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Exercice : Suites d'intégrales 2Intégration en mathématiques/Exercices/Suites d'intégrales 2 », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Pour a , n ∈ N {\displaystyle a,n\in \mathbb {N} } , on pose :
I ( a , n ) = ∫ 0 1 x n ( 1 − x ) a d x {\displaystyle 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 ) = a + 1 n + 1 I ( a , n + 1 ) {\displaystyle 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 ) {\displaystyle I(a,n)-I(a,n+1)=I(a+1,n)} .
En déduire que :
I ( a , n + 1 ) = n + 1 n + a + 2 I ( a , n ) {\displaystyle I(a,n+1)={\frac {n+1}{n+a+2}}I(a,n)} .3° L'entier a {\displaystyle a} étant fixé, démontrer par récurrence sur n {\displaystyle n} :
∀ n ∈ N I ( a , n ) = 1 × 2 × 3 × ⋯ × ( n − 1 ) × n ( a + 1 ) × ( a + 2 ) × ⋯ × ( a + n + 1 ) {\displaystyle \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)}}} .
Solution
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( n + 1 ) I ( a + 1 , n ) = ∫ 0 1 ( n + 1 ) x n ( 1 − x ) a + 1 d x = [ x n + 1 ( 1 − x ) a + 1 ] 0 1 + ( a + 1 ) ∫ 0 1 x n + 1 ( 1 − x ) a d x = 0 + ( a + 1 ) I ( a , n + 1 ) {\displaystyle (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 ) = ∫ 0 1 ( x n − x n + 1 ) ( 1 − x ) a d x = I ( a + 1 , n ) {\displaystyle 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 ) = ( 1 + a + 1 n + 1 ) I ( a , n + 1 ) = a + n + 2 n + 1 I ( a , n + 1 ) {\displaystyle 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 ) = ∫ 0 1 ( 1 − x ) a d x {\displaystyle I(a,0)=\int _{0}^{1}(1-x)^{a}\,\mathrm {d} x} est bien égal à 1 a + 1 {\displaystyle {\frac {1}{a+1}}} , et l'hérédité est immédiate grâce à la formule de récurrence de la question précédente.
1° Soient p ∈ Q + {\displaystyle p\in \mathbb {Q} _{+}} et q ∈ Q {\displaystyle q\in \mathbb {Q} } . Pour x ∈ [ 0 , 1 [ {\displaystyle x\in \left[0,1\right[} , on pose :
f p , q ( x ) = ∫ 0 x t p ( 1 − t ) q d t {\displaystyle 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 {\displaystyle f_{p,q}} .
En se limitant à p ⩾ 1 {\displaystyle p\geqslant 1} , montrer qu'il existe un triplet ( a , b , c ) ∈ R 3 {\displaystyle (a,b,c)\in \mathbb {R} ^{3}} , dépendant du couple ( p , q ) {\displaystyle (p,q)} , tel que
∀ x ∈ [ 0 , 1 [ a f p , q ( x ) + b f p − 1 , q − 1 ( x ) = x p ( 1 − x ) q ( c x − q ) {\displaystyle \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 {\displaystyle q=0} et q ≠ 0 {\displaystyle q\neq 0} . Dans le second cas, on montrera qu'il existe une solution et une seule, à savoir :
{ a = ( p + q ) ( 1 + p + q ) b = − p q c = p + q . {\displaystyle {\begin{cases}a=(p+q)(1+p+q)\\b=-pq\\c=p+q.\end{cases}}} 2° Pour x ∈ [ 0 , 1 [ {\displaystyle x\in [0,1[} et r ∈ Q + {\displaystyle r\in \mathbb {Q} _{+}} , donner une expression de :
F r ( x ) = ∫ 0 x t r ( 1 − t ) r + 3 d t {\displaystyle 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 {\displaystyle F_{r}} sous la forme f p − 1 , q − 1 {\displaystyle f_{p-1,q-1}} .)
Solution
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La fonction t ↦ t p ( 1 − t ) q {\displaystyle t\mapsto t^{p}(1-t)^{q}} est définie et continue sur [ 0 , 1 [ {\displaystyle \left[0,1\right[} donc intégrable sur [ 0 , x ] {\displaystyle \left[0,x\right]} pour tout x ∈ [ 0 , 1 [ {\displaystyle x\in \left[0,1\right[} , et égale à la dérivée de f p , q {\displaystyle f_{p,q}} .
Les deux fonctions à égaler coïncident toujours en 0 {\displaystyle 0} donc pour qu'elles soient égales aussi sur ] 0 , 1 [ {\displaystyle \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 ( c x − q ) + q x p ( 1 − x ) q − 1 {\displaystyle x^{p-1}(1-x)^{q}(cx-q)+qx^{p}(1-x)^{q-1}} ) :a x ( 1 − x ) + b = p ( 1 − x ) ( c x − q ) − q x ( c x − q ) + c x ( 1 − x ) {\displaystyle ax(1-x)+b=p(1-x)(cx-q)-qx(cx-q)+cx(1-x)} . Ceci équivaut àa = c ( p + q + 1 ) , a = p ( c + q ) + q 2 + c , b = − p q {\displaystyle a=c(p+q+1),\quad a=p(c+q)+q^{2}+c,\quad b=-pq} , ou encore :a = c ( p + q + 1 ) , ( p + q − c ) q = 0 , b = − p q {\displaystyle a=c(p+q+1),\quad (p+q-c)q=0,\quad b=-pq} . Par conséquent :
si q ≠ 0 {\displaystyle q\neq 0} , l'unique solution ( a , b , c ) {\displaystyle (a,b,c)} est celle indiquée dans l'énoncé ;
si q = 0 {\displaystyle q=0} , les solutions sont c ( p + 1 , 0 , 1 ) {\displaystyle c(p+1,0,1)} avec c ∈ R {\displaystyle c\in \mathbb {R} } (celle indiquée correspond alors à c = p {\displaystyle c=p} ).
F r = f r , − r − 3 = f p − 1 , q − 1 {\displaystyle F_{r}=f_{r,-r-3}=f_{p-1,q-1}} pour ( p , q ) = ( r + 1 , − r − 2 ) {\displaystyle (p,q)=(r+1,-r-2)} donc0 × f r + 1 , − r − 2 ( x ) + ( r + 1 ) ( r + 2 ) F r ( x ) = x r + 1 ( 1 − x ) − r − 2 ( − x + r + 2 ) {\displaystyle 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 ) = ( r + 2 − x ) x r + 1 ( r + 1 ) ( r + 2 ) ( 1 − x ) r + 2 {\displaystyle F_{r}(x)={\frac {(r+2-x)\,x^{r+1}}{(r+1)(r+2)(1-x)^{r+2}}}} .
On pose, pour h {\displaystyle h} et k {\displaystyle k} entiers naturels :
H h , k = ∫ 0 1 x h ln k x d x {\displaystyle H_{h,k}=\int _{0}^{1}x^{h}\ln ^{k}x\,\mathrm {d} x} .1° Calculer H h , 0 {\displaystyle H_{h,0}} .
2° Justifier l'existence de H h , k {\displaystyle H_{h,k}} si h > 0 {\displaystyle h>0} (le cas h = 0 {\displaystyle h=0} et k > 0 {\displaystyle k>0} est plus délicat mais sera justifié dans la suite de l'exercice).
3° Prouver que si k > 0 {\displaystyle k>0} :
H h , k = − k h + 1 H h , k − 1 {\displaystyle H_{h,k}=-{\frac {k}{h+1}}H_{h,k-1}} .4° En déduire H h , k {\displaystyle H_{h,k}} .
Solution
H h , 0 = 1 h + 1 {\displaystyle H_{h,0}={\frac {1}{h+1}}} .
La fonction x ↦ x h ln k x {\displaystyle x\mapsto x^{h}\ln ^{k}x} est continue sur ] 0 , 1 ] {\displaystyle \left]0,1\right]} , et prolongeable par continuité en 0 {\displaystyle 0} si h > 0 {\displaystyle h>0} car lim x → 0 x ( ln x ) k = 0 {\displaystyle \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 = 1 h + 1 [ x h + 1 ln k x ] 0 1 − k h + 1 ∫ 0 1 x h + 1 ln k − 1 x x d x = − k h + 1 H h , k − 1 {\displaystyle 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 {\displaystyle h=0} ).
H h , k = ( − 1 ) k k ! ( h + 1 ) k + 1 {\displaystyle H_{h,k}={\frac {(-1)^{k}\,k!}{(h+1)^{k+1}}}} (y compris si h = 0 {\displaystyle h=0} ).
Soit n {\displaystyle n} un entier naturel. Pour tout entier naturel k ⩽ n {\displaystyle k\leqslant n} , on pose :
I k , n = ∫ 0 1 ( n k ) x k ( 1 − x ) n − k d x {\displaystyle I_{k,n}=\int _{0}^{1}{n \choose k}x^{k}(1-x)^{n-k}\,\mathrm {d} x} .Pour 0 ⩽ k < n {\displaystyle 0\leqslant k<n} , comparer I k , n {\displaystyle I_{k,n}} et I k + 1 , n {\displaystyle I_{k+1,n}} .
En déduire I k , n {\displaystyle I_{k,n}} en fonction de n {\displaystyle n} .
Solution
En intégrant par parties, on obtient :
∫ 0 1 ( n k ) x k ( 1 − x ) n − k d x = [ ( n k ) x k + 1 k + 1 ( 1 − x ) n − k ] 0 1 + ∫ 0 1 ( n k + 1 ) x k + 1 ( 1 − x ) n − ( k + 1 ) d x {\displaystyle \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 {\displaystyle I_{k,n}=I_{k+1,n}} .On a donc :
I k , n = I n , n = ∫ 0 1 ( n n ) x n ( 1 − x ) n − n d x = ∫ 0 1 x n d x = [ x n + 1 n + 1 ] 0 1 = 1 n + 1 {\displaystyle 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}}} .