# Intégration en mathématiques/Exercices/Suites d'intégrales 2
## Exercice 18-1

Pour $a,n\in \mathbb {N}$, on pose :
    $I(a,n)=\int _{0}^{1}x^{n}(1-x)^{a}\,\mathrm {d} x$.
1° En intégrant par parties, montrer que :
    $I(a+1,n)={\frac {a+1}{n+1}}I(a,n+1)$.
2° Établir que :
    $I(a,n)-I(a,n+1)=I(a+1,n)$.
    En déduire que :
    $I(a,n+1)={\frac {n+1}{n+a+2}}I(a,n)$.
3° L'entier $a$ étant fixé, démontrer par récurrence sur $n$ :
    $\forall n\in \mathbb {N} \quad I(a,n)={\frac {1\times 2\times 3\times \cdots \times (n-1)\times n}{(a+1)\times (a+2)\times \cdots \times (a+n+1)}}$.
* $(n+1)I(a+1,n)=\int _{0}^{1}(n+1)x^{n}(1-x)^{a+1}\,\mathrm {d} x=\left[x^{n+1}(1-x)^{a+1}\right]_{0}^{1}+(a+1)\int _{0}^{1}x^{n+1}(1-x)^{a}\,\mathrm {d} x=0+(a+1)I(a,n+1)$.
** $I(a,n)-I(a,n+1)=\int _{0}^{1}\left(x^{n}-x^{n+1}\right)(1-x)^{a}\,\mathrm {d} x=I(a+1,n)$.
** Grâce à la question 1, on en déduit : $I(a,n)=\left(1+{\frac {a+1}{n+1}}\right)I(a,n+1)={\frac {a+n+2}{n+1}}I(a,n+1)$.
* $I(a,0)=\int _{0}^{1}(1-x)^{a}\,\mathrm {d} x$ est bien égal à ${\frac {1}{a+1}}$, et l'hérédité est immédiate grâce à la formule de récurrence de la question précédente.

## Exercice 18-2

1° Soient $p\in \mathbb {Q} _{+}$ et $q\in \mathbb {Q}$. Pour $x\in \left[0,1\right[$, on pose :
    $f_{p,q}(x)=\int _{0}^{x}t^{p}(1-t)^{q}\,\mathrm {d} t$.
    Justifier cette notation.
    Déterminer la fonction dérivée de $f_{p,q}$.
    En se limitant à $p\geqslant 1$, montrer qu'il existe un triplet $(a,b,c)\in \mathbb {R} ^{3}$, dépendant du couple $(p,q)$, tel que
    $\forall x\in \left[0,1\right[\quad af_{p,q}(x)+bf_{p-1,q-1}(x)=x^{p}(1-x)^{q}(cx-q)$.
    On distinguera les cas $q=0$ et $q\neq 0$. Dans le second cas, on montrera qu'il existe une solution et une seule, à savoir :
    ${\begin{cases}a=(p+q)(1+p+q)\\b=-pq\\c=p+q.\end{cases}}$
2° Pour $x\in [0,1[$ et $r\in \mathbb {Q} _{+}$, donner une expression de :
    $F_{r}(x)=\int _{0}^{x}{\frac {t^{r}}{(1-t)^{r+3}}}\,\mathrm {d} t$
    dans laquelle n'intervient aucun signe d'intégration.
    (On mettra la fonction $F_{r}$ sous la forme $f_{p-1,q-1}$.)
** La fonction $t\mapsto t^{p}(1-t)^{q}$ est définie et continue sur $\left[0,1\right[$ donc intégrable sur $\left[0,x\right]$ pour tout $x\in \left[0,1\right[$, et égale à la dérivée de $f_{p,q}$.
** Les deux fonctions à égaler coïncident toujours en $0$ donc pour qu'elles soient égales aussi sur $\left]0,1\right[$, il faut et il suffit que leurs dérivées le soient, c'est-à-dire (après division par $x^{p-1}(1-x)^{q}(cx-q)+qx^{p}(1-x)^{q-1}$) : $ax(1-x)+b=p(1-x)(cx-q)-qx(cx-q)+cx(1-x)$. Ceci équivaut à $a=c(p+q+1),\quad a=p(c+q)+q^{2}+c,\quad b=-pq$, ou encore : $a=c(p+q+1),\quad (p+q-c)q=0,\quad b=-pq$. Par conséquent :
*** si $q\neq 0$, l'unique solution $(a,b,c)$ est celle indiquée dans l'énoncé ;
*** si $q=0$, les solutions sont $c(p+1,0,1)$ avec $c\in \mathbb {R}$ (celle indiquée correspond alors à $c=p$).
* $F_{r}=f_{r,-r-3}=f_{p-1,q-1}$ pour $(p,q)=(r+1,-r-2)$ donc $0\times f_{r+1,-r-2}(x)+(r+1)(r+2)F_{r}(x)=x^{r+1}(1-x)^{-r-2}(-x+r+2)$. On a alors : $F_{r}(x)={\frac {(r+2-x)\,x^{r+1}}{(r+1)(r+2)(1-x)^{r+2}}}$.

## Exercice 18-3

Pour tout entier naturel $n$, on considère la fonction $F_{n}$ définie par :
    $F_{n}(x)=\int _{0}^{x}\operatorname {e} ^{-t}\sin ^{2n}t\,\mathrm {d} t$.
1° Prouver que $F_{n}$ est croissante et majorée par $1$.
2° Soit :
    $I_{n}=\lim _{x\to +\infty }F_{n}(x)\qquad \left(=\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-t}\sin ^{2n}t\,\mathrm {d} t\right)$.
    Prouver que :
    $\forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad I_{n}=2n\left((2n-1)I_{n-1}-2nI_{n}\right)$.
3° En déduire $I_{n}$ en fonction de $n$.
4° Étudier la limite de la suite $\left(I_{n}\right)$.
* $F'_{n}(x)=\operatorname {e} ^{-x}\sin ^{2n}x\geq 0$ et $F_{n}(x)\leq \int _{0}^{x}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t=1-\operatorname {e} ^{-x}<1$.
* $I_{n}=-\underbrace {\left[\operatorname {e} ^{-t}\sin ^{2n}t\right]_{0}^{+\infty }} _{0}+2n\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-t}\sin ^{2n-1}t\cos t\,\mathrm {d} t=$ $-2n\underbrace {\left[\operatorname {e} ^{-t}\sin ^{2n-1}t\cos t\right]_{0}^{+\infty }} _{0}+2n\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-t}\left((2n-1)\sin ^{2n-2}t\cos ^{2}t-\sin ^{2n}t\right)\,\mathrm {d} t\,\mathrm {d} t=$ $2n\left((2n-1)\left(I_{n-1}-I_{n}\right)-I_{n}\right)=2n\left((2n-1)I_{n-1}-2nI_{n}\right)$.
* $I_{0}=1$ et $I_{n}={\frac {2n(2n-1)}{1+4n^{2}}}I_{n-1}$ donc $I_{n}={\frac {(2n)!}{\left(1+4n^{2}\right)\left(1+4(n-1)^{2}\right)\dots (1+4.1^{2})}}$.
* ${\frac {2n(2n-1)}{1+4n^{2}}}={\frac {1-{\frac {1}{2n}}}{{\frac {1}{4n^{2}}}+1}}<1-{\frac {1}{2n}}$ donc $\ln \left(I_{n}\right)<\sum _{k=1}^{n}\ln \left(1-{\frac {1}{2k}}\right)<-{\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}$, ce qui prouve que $I_{n}\to 0$.

## Exercice 18-4

Pour tout entier $n>0$, on considère $I_{n}$, définie par :
    $I_{n}=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{(1+x^{n}){\sqrt[{n}]{1+x^{n}}}}}$.
1° Calculer $I_{1}$ et $I_{2}$.
2° Calculer $I_{n}$ en intégrant par parties :
    $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt[{n}]{1+x^{n}}}}$.
3° Étudier la limite en $+\infty$ de la suite $\left(I_{n}\right)$.
** $I_{1}=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{(1+x)^{2}}}=\left[{\frac {-1}{1+x}}\right]_{0}^{1}={\frac {1}{2}}$.
** $I_{2}=\int _{0}^{\pi /4}{\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {1+\tan ^{2}t}}}=\int _{0}^{\pi /4}\cos t\,\mathrm {d} t={\frac {1}{\sqrt {2}}}$.
* $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt[{n}]{1+x^{n}}}}=\left[{\frac {x}{\sqrt[{n}]{1+x^{n}}}}\right]_{0}^{1}+\int _{0}^{1}{\frac {x^{n}\,\mathrm {d} x}{(1+x^{n}){\sqrt[{n}]{1+x^{n}}}}}={\frac {1}{\sqrt[{n}]{2}}}+\int _{0}^{1}{\frac {\left(1+x^{n}\right)\,\mathrm {d} x}{(1+x^{n}){\sqrt[{n}]{1+x^{n}}}}}-I_{n}$ donc $I_{n}={\frac {1}{\sqrt[{n}]{2}}}$.
* $\ln I_{n}=-{\frac {\ln 2}{n}}\to 0$ donc $I_{n}\to 1$.

## Exercice 18-5

On pose, pour $h$ et $k$ entiers naturels :
    $H_{h,k}=\int _{0}^{1}x^{h}\ln ^{k}x\,\mathrm {d} x$.
1° Calculer $H_{h,0}$.
2° Justifier l'existence de $H_{h,k}$ si $h>0$ (le cas $h=0$ et $k>0$ est plus délicat mais sera justifié dans la suite de l'exercice).
3° Prouver que si $k>0$ :
    $H_{h,k}=-{\frac {k}{h+1}}H_{h,k-1}$.
4° En déduire $H_{h,k}$.
* $H_{h,0}={\frac {1}{h+1}}$.
* La fonction $x\mapsto x^{h}\ln ^{k}x$ est continue sur $\left]0,1\right]$, et prolongeable par continuité en $0$ si $h>0$ car $\lim _{x\to 0}x\left(\ln x\right)^{k}=0$ (Fonction logarithme/Croissances comparées#Comparaison entre ln(x) et x en 0⁺).
* $H_{h,k}={\frac {1}{h+1}}\left[x^{h+1}\ln ^{k}x\right]_{0}^{1}-{\frac {k}{h+1}}\int _{0}^{1}x^{h+1}{\frac {\ln ^{k-1}x}{x}}\,\mathrm {d} x=-{\frac {k}{h+1}}H_{h,k-1}$ (y compris si $h=0$).
* $H_{h,k}={\frac {(-1)^{k}\,k!}{(h+1)^{k+1}}}$ (y compris si $h=0$).

## Exercice 18-6

Soit $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ la fonction définie par :
    $f(x)=x\operatorname {e} ^{x}$.
1° Calculer les dérivées première et seconde de $f$ et en déduire, par récurrence, la dérivée d'ordre $n$.
2° Étudier les variations de la fonction $f_{n}$ définie par :
    $f_{n}(x)=(x+n)\operatorname {e} ^{x}$
    où $n$ est un entier relatif. Tracer les courbes représentatives $C_{-1}$, $C_{0}$ et $C_{1}$ des fonctions $f_{-1}$, $f_{0}$ et $f_{1}$.
3° On pose :
    $I_{n}(h)=\int _{-n}^{-n+h}f_{n}(x)\,\mathrm {d} x$.
    Calculer $I_{n}(h)$ en fonction de $h$ et $n$, et établir la relation :
    $I_{n}(h)=\operatorname {e} ^{-n}I_{0}(h)$.
* Par récurrence, $f^{(n)}=f_{n}$ (la fonction définie dans la question suivante). En effet, c'est immédiat pour $n=0$, et l'hérédité vient du fait que $\left(f_{n}\right)'=f_{n+1}$.
* $f_{n}$ a un minimum en $-(n+1)$. Elle est décroissante avant et croissante après. Ses limites en $-\infty$ et $+\infty$ sont respectivement $0$ et $+\infty$. Les courbes représentatives $C_{-1}$, $C_{0}$ et $C_{1}$ sont alors :
* $I_{n}(h)=\left[f_{n-1}\right]_{-n}^{-n+h}=(h-1)\operatorname {e} ^{-n+h}+\operatorname {e} ^{-n}=\operatorname {e} ^{-n}\left((h-1)\operatorname {e} ^{h}+1\right)=\operatorname {e} ^{-n}I_{0}(h)$.

## Exercice 18-7

Soit $n$ un entier naturel. Pour tout entier naturel $k\leqslant n$, on pose :
    $I_{k,n}=\int _{0}^{1}{n \choose k}x^{k}(1-x)^{n-k}\,\mathrm {d} x$.
Pour $0\leqslant k<n$, comparer $I_{k,n}$ et $I_{k+1,n}$.
En déduire $I_{k,n}$ en fonction de $n$.
En intégrant par parties, on obtient :
    $\int _{0}^{1}{n \choose k}x^{k}(1-x)^{n-k}\,\mathrm {d} x=\left[{n \choose k}{\frac {x^{k+1}}{k+1}}(1-x)^{n-k}\right]_{0}^{1}+\int _{0}^{1}{n \choose {k+1}}x^{k+1}(1-x)^{n-(k+1)}\,\mathrm {d} x$,
ce qui se traduit par :
    $I_{k,n}=I_{k+1,n}$.
On a donc :
    $I_{k,n}=I_{n,n}=\int _{0}^{1}{n \choose n}x^{n}(1-x)^{n-n}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}x^{n}\,\mathrm {d} x=\left[{\frac {x^{n+1}}{n+1}}\right]_{0}^{1}={\frac {1}{n+1}}$.
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