel fini, alors
���� f est de classe C 1 en a,
f ′(a) = ℓ,Ý si ℓ ∈ {±∞}, alors f n’est pas dérivable en a.
Ainsi, comme limn→+∞(4n+ 1) = +∞ on peut appliquer le résultat de
26/28
Exercices du chapitre 6. Révisions : intégration de fonctions continuespar morceaux sur un segment
la deuxième question pour obtenir que
limn→+∞
∫ π2
0
x D2n(2x)d x
= limn→+∞
1
2
∫ π2
0
φ(x) sin�(4n+ 1) x
�d x = 0.
(iv) Par conséquent, grâce à l’égalité obtenue en (i) :
limn→+∞
π2
16+
2n∑k=1
(−1)k − 1
4k2
!= 0.
Par linéarité de la limite, on en déduit que
limn→+∞
2n∑k=1
(−1)k − 1
4k2 = −π2
16·
Or (−1)k−14k2 = 0 pour tout k entier pair, donc en ne gardant dans la
somme que les termes de rang k impair :
2n∑k=1
(−1)k − 1
4k2 =n∑
i=1
(−1)2i−1− 1
4(2i − 1)2=
n∑i=1
−2
4(2i − 1)2
= −1
2
n∑i=1
1
(2i − 1)2,
donc on obtient que
limn→+∞
n∑i=1
1
(2i − 1)2=π2
8,
autrement dit
+∞∑i=1
1
(2i − 1)2=π2
8·
27/28
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Enfin, on sait que�
1k2
�k∈N∗ est sommable, donc en séparant termes
d’indice pair et impair
+∞∑k=1
1
k2 =+∞∑i=1
1
(2i)2++∞∑i=1
1
(2i − 1)2
=1
4
+∞∑k=1
1
k2 +π2
8·
Ainsi �1− 1
4
� +∞∑k=1
1
k2 =π2
8,
d’où finalement
+∞∑k=1
1
k2 =π2
6·
28/28