Primitivisation et calcul intégral

Somme d'une suite d'intégrales : la somme géométrique sous l'intégrale

Idée directrice

Quand $u_k=\int_a^b(f(x))^k\,dx$ ne se calcule pas, la somme $S_n=u_1+\dots+u_n$ se calcule souvent : par linéarité, elle est l'intégrale d'une somme géométrique de raison $f(x)$ , et $\sum_{k=1}^n(f(x))^k=f(x)\frac{1-(f(x))^n}{1-f(x)}$ . Si $0\le f<1$ sur $[a,b]$ , le terme en $(f(x))^n$ s'écrase et $S_n$ converge vers $\int_a^b\frac{f}{1-f}$ . Le même geste écrit un terme $\frac{x^k}{k}$ comme $\int_0^xt^{k-1}dt$ et transforme une série en intégrale.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Montrer que S_n = ∫ … (1 − (f(t))^n)/(1 − f(t)) dt » ; « montrer que (S_n) converge » ; « S_n(t) = Σ t^k ; ∫ S_n(t) dt = u_n ».

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Majorer $f$ sur $[a,b]$ ( $0\le f\le q<1$ ) : c'est ce qui donne $0\le u_n\le(b-a)q^n$ et, plus tard, la majoration du reste.
Linéarité : $S_n=\int_a^b\sum_{k=1}^n f^k$ ; somme géométrique de raison $f(x)\neq1$ , écrite sous l'intégrale.
Simplifier $\frac{f}{1-f}$ (souvent l'énoncé la donne) et calculer $\int_a^b\frac{f}{1-f}$ : c'est la limite.
Reste : $0\le\int_a^b\frac{f^{n+1}}{1-f}\le q^n\int_a^b\frac{f}{1-f}$ , puis gendarmes ; pour une précision donnée, résoudre $q^n\cdot(\dots)\le\varepsilon$ .

Les pièges à vérifier dans ta démarche

Écrire la somme géométrique sans vérifier que la raison $f(x)$ est différente de $1$ sur tout l'intervalle ; oublier le premier terme (la somme part de $k=1$ : elle vaut $f\frac{1-f^n}{1-f}$ , pas $\frac{1-f^n}{1-f}$ ) ; majorer le reste sans garder le facteur positif devant $f^n$ ; conclure « croissante donc convergente » sans la majoration.

Sujet principal

Exercice — somme des intégrales des puissances de $\frac{x}{x+2}$

3 questionsCorrigé masqué

Soit $f$ la fonction définie sur $[0,2]$ par $f(x)=\dfrac{x}{x+2}$ . Pour tout entier $n\ge1$ , on pose $u_n=\displaystyle\int_0^2\bigl(f(x)\bigr)^n\,dx$ et $S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}u_k$ .

Étude de $f$ .
1. Montrer que $f$ est croissante sur $[0,2]$ et que $0\le f(x)\le\dfrac12$ pour tout $x\in[0,2]$ .
2. Vérifier que, pour tout $x\in[0,2]$ , $\dfrac{f(x)}{1-f(x)}=\dfrac x2$ .
La suite $(u_n)$ .
1. Calculer l'intégrale $u_1$ en précisant la primitive utilisée (on pourra écrire $f(x)=1-\dfrac{2}{x+2}$ ), puis interpréter $u_1$ comme une aire.
2. Montrer que $0\le u_n\le\dfrac{2}{2^n}$ pour tout $n\ge1$ , et en déduire $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n$ .
Les sommes $S_n$ .
1. Montrer que, pour tout $n\ge1$ , $S_n=\displaystyle\int_0^2\frac{f(x)\bigl(1-(f(x))^n\bigr)}{1-f(x)}\,dx$ , puis que $S_n=1-\displaystyle\int_0^2\frac x2\,(f(x))^n\,dx$ .
2. En déduire que $0\le1-S_n\le\dfrac{1}{2^n}$ , puis que la suite $(S_n)$ converge et préciser sa limite.
3. Montrer que $(S_n)$ est croissante et déterminer un entier $n$ tel que $S_n$ soit une valeur approchée de sa limite à $10^{-3}$ près.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a. Idée : dériver le quotient, puis lire les valeurs aux bornes. $f$ est dérivable sur $[0,2]$ et $f'(x)=\dfrac{(x+2)-x}{(x+2)^2}=\dfrac{2}{(x+2)^2}>0$ : $f$ est strictement croissante sur $[0,2]$. Par suite, pour $x\in[0,2]$, $f(0)\le f(x)\le f(2)$, c'est-à-dire $0\le f(x)\le\dfrac12$. 1.b. Pour $x\in[0,2]$, $1-f(x)=\dfrac{x+2-x}{x+2}=\dfrac{2}{x+2}\neq0$, donc $\dfrac{f(x)}{1-f(x)}=\dfrac{x}{x+2}\cdot\dfrac{x+2}{2}=\dfrac x2$. 2.a. *Idée : faire apparaître la forme $\frac{u'}{u}$.* $f(x)=\dfrac{(x+2)-2}{x+2}=1-\dfrac{2}{x+2}$, et une primitive de $x\mapsto\dfrac{2}{x+2}$ sur $[0,2]$ est $x\mapsto2\ln(x+2)$. Donc $u_1=\bigl[x-2\ln(x+2)\bigr]_0^2=2-2\ln4+2\ln2=2-2\ln2\approx0{,}614$. Comme $f\ge0$ sur $[0,2]$, $u_1$ est l'aire, en unités d'aire, de la partie du plan limitée par la courbe de $f$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=0$ et $x=2$. 2.b. D'après 1.a, $0\le f(x)\le\frac12$, donc $0\le\bigl(f(x)\bigr)^n\le\dfrac{1}{2^n}$ sur $[0,2]$. En intégrant sur $[0,2]$ (bornes dans l'ordre croissant) : $0\le u_n\le\dfrac{2}{2^n}$. Comme $\dfrac{2}{2^n}\to0$, le théorème des gendarmes donne $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=0$. 3.a. *Idée : sommer sous l'intégrale une somme géométrique de raison $f(x)\neq1$.* Par linéarité, $S_n=\displaystyle\int_0^2\sum_{k=1}^{n}\bigl(f(x)\bigr)^k\,dx$. Pour $x\in[0,2]$, $f(x)\neq1$, donc $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\bigl(f(x)\bigr)^k=f(x)\,\frac{1-(f(x))^n}{1-f(x)}$, d'où la première égalité. D'après 1.b, l'intégrande vaut $\dfrac x2\bigl(1-(f(x))^n\bigr)$, et $\displaystyle\int_0^2\frac x2\,dx=\Bigl[\frac{x^2}{4}\Bigr]_0^2=1$. Par suite $S_n=1-\displaystyle\int_0^2\frac x2\,(f(x))^n\,dx$. 3.b. Pour $x\in[0,2]$ : $0\le\dfrac x2\,(f(x))^n\le\dfrac x2\cdot\dfrac{1}{2^n}$. En intégrant : $0\le1-S_n\le\dfrac{1}{2^n}\displaystyle\int_0^2\frac x2\,dx=\dfrac{1}{2^n}$. Comme $\dfrac{1}{2^n}\to0$, il en résulte que $(S_n)$ converge et que $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}S_n=1$. 3.c. $S_{n+1}-S_n=u_{n+1}\ge0$ (intégrale d'une fonction positive, bornes dans l'ordre croissant) : $(S_n)$ est croissante. D'après 3.b, $0\le1-S_n\le\dfrac{1}{2^n}$, et $\dfrac{1}{2^n}\le10^{-3}\iff2^n\ge1000\iff n\ge10$ (car $2^9=512$ et $2^{10}=1024$). Conclusion : $S_{10}$ est une valeur approchée par défaut de $1$ à $10^{-3}$ près (on trouve $S_{10}\approx0{,}99973$).

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Somme alternée

\sum\frac{(-1)^{k+1}}{k\,5^k}

écrite comme une intégrale

Entraînement 01 / 02

Somme alternée $\sum\frac{(-1)^{k+1}}{k\,5^k}$ écrite comme une intégrale

4 questionsCorrigé masqué

Pour tout entier $n\ge1$, on pose $T_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k+1}}{k\,5^k}$. 1. Montrer que, pour tout réel $t\in\bigl[0,\tfrac15\bigr]$ : $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(-t)^{k-1}=\frac{1}{1+t}-\frac{(-t)^n}{1+t}$. 2. Calculer $\displaystyle\int_0^{1/5}(-t)^{k-1}\,dt$ pour $k\ge1$, et en déduire que $T_n=\ln\dfrac65-(-1)^n\displaystyle\int_0^{1/5}\frac{t^n}{1+t}\,dt$. 3. Montrer que $\Bigl|T_n-\ln\dfrac65\Bigr|\le\dfrac{1}{(n+1)\,5^{n+1}}$, puis déterminer $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}T_n$. 4. Calculer $T_3$ sous forme de fraction et en déduire une valeur approchée de $\ln\dfrac65$ à $10^{-3}$ près.

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1. *Idée : somme géométrique de raison $-t\neq1$.* Pour $t\in\bigl[0,\frac15\bigr]$, $-t\neq1$, donc $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(-t)^{k-1}=\frac{1-(-t)^n}{1-(-t)}=\frac{1}{1+t}-\frac{(-t)^n}{1+t}$. 2. $\displaystyle\int_0^{1/5}(-t)^{k-1}\,dt=(-1)^{k-1}\Bigl[\frac{t^k}{k}\Bigr]_0^{1/5}=\frac{(-1)^{k+1}}{k\,5^k}$. On intègre l'égalité de 1 sur $\bigl[0,\frac15\bigr]$ (fonctions continues, linéarité) ; une primitive de $\frac{1}{1+t}$ est $\ln(1+t)$, donc $\displaystyle\int_0^{1/5}\frac{dt}{1+t}=\ln\frac65$. Comme $(-t)^n=(-1)^nt^n$, on obtient $T_n=\ln\dfrac65-(-1)^n\displaystyle\int_0^{1/5}\frac{t^n}{1+t}\,dt$. 3. Pour $t\in\bigl[0,\frac15\bigr]$ : $0\le\dfrac{t^n}{1+t}\le t^n$, donc $0\le\displaystyle\int_0^{1/5}\frac{t^n}{1+t}\,dt\le\int_0^{1/5}t^n\,dt=\frac{1}{(n+1)\,5^{n+1}}$. Ainsi $\Bigl|T_n-\ln\dfrac65\Bigr|\le\dfrac{1}{(n+1)\,5^{n+1}}$, qui tend vers $0$. Conclusion : $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}T_n=\ln\frac65$. 4. $T_3=\dfrac15-\dfrac1{50}+\dfrac1{375}=\dfrac{150-15+2}{750}=\dfrac{137}{750}\approx0{,}1827$, et $\Bigl|T_3-\ln\dfrac65\Bigr|\le\dfrac{1}{4\times5^4}=\dfrac1{2500}<10^{-3}$. Conclusion : $\dfrac{137}{750}\approx0{,}183$ est une valeur approchée de $\ln\frac65\approx0{,}1823$ à $10^{-3}$ près.

v_n=\int_0^{\ln2}\left(\frac{e^x}{e^x+2}\right)^n dx

: la somme des

v_k

tend vers

\frac12

Entraînement 02 / 02

$v_n=\int_0^{\ln2}\left(\frac{e^x}{e^x+2}\right)^n dx$ : la somme des $v_k$ tend vers $\frac12$

4 questionsCorrigé masqué

Soit $g$ la fonction définie sur $[0,\ln2]$ par $g(x)=\dfrac{e^x}{e^x+2}$. Pour tout entier $n\ge1$, on pose $v_n=\displaystyle\int_0^{\ln2}\bigl(g(x)\bigr)^n\,dx$ et $W_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}v_k$. 1. Montrer que $g$ est croissante sur $[0,\ln2]$, que $\dfrac13\le g(x)\le\dfrac12$, et que $\dfrac{g(x)}{1-g(x)}=\dfrac{e^x}{2}$. 2. Calculer l'intégrale $v_1$ en précisant la primitive utilisée, et interpréter $v_1$ comme une aire. 3. Montrer que $W_n=\dfrac12-\displaystyle\int_0^{\ln2}\frac{e^x}{2}\,\bigl(g(x)\bigr)^n\,dx$. 4. En déduire que $\dfrac{1}{2\times3^n}\le\dfrac12-W_n\le\dfrac{1}{2^{n+1}}$, puis la limite de $(W_n)$.

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1. $g'(x)=\dfrac{e^x(e^x+2)-e^x\cdot e^x}{(e^x+2)^2}=\dfrac{2e^x}{(e^x+2)^2}>0$ : $g$ est strictement croissante, donc $g(0)=\dfrac13\le g(x)\le g(\ln2)=\dfrac24=\dfrac12$. De plus $1-g(x)=\dfrac{2}{e^x+2}\neq0$ et $\dfrac{g(x)}{1-g(x)}=\dfrac{e^x}{e^x+2}\cdot\dfrac{e^x+2}{2}=\dfrac{e^x}{2}$. 2. *Forme $\frac{u'}{u}$ avec $u(x)=e^x+2>0$.* $v_1=\bigl[\ln(e^x+2)\bigr]_0^{\ln2}=\ln4-\ln3=\ln\dfrac43\approx0{,}288$ (une primitive de $g$ est $\ln(e^x+2)$). Comme $g>0$, c'est l'aire de la partie du plan limitée par la courbe de $g$, l'axe des abscisses et les droites $x=0$, $x=\ln2$. 3. *Idée : somme géométrique de raison $g(x)\neq1$ sous l'intégrale.* Par linéarité, $W_n=\displaystyle\int_0^{\ln2}\sum_{k=1}^{n}\bigl(g(x)\bigr)^k\,dx=\int_0^{\ln2}\frac{g(x)\bigl(1-(g(x))^n\bigr)}{1-g(x)}\,dx=\int_0^{\ln2}\frac{e^x}{2}\bigl(1-(g(x))^n\bigr)\,dx$. Or $\displaystyle\int_0^{\ln2}\frac{e^x}{2}\,dx=\frac{2-1}{2}=\frac12$, d'où $W_n=\dfrac12-\displaystyle\int_0^{\ln2}\frac{e^x}{2}\,(g(x))^n\,dx$. 4. D'après 1, $\dfrac{1}{3^n}\le(g(x))^n\le\dfrac{1}{2^n}$ ; en multipliant par $\dfrac{e^x}{2}>0$ et en intégrant sur $[0,\ln2]$ : $\dfrac{1}{3^n}\cdot\dfrac12\le\dfrac12-W_n\le\dfrac{1}{2^n}\cdot\dfrac12$. Les deux bornes tendent vers $0$ : $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}W_n=\frac12$ (gendarmes).

Relier ce raisonnement au bac

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