Corrigé examen Analyse II Juillet 2013 .pdf



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Universit´
e Ibn Tofail — Mardi 9 juillet 2013
SMA/SMI — Corrig´
e d’examen d’analyse II
Session de rattrapage
Exercice 1 ( 4 pts )
1- (2 pts) D´eterminer
cos x −
lim

2
2 + x2

x4

x→0

Puisque x4 est au d´enominateur, on calcule les d´eveloppements limit´ees de
2
cos x et 2+x
a l’ordre 4 :
4 `
x2 x4
+
+ x4 1 (x)
2
24

cos x = 1 −
et
2
=
2 + x4

1
1+

x2
2

=1−

x 2 x4
+
+ x4 2 (x)
2
4

Donc
2
2
4
2
4
2 + x2 = 1 − x + x + x4 (x) − 1 + x − x − x4 (x)
1
2
x4
2
24
2
4

cos x −
lim

x→0

et donc
2
2 + x2 = − 5
x4
24

cos x −
lim

x→0

2- (2 pts) Si n ∈ N ∗ on pose
un =

n
X

k

sin

k=1

k
)
n2

x3
≤ sin x ≤ x pour x ∈ [0, +∞[, calculer la
3
( remarquer que sin x ≥ 0 si x ∈ [0, 1])

En utilisant l’in´egalit´e : x −
limite de la suite (un )n≥1

n

) sin(

1

D’apr`es l’in´egalit´e on a pour pout k ∈ {1, 2, · · · , n} :
k
k
k3
k


sin

n2 6n6
n2
n2

Puisque sin x ≥ 0 sur [0, 1], on en d´eduit
k
k
k
k
k
k
k3
k
sin

sin

sin
sin

sin
n2
n
6n6
n
n2
n
n2
n

et donc
n
n
n
k
k
k
k
k
k
1X
1
1X
1X
sin
( )3 sin
sin
− 2×
≤ un ≤
n k=1 n
n
6n
n k=1 n
n
n k=1 n
n

La suite

1
n

Pn

k
k=1 n



sin

k
n

est une somme de Riemann, donc

Z 1
n
k
1X
k
sin
x sin xdx
=
n→+∞ n
n
0
k=1 n

lim

et la suite

1
n

Pn

3
k

k=1 n



sin

k
n

est une somme de Riemann, donc

Z 1
n
k
1X
k
x3 sin xdx
( )3 sin
=
n→+∞ n
n
n
0
k=1

lim

Par suite
Z 1
n
1
k 3 k
1X
1
lim
( ) sin
x3 sin xdx = 0
×
= lim
×
2
n→+∞ 6n2
n→+∞
n k=1 n
n
6n
0

En faisant tendre nvers l’infini dans l’encadrement de un , on obtient en
int´egrant par parties
lim un =

n→+∞

Z 1

x sin xdx = sin 1 − cos 1

0

2

Exercice 2 (3 pts)
Soient a, b ∈ R tels que a < b. On pose
I(a, b) =

Z b
a

s

1- (1 pt) Montrer que I(a, b) =



dx

b−x+ x−a

b−a
I(−1, 1) ( utiliser le changement de
2

2
(x − a) − 1).
b−a
Avec ce changement de variables on a

variables t =

x=

b−a
b−a
(t + 1) + a =⇒ dx =
dt
2
2

et si x = b ⇐⇒= 1 et x = a ⇐⇒ t = −1. De mˆeme

b−x=

s

b−a
(1 − t)
2

et


x−a=

s

b−a
(t + 1)
2

Par suite
s

I(a, b) =

b−aZ 1
dt


=
2
−1
1−t+ 1+t

s

b−a
I(−1, 1)
2

2- (1 pt) Montrer que pour tout x ∈ [−1, 1] on a



1
1
1
1


=
+√
2
1−x+1
1−x+ x+1
1+x+1

Il suffit de r´eduire au mˆeme d´enominateur , il suffit de v´erifier




2( 1 + x+1)( 1 − x+1) = ( 1 − x+1 + x)( x + 1+1 − x+2) ∀ x ∈ [−1, 1
Ce qui est triviale en d´eveloppant chaque membre.
En utilisant la changement de variables x = −t on a
Z 1
−1



Z 1
dx
dt

=
−1
1−x+1
1+t+1

3

Par suite
I(−1, 1) =

Z 1



−1

et le changement de variables x =
I(−1, 1) =

Z √2
0

Z
2x
dx = 2
x+1
0





1 + t entraine

2

3- (1 pt) En d´eduire que I(a, b) =

dt
1+t+1

1−

q



x
dx = 2( 2 − log(1 + 2).
x+1

b−a
(
2



2 − log(1 + 2)).

Il suffit de remplacer la valeur de I(−1, 1) dans la question (1)
s

I(a, b) =


b−a √
( 2 − log(1 + 2))
2

Exercice 3 (3 pts)
Donner la solution g´en´erale de l’´equation diff´erentielle
y¨(x) − y(x) =

2
cosh3 x

puis d´eterminer la solution y0 telle que y0 (0) = y˙ 0 (0) = 0.
L’´equation homog`ene associ´ee est
y¨(x) − y(x) = 0
Le polynˆome caract´eristique est r2 − 1, qui a deux racines distinctes ±1.
D’apr`es le cours, la solution g´en´erale de
y¨(x) − y(x) =

2
cosh3 x

s’´ecrit
y(x) = A(x) cosh x + B(x) sinh x
o`
u A et B sont solutions de
˙
˙
A(x)
cosh x + B(x)
sinh x = 0 e

˙
˙
A(x)
sinh x + B(x)
cosh x =
4

2
cosh3 x

Ce syst`eme en A˙ et B˙ donnent
sinh x
˙
A(x)
= −2
cosh3 x

B(x) =

2
cosh2 x

par suite
A(x) =

Z

h −1 i
−2 sinh
−1
2
3 dx =
2 = 1−
2 + λ = tanh x + λ
cosh
cosh
cosh

et
B(x) =

Z

h
i
2
dx
=
2
tanh
+ µ = 2 tanh x + µ
cosh2 x

Donc la soluion g´en´erale est donn´ee par
y(x) =

sinh2 x
+ λ cosh x + µ sinh x,
cosh x

λ, µ ∈ R

Puisque y0 (0) = y˙ 0 (0) = 0, on trouve λ = µ = 0 et donc
sinh2 x
y0 (x) =
cosh x
Exercice 4 (10 pts)
Soit n ∈ N , on pose
In =

Z

π
2

cosn xx

0

1- (1 pt) En in´egrant par parties, ´etablir (n + 1)In+1 = nIn−1 pour n ≥ 1.
En int´egrant par parties, on obtient
In+1 =

Z

π
2

h

cos x cosn xdx = sin x cosn x



0

2

0

+n

En remplace sin2 x par 1 − cos2 x, on obtient
In+1 == n(In−1 − In+1 )
c’est `a dire
(n + 1)In+1 = nIn−1
5

Z
0

π
2

sin2 x cosn−1 xdx

2- (1 pt) En d´eduire que la suite (nIn In−1 )n≥1 est constante et vaut π2 .
De (n + 1)In+1 = nIn−1 on a (n + 1)In+1 In = nIn In−1 et donc la suite
(nIn In−1 ) est constante et vaut
nIn In−1 = 1 × I1 × I0 = 1 × 1 ×

π
π
=
2
2

3- (1 pt) Montrer que la suite (In )n≥0 est d´ecroissante et en d´eduire la limite
In
de la suite ( In−1
).

Pour tout x ∈ [0, π2 ] on a
cosn+1 x ≤ cosn x
donc la suite (In ) est d´ecroissante, soit In+1 ≤ In ≤ In−1 . Puisque In−1 > 0
:
n
In

≤1
n+1
In−1
et donc
In

=1
In−1
π
4- (1 pt) En d´eduire que lim pIp2 = .
p→+∞
2
2

Puisque In ∼ In−1 on a l’´equivalence nIn2 ∼ nIn In+1
lim

n→+∞

lim nIn2 =

n→+∞

π
2

i.e

π
2

ou encore
r

In ∼
5- (1 pt) Montrer que

Z +∞

π
2n

2

e−x dx est convergente.

−∞

On a
Z

e

−x2

dx = 2

R
−x2

car e

Z +∞

2

e−x dx

0

est une fonction paire sur R. Donc
Z

−x2

e

dx converge ⇐⇒

R

Z +∞
0

6

2

e−x dx converge

Or
Z +∞

2

e−x dx =

0

Z 1

2

e−x dx +

Z +∞

0

2

e−x dx

1

2

mais e−x ≤ e−x si x ≥ 1 et
Z +∞

e−x dx = 1

1

par suite

Z +∞

2

e−x dx est convergente.

−∞

6- (1 pt) Montrer que pour tout x ∈ R on a 1 + x ≤ ex .
D’apr`es le th´eor`eme des accroissements finis : pour tout x > 0 il existe
c ∈]0, x[ tels que
ex − 1
= ec ≥ 1
x
par suite ex − 1 ≥ x i.e 1 + x ≤ ex .
Si x < 0, on applique le th´eor`eme des accroissements finis sur [x, 0] : il existe
c ∈]x, 0[ tel que
ex − 1
= ec ≤ 1
x
et puisque x < 0 on a ex − 1 ≥ x i.e 1 + x ≤ ex .

7- (1 pt) En d´eduire que tous n ∈ N∗ et t ∈ [0, n] on a
(1 −

Pour t ∈ [0 n], on a 1 −

t2
n

t2 n
t2
2
) ≤ e−t ≤ (1 + )−n
n
n
t2

≤ e− n et puisque 1 −
(1 −

t2 n
2
) ≤ e−t
n

On obtient de mˆeme
2

e−t ≤ (1 +

7

t2 −n
)
n

t2
n

≥ 0 on a

En tout
(1 −

t2 n
t2
2
) ≤ e−t ≤ (1 + )−n
n
n

8- (2 pts) En utilisant le changement de variables, ´etablir
Z √n
0


t2
(1 − )n dt = nI2n+1
n

Z √n

et

π

(1 +

0

√ Z 4
t2 −n
) dt = n
cos2n−2 xdx
n
0

En int´egrant membre `a membre (7), on obtient
Z √n
0

Z
t2
(1 − )n dt ≤
n
0

Le changement de variables t =
Z √n
0



n

e

−t2

dt ≤

Z √n

(1 +

0

t2 −n
) dt
n


n sin x dans la premi`ere int´egrale donne

π

π

Z
√ Z 2


t2 n
2
2
n
(1− ) dt =
(1−sin n) n cos xdx = n
cos2n+1 xdx = nI2n+1
n
0
0

Le changement de variables t =
Z √n
0

π

Z
t2 −n
4
(1 + ) dt =
n
0

c’est `a dire

Z √n
0




n tan x dans la seconde int´egrale onne

√ π4
n(1 + tan2 x)dx
dx
n0
dx
=
2
n
(1 + tan x)
(1 + tan2 x)n

π

√ Z 4
t2 −n
(1 + ) dt = n
cos2n−2 xdx
n
0

D’o`
u
Z √n
0


t2
(1 − )n dt = nI2n+1
n

Z √n

et

0

π

√ Z 4
t2 −n
(1 + ) dt = n
cos2n−2 xdx
n
0

9- (1 pt) En d´eduire que pour tout n ≥ 1 :
Z

nI2n+1 ≤



n

2

e−t dt ≤

0

8


nI2n−2

puis la valeur de

Z +∞

2

e−x dx

−∞

Puisque
Z

π
4

2n−2

cos

xdx ≤

0

π
2

Z

cos2n−2 xdx

0

(8) et (9) entrainent
(∗)



nI2n+1 ≤

Or

nI2n+1 =

s



s

et
nI2n−2 =

Z √n

2

e−t dt ≤



0

nI2n−2


n √
π
2n + 1I2n+1 →
2n + 1
2

n √
π
2n − 2I2n−2 →
2n − 2
2

En faisant tendre n vers l’infini dans (∗) on obtient
Z +∞
0

−x2

e


π
dx =
2

et par suite
Z +∞

2

e−x dx =

−∞

9



π


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