Corrigé du contrôle de maths sup : intégrale sur un segment et sommes de Riemann

Exercice 1 : Question de cours sur la positivité de l’intégrale (3,5 points)

1. Posons \(F(x) = \int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t\) pour \(x \in [a, b]\). Comme \(f\) est continue, le théorème fondamental de l’analyse assure que \(F\) est dérivable, de dérivée \(f\). Or \(f \geq\, 0\), donc \(F\) est croissante sur \([a, b]\). De plus \(F(a) = 0\) et \(F(b) = 0\) par hypothèse. Pour tout \(x \in [a, b]\), on a donc \(0 = F(a) \leq\, F(x) \leq\, F(b) = 0\), si bien que \(F\) est nulle sur \([a, b]\). Par conséquent \(f = F^{\prime} = 0\) sur \([a, b]\).
2. Soit \(f\) définie sur \([0, 1]\) par \(f(t) = 0\) pour \(t < 1\) et \(f(1) = 1\). Elle est continue par morceaux, positive, et son intégrale vaut 0 (elle ne diffère de la fonction nulle qu’en un point). Pourtant \(f\) n’est pas la fonction nulle.
3. Comme \(\int_0^1 t^2\,\mathrm{d}t = \dfrac{1}{3}\), la condition s’écrit, par linéarité :
   \[\int_0^1 (f(t)^2 – 2t f(t) + t^2) \mathrm{d}t = \int_0^1 (f(t) – t)^2 \mathrm{d}t = 0.\]
   La fonction \(t \mapsto (f(t) – t)^2\) est continue et positive sur \([0, 1]\), d’intégrale nulle : d’après a), elle est nulle, donc \(f(t) = t\) pour tout \(t\). Réciproquement, pour \(f(t) = t\), on obtient \(\dfrac{1}{3} – \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{3} = 0\). La seule solution est \(f : t \mapsto t\).

Barème : a) 1,5 point (0,5 pour la dérivée de \(F\), 0,5 pour la croissance, 0,5 pour la conclusion) ; b) 0,5 point ; c) 1,5 point (0,5 pour le carré, 0,5 pour l’application de a), 0,5 pour la réciproque).

Exercice 2 : Limites de sommes de Riemann (4 points)

1. Si \(f\) est continue sur \([0, 1]\), alors
   \[\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f(\frac{k}{n}) \xrightarrow[n \to +\infty]{ \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x \quad \text{et} \quad \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f(\frac{k}{n}) \xrightarrow[n \to +\infty]{ \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x.\]
   La seconde somme diffère de la première de \(\dfrac{f(1) – f(0)}{n}\), qui tend vers 0.
2. \(S_n = \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{1 + (k/n)^2}\) est une somme de Riemann de \(x \mapsto \dfrac{1}{1 + x^2}\), continue sur \([0, 1]\). Donc \(S_n \to \int_0^1 \dfrac{\mathrm{d}x}{1 + x^2} = \arctan 1\). \(\lim S_n = \dfrac{\pi}{4}\). Sur la figure, les rectangles sont sous la courbe car la fonction est décroissante : on a même \(S_n \leq\, \dfrac{\pi}{4}\) pour tout \(n\).
3. Avec \(k = n + j\), \(T_n = \sum_{j=1}^{n} \dfrac{1}{n + j} = \dfrac{1}{n} \sum_{j=1}^{n} \dfrac{1}{1 + j/n}\), somme de Riemann de \(x \mapsto \dfrac{1}{1 + x}\), continue sur \([0, 1]\). \(\lim T_n = \int_0^1 \dfrac{\mathrm{d}x}{1 + x} = \ln 2\).
4. \(U_n > 0\) et \(\ln U_n = \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \ln(1 + \dfrac{k}{n})\), somme de Riemann de \(x \mapsto \ln(1 + x)\), continue sur \([0, 1]\). Une primitive de \(\ln(1 + x)\) est \((1 + x)\ln(1 + x) – (1 + x)\), donc
   \[\int_0^1 \ln(1 + x)\,\mathrm{d}x = (2 \ln 2 – 2) – (0 – 1) = 2 \ln 2 – 1.\]
   Par continuité de l’exponentielle, \(U_n \to e^{2 \ln 2 – 1}\). \(\lim U_n = \dfrac{4}{e}\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point (0,5 pour la mise sous forme de somme de Riemann, 0,5 pour la limite) ; c) 1 point (0,5 pour le changement d’indice, 0,5 pour la limite) ; d) 1,5 point (0,5 pour le logarithme, 0,5 pour l’intégrale, 0,5 pour la conclusion).

Exercice 3 : Une intégrale à bornes variables (3,5 points)

1. La fonction \(t \mapsto e^{-t^2}\) est continue sur \(\mathbb{R}\), donc intégrable sur tout segment : \(G(x)\) existe pour tout réel \(x\). Le changement de variable \(t = -s\) donne \(G(-x) = \int_{-x}^{-2x} e^{-t^2}\,\mathrm{d}t = -\int_{x}^{2x} e^{-s^2}\,\mathrm{d}s = -G(x)\). \(G\) est impaire.
2. Soit \(F\) la primitive de \(t \mapsto e^{-t^2}\) nulle en 0, qui existe et est de classe \(\mathcal{C}^1\) d’après le théorème fondamental de l’analyse. Alors \(G(x) = F(2x) – F(x)\), dérivable comme composée et différence de fonctions dérivables, et
   \[G^{\prime}(x) = 2F^{\prime}(2x) – F^{\prime}(x) = 2e^{-4x^2} – e^{-x^2}.\]
   \(G^{\prime}(x) = 2e^{-4x^2} – e^{-x^2} = e^{-x^2}(2e^{-3x^2} – 1)\).
3. Comme \(e^{-x^2} > 0\), \(G^{\prime}(x)\) a le signe de \(2e^{-3x^2} – 1\). Or \(2e^{-3x^2} \geq\, 1\) équivaut à \(-3x^2 \geq\, -\ln 2\), soit \(x^2 \leq\, \dfrac{\ln 2}{3}\). Posons \(x_0 = \sqrt{\dfrac{\ln 2}{3}}\). Sur \([0, +\infty[\) : \(G\) est croissante sur \([0, x_0]\) et décroissante sur \([x_0, +\infty[\), avec \(G(0) = 0\), un maximum \(G(x_0) > 0\) en \(x_0\), et une limite nulle en \(+\infty\) (question d).
4. Soit \(x \geq\, 0\). Pour \(t \in [x, 2x]\), on a \(t \geq\, x \geq\, 0\), donc \(t^2 \geq\, x^2\) et \(0 < e^{-t^2} \leq\, e^{-x^2}\). Par croissance de l’intégrale (bornes dans l’ordre croissant), \(0 \leq\, G(x) \leq\, (2x – x) e^{-x^2}\). Donc \(0 \leq\, G(x) \leq\, x e^{-x^2}\). Par croissances comparées, \(x e^{-x^2} \to 0\) en \(+\infty\) ; le théorème des gendarmes donne \(\lim_{x \to +\infty} G(x) = 0\).

Erreur fréquente : oublier le facteur 2 venant de la dérivée de \(x \mapsto 2x\) dans \(G^{\prime}\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point (0,5 pour la justification par une primitive, 0,5 pour le calcul) ; c) 1 point (0,5 pour le signe, 0,5 pour le tableau) ; d) 1 point (0,5 pour l’encadrement, 0,5 pour la limite).

Exercice 4 : Intégrales de Wallis (4,5 points)

1. \(W_0 = \int_0^{\pi/2} 1\,\mathrm{d}t = \dfrac{\pi}{2}\) et \(W_1 = [-\cos t]_0^{\pi/2} = 1\).
2. La fonction \(t \mapsto \sin^n t\) est continue, positive sur \([0, \pi/2]\) et non identiquement nulle (elle vaut 1 en \(\pi/2\)). D’après l’exercice 1 a), son intégrale n’est pas nulle : \(W_n > 0\). De plus, pour \(t \in [0, \pi/2]\), \(0 \leq\, \sin t \leq\, 1\), donc \(\sin^{n+1} t \leq\, \sin^n t\). Par croissance de l’intégrale, \(W_{n+1} \leq\, W_n\) : la suite est décroissante.

La figure illustre la décroissance : les courbes \(y = \sin^n t\) descendent quand \(n\) augmente, et l’aire sous chacune d’elles est \(W_n\).

3. On écrit \(W_{n+2} = \int_0^{\pi/2} \sin^{n+1} t \cdot \sin t\,\mathrm{d}t\) et on intègre par parties avec \(u(t) = \sin^{n+1} t\) et \(v(t) = -\cos t\), de classe \(\mathcal{C}^1\) :
   \[W_{n+2} = [-\cos t \sin^{n+1} t]_0^{\pi/2} + (n + 1) \int_0^{\pi/2} \sin^{n} t \cos^2 t\,\mathrm{d}t.\]
   Le crochet est nul. En écrivant \(\cos^2 t = 1 – \sin^2 t\), on obtient \(W_{n+2} = (n + 1)(W_n – W_{n+2})\), soit \((n + 2) W_{n+2} = (n + 1) W_n\). Donc \(W_{n+2} = \dfrac{n + 1}{n + 2} W_n\).
4. Posons \(u_n = (n + 1) W_{n+1} W_n\). D’après c), \(u_{n+1} = (n + 2) W_{n+2} W_{n+1} = (n + 1) W_n W_{n+1} = u_n\). La suite est constante, égale à \(u_0 = W_1 W_0\). Pour tout \(n\), \((n + 1) W_{n+1} W_n = \dfrac{\pi}{2}\).
5. Par décroissance et positivité, \(W_{n+2} \leq\, W_{n+1} \leq\, W_n\). En divisant par \(W_n > 0\) et avec c) :
   \[\frac{n + 1}{n + 2} \leq\, \frac{W_{n+1}}{W_n} \leq\, 1.\]
   Par encadrement, \(\dfrac{W_{n+1}}{W_n} \to 1\) : \(W_{n+1} \sim W_n\). Alors, d’après d), \(\dfrac{\pi}{2} = (n + 1) W_{n+1} W_n \sim n W_n^2\), donc \(W_n^2 \sim \dfrac{\pi}{2n}\). Comme \(W_n > 0\), on peut prendre la racine carrée d’un équivalent : \(W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point (0,5 pour la stricte positivité, 0,5 pour la décroissance) ; c) 1 point (0,5 pour l’intégration par parties, 0,5 pour la relation) ; d) 0,5 point ; e) 1,5 point (0,75 pour \(W_{n+1} \sim W_n\), 0,75 pour l’équivalent final).

Exercice 5 : Formule de Taylor et approximation de e (4,5 points)

1. Raisonnons par récurrence sur \(n\). Pour \(n = 0\), \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) et le théorème fondamental de l’analyse donne \(f(b) = f(a) + \int_a^b f^{\prime}(t)\,\mathrm{d}t\) : c’est la formule.
   
   Supposons la formule vraie au rang \(n\) et soit \(f\) de classe \(\mathcal{C}^{n+2}\). Intégrons par parties le reste avec \(u = f^{(n+1)}\) et \(v(t) = -\dfrac{(b – t)^{n+1}}{(n + 1)!}\), toutes deux de classe \(\mathcal{C}^1\) :
   \[\int_a^b \frac{(b – t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\mathrm{d}t = [-\frac{(b – t)^{n+1}}{(n + 1)!} f^{(n+1)}(t)]_a^b + \int_a^b \frac{(b – t)^{n+1}}{(n + 1)!} f^{(n+2)}(t)\,\mathrm{d}t.\]
   Le crochet vaut \(\dfrac{f^{(n+1)}(a)}{(n + 1)!} (b – a)^{n+1}\) : c’est le terme d’indice \(n + 1\) de la somme. La formule est donc vraie au rang \(n + 1\), puis pour tout \(n\).
2. Par l’inégalité triangulaire intégrale (bornes dans l’ordre croissant) et puisque \(b – t \geq\, 0\) :
   \[|\int_a^b \frac{(b – t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\mathrm{d}t| \leq\, M \int_a^b \frac{(b – t)^n}{n!}\,\mathrm{d}t = M [-\frac{(b – t)^{n+1}}{(n + 1)!}]_a^b = \frac{M (b – a)^{n+1}}{(n + 1)!}.\]
   C’est l’inégalité de Taylor-Lagrange.
3. Pour \(f = \exp\) sur \([0, 1]\) : \(f^{(k)}(0) = 1\) et \(|f^{(n+1)}(t)| = e^t \leq\, e < 3\). On prend \(M = 3\), \(a = 0\), \(b = 1\) : \(|e – \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k!}| \leq\, \dfrac{3}{(n + 1)!}\). Comme \(\dfrac{3}{(n + 1)!} \to 0\), le théorème des gendarmes donne \(\sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k!} \to e\).
4. On veut \(\dfrac{3}{(n + 1)!} < 10^{-3}\), soit \((n + 1)! > 3000\). Or \(6! = 720 < 3000\) et \(7! = 5040 > 3000\). Le plus petit entier est \(n = 6\). Alors, en réduisant au dénominateur \(720\) :
   \[\sum_{k=0}^{6} \frac{1}{k!} = \frac{720 + 720 + 360 + 120 + 30 + 6 + 1}{720} = \frac{1957}{720}.\]
   Donc \(e \approx \dfrac{1957}{720}\) à moins de \(10^{-3}\) près (on a \(\frac{1957}{720} \approx 2{,}7181\)).

Barème : a) 1,5 point (0,5 pour l’initialisation, 1 pour l’intégration par parties) ; b) 1 point ; c) 1 point (0,5 pour la majoration, 0,5 pour la limite) ; d) 1 point (0,5 pour \(n = 6\), 0,5 pour la fraction).

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Après le corrigé du contrôle : intégrale sur un segment et sommes de Riemann

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