Exercices du chapitre 6. Révisions : intégration de

Exercices du chapitre 6. Révisions : intégration de fonctions continuespar morceaux sur un segment

Exercice 6.1 – Sommes de Riemann

Calculer la limite quand n tend vers +∞ des expressions suivantes :

n∑k=1

1pn2+ k2

,1

np

n

n∑k=1

pk,

1

n2

n∑k=1

k sin(kπ

2n),

n∑k=0

n

n2+ k2 ,n−1∑k=0

1

nα+ kβ((α,β) ∈]0,+∞[2).

Exercice 6.2 – (*) - Extrait de CCINP

On cherche toutes les fonctions f ∈ C (R,R) vérifiant

(E) ∀x ∈ R, f (x) +

∫ x

0

(x − t) f (t)d t = 1+ x .

1. Soit f une solution de (E).(a) Montrer que f est de classe C 2 sur R.

(b) Montrer que f est solution d’une équation différentielle linéaire dusecond ordre qu’on déterminera.

(c) Déterminer f .

2. Conclure.

Exercice 6.3

En intégrant par parties, calculer∫ 1

0

(x2− 2x) sin(2x)d x ,∫ 1

−1

xe−xd x ,∫ π2

0

e−x sin(2x)d x .

1/4

Maths - PC - Lycée René Cassin - Bayonne - 2021-2022

Exercice 6.4

Calculer les primitives des fonctions suivantes en précisant les ensembles dedéfinition de ces primitives :

x 7→ arctan(x)1+ x2 ; x 7→ x2p

1+ 2x3; x 7→ 1

x ln2(x); x 7→ sin(x)

1+ cos2( x2).

Exercice 6.5

Calculer les intégrales suivantes en appliquant le changement de variable in-diqué :

(1)

∫ 1

0

d x

ex + 1(x = − ln t) (2)

∫ 3

2

d x

xp

x + 1(t =

px + 1)

(3)

∫ 1

0

d x

(1+ x2)2(x = − tan u) (4)

∫ π/20

d x

3+ 2cos x(u= tan( x

2))

(5)

∫ 2

1

d xpe2x − 1

(u=pe2x − 1).

Exercice 6.6

1. Justifier que la suite de terme général un =∫ 1

0xnp1+x2

d x est bien définie.

2. (a) Dériver la fonction x 7→ ln�

x +p

x2+ 1�, et en déduire u0.

(b) Déterminer u1.

(c) Déterminer u3 avec une intégration par parties qui utilise x3p1+x2

=

x2× xp1+x2

.

3. Montrer que (un)n∈N est décroissante puis qu’elle converge (on ne de-mande pas sa limite ici).

4. Montrer que pour tout n ∈ N, 0⩽ un ⩽ 1n+1

et en déduire limn→+∞un.

2/4


Exercice 6.7 – Oral CCINP - PC

On note E= C ([0 ; 1] ,R).

1. Montrer que E1 =n

f ∈ E | ∫ 1

0f (t)dt = 0

oest un R-espace vectoriel.

2. Montrer que toute fonction f de E1 admet une unique primitive P( f ) dansE1.

Soit f une fonction de E1.

3. Montrer que∫ 1

0t f (t)dt = P( f )(1).

4. Montrer que pour tout x ∈ [0 ; 1],

P( f )(x) =∫ x

0

f (t)dt +

∫ 1

0

t f (t)dt.

5. Pour tout x ∈ [0 ; 1], on pose

fx(t) =�

f (t + x) si 0⩽ t ⩽ 1− x,f (t + x − 1) si 1− x ⩽ t ⩽ 1.

Montrer que∫ 1

0fx(t)dt = 0 et calculer

∫ 1

0t fx(t)dt.

Exercice 6.8 – Enfin le calcul de+∞∑n=1

1n2 !

1. Pour tout n ∈ N, on appelle ne noyau de Dirichlet la fonction :

Dn : x 7→ 1

2+

n∑k=1

cos(kx).

Montrer que si le réel x n’est pas un multiple de 2π, alors :

Dn(x) =sin��

n+ 12

�x�

2sin�

x2

� ·

3/4


2. Montrer que pour toute fonction φ de classe C 1 sur�

0 ; π2

�,

limλ→+∞

∫ π2

0

φ(x) sin(λx)d x = 0.

3. Exprimer

∫ π2

0

x D2n(2x)d x sous forme d’une somme, et en déduire la

valeur de+∞∑k=1

1

k2 .

4/4


Une correction de l’exercice 6.1 énoncé1. Pour tout n ∈ N∗,

n∑k=1

1pn2+ k2

=1

n

n∑k=1

1q1+�

kn

�2.

On reconnaît une somme de Riemann sur [0,1] de x 7→ 1p1+x2

, qui est

une fonction continue sur [0,1].Par conséquent,

n∑k=1

1pn2+ k2

−−−−→n→+∞

∫ 1

0

1p1+ x2

d x =h

argsh(x)i1

0

=h

ln(x +p

1+ x2i1

0= ln(1+

p2).

2. Pour tout n ∈ N∗,1

np

n

n∑k=1

pk =

1

n

n∑k=1

rk

n.

On reconnaît une somme de Riemann sur [0,1] de x 7→ px, qui est unefonction continue sur [0,1].Par conséquent,

1

np

n

n∑k=1

pk −−−−→

n→+∞

∫ 1

0

pxd x =

∫ 1

0

x12 d x

=h 1

12+ 1

x12+1i1

0=h2

3xp

xi1

0=

2

3.

3. Pour tout n ∈ N∗,

1

n2

n∑k=1

k sin(kπ

2n) =

1

n

n∑k=1

�k

n

�sin�π

2

�k

n

��.

On reconnaît une somme de Riemann sur [0,1] de la fonction x 7→x sin

�π2

x�, qui est continue sur [0,1].

5/28


Par conséquent, grâce à une intégration par parties,

1

n2

n∑k=1

k sin(kπ

2n)−−−−→

n→+∞

∫ 1

0

x sin�π

2x�

d x

=�

x ×�− 2

π

�cos�π

2x��1

0−∫ 1

0

�− 2

π

�cos�π

2x�

d x

=2

π

∫ 1

0

cos�π

2x�

d x =2

π

�2

πsin�π

2x��1

0=

4

π2

4. Pour tout n ∈ N∗,n∑

k=1

n

n2+ k2 =1

n

n∑k=1

1

1+�

kn

�2 .

On reconnaît une somme de Riemann sur [0,1] de la fonction x 7→ 11+x2 ,

qui est continue sur [0,1].Par conséquent,

n∑k=1

n

n2+ k2 −−−−→n→+∞

∫ 1

0

1

1+ x2 d x =h

arctan xi1

0=π

4.

5. Pour tout n ∈ N∗,n−1∑k=0

1

nα+ kβ=

1

n

n−1∑k=0

1

α+ β( kn).

On reconnaît une somme de Riemann sur [0,1] de la fonction x 7→ 1α+βx

,qui est continue sur [0,1] car α et β sont strictement positifs.Par conséquent,

n−1∑k=0

1

nα+ kβ−−−−→n→+∞

∫ 1

0

1

α+ βxd x =

h1

βln |α+ βx |

i1

0=

1

βln�α+ βα

�.

6/28


Une correction de l’exercice 6.2 énoncé

1. (a) Pour tout réel x, f (x) = 1+ x − x∫ x

0f (t)d t +

∫ x

0t f (t)d t.

Les fonctions f et t 7→ t f (t) sont continues, donc d’après le théorèmefondamental de l’analyse, la fonction F : x 7→ ∫ x

0f (t)d t est dérivable

sur R, de dérivée f , donc cette fonction est de classe C 1, et x 7→∫ x

0t f (t)d t est aussi de classe C 1 sur R, de dérivée x 7→ x f (x). Par

conséquent, f est C 1, de dérivée x 7→ 1− ∫ x

0f (t)d t qui est encore

C 1, donc f est C 2 sur R.

(b) En dérivant une seconde fois, on obtient f ′′ = − f .

(c) Les solutions de cette équation différentielle sont x 7→ A cos(x) +B sin(x), mais f (0) = 1 et f ′(0) = 1, donc f (x) = sin(x) + cos(x).

La conclusion de cette première question, qui est ce qu’on appellel’analyse du problème, est que si f est solution de (E), alors f

ne peut être que cos+ sin !

2. Il nous reste donc ce qu’on appelle la synthèse du problème, quiconsiste ici tout simplement à vérifier que cette fonction est solution de(E), et on conclut que x 7→ cos(x) + sin(x) est l’unique solution de (E).

Une correction de l’exercice 6.3 énoncéTout d’abord, on remarque que dans les trois cas on est en présence d’inté-grales sur un segment de fonctions continues. Donc ces intégrales n’ont pasde problème d’existence.

1. Les fonctions u : x 7→ x2−2x et x 7→ − 12

cos(2x) sont C 1 sur R, donc sur

7/28


[0 ; 1]. On peut donc effectuer l’intégration par parties suivante :∫ 1

0

(x2− 2x) sin(2x)d x =

∫ 1

0

u(x)v′(x)d x

=h

u(x)v(x)i1

0−∫ 1

0

u′(x)v(x)d x

=�(x2− 2x)

�−1

2cos(2x)

��1

0

−∫ 1

0

(2x − 2)�−1

2cos(2x)

�d x

=1

2cos(2) +

∫ 1

0

(x − 1) cos(2x)d x

(on pose de nouveau u : x 7→ x − 1 et v : x 7→ 12

sin(2x), quisont bien C 1 sur [0 ; 1])

=1

2cos(2) +

�(x − 1)

�1

2sin(2x)

��1

0−∫ 1

0

1

2sin(2x)d x

=1

2cos(2) + 0− 1

2

�−1

2cos(2x)

�1

0

=3cos (2)

4− 1

4·

2. ∫ 1

−1

xe−xd x(on pose u : x 7→ x et v : x 7→ − e−x , qui sontbien C 1 sur [−1 ; 1])

=h−xe−x

i1

−1−∫ 1

−1

−e−xd x

=h−xe−x

i1

−1−h

e−xi1

−1= −2e−1.

8/28


3. ∫ π2

0

e−x sin(2x)d x(on pose u : x 7→ sin(2x) et v : x 7→ − e−x , quisont bien C 1 sur

�0 ; π

2

�)

=h− sin(2x)e−x

iπ2

0−∫ π

2

0

�−e−x�2cos(2x)d x

= 0+ 2

∫ π2

0

e−x cos(2x)d x

(on pose derechef u : x 7→ cos(2x) et v : x 7→−e−x , qui sont toujours aussi C 1 sur

�0 ; π

2

�)

= 2h− cos(2x)e−x

iπ2

0− 2

∫ π2

0

�−e−x� (−2sin(2x))d x

= 2�

e−π2 + 1�− 4

∫ π2

0

e−x sin(2x)d x

On en déduit que

5

∫ π2

0

e−x sin(2x)d x = 2�

e−π2 + 1�

donc que ∫ π2

0

e−x sin(2x)d x =2

5

�e−π2 + 1

�.

9/28


!

Si l’énoncé ne nous avait pas imposé la méthode de l’intégrationpar parties, on aurait aussi pu utiliser le second point de la défini-tion 6.4 qui permet d’écrire que Im(

∫ b

af ) =

∫ b

aIm( f ), de la manière

suivante :∫ π

2

0

e−x sin(2x)d x

=

∫ π

2

0

e−x Im�

ei2x�

d x

=

∫ π

2

0

Im�

e−x × ei2x�

d x (car z 7→ Im(z) est R-linéaire)

= Im

∫ π

2

0

e−x+2i x

!d x

= Im

∫ π

2

0

e(−1+2i)xd x

!= Im

�he(−1+i2)x

−1+ 2i

i π2

0

�= Im

�e− π2 × eiπ − 1

−1+ 2i

�= Im

�−e− π2 − 1

−1+ 2i

�= −�e− π2 + 1

�Im�

1

−1+ 2i

�= −�e− π2 + 1

�Im�

1+ 2i

−1− 4

�=

2

5

�e− π2 + 1

�.


1. Ý La fonction x 7→ arctan(x)1+ x2 est continue sur R comme rapport de deux

fonctions continues sur R dont le dénominateur ne s’annule pas.

Ý Ainsi d’après le théorème fondamental de l’analyse, une primitive sur

10/28

http://pc.cassin.free.fr/2021-2022/06-revisions-integrales-definies.pdf#tcb@[email protected]

http://pc.cassin.free.fr/2021-2022/06-revisions-integrales-definies.pdf#tcb@[email protected]


R de cette fonction est

u 7→∫ u

0

arctan(x)1+ x2 d x .

On pose t = arctan(x), alors d t = 11+x2 d x, et x = 0 pour t = 0, x = u

pour t = arctan(u). Ainsi pour tout réel u,∫ u

0

arctan(x)1+ x2 d x =

∫ arctan(u)

0

td t =h1

2t2iarctan(u)

0

=1

2arctan2(u).

Ý Donc les primitives sur R de x 7→ arctan(x)1+x2 sont les fonctions x 7→

12

arctan2(x) +C, où C ∈ R.

2. Ý La fonction x 7→ x2p1+ 2x3

est continue sur I =�−1/21/3 ; +∞�

comme rapport de deux fonctions continues dont le dénominateur nes’annule pas.

Ý Ainsi d’après le théorème fondamental de l’analyse, une primitive surI de cette fonction est

u 7→∫ u

0

x2p1+ 2x3

d x .

Ý À un coefficient près x2 est la dérivée de 1+ 2x3, on pose donc t =1+ 2x3. Alors d t = 6x2d x, donc x2d x = 1

6d t, et x = 0 pour t = 1,

x = u pour t = 1+ 2u3. Ainsi pour tout réel u :∫ u

0

x2p1+ 2x3

d x =

∫ 1+2u3

1

1pt× 1

6d t =

1

3

∫ 1+2u3

1

1

2p

td t

=1

3

hpti1+2u3

1=

1

3

�p1+ 2u3− 1

�.

11/28


Ý Donc les primitives sur R de x 7→ x2p1+2x3

sont les fonctions x 7→13

p1+ 2x3+C, où C ∈ R.

3. Ý La fonction x 7→ 1

x ln2(x)est continue sur I1 = ]0 ; 1[ et I2 = ]1 ; +∞[

comme rapport de deux fonctions continues dont le dénominateur nes’annule pas.

Ý Ainsi, soit a ∈ I1, d’après le théorème fondamental de l’analyse, uneprimitive sur I1 de cette fonction est

t 7→∫ t

a

1

x ln2(x)d x .

Ý On pose u= ln x, alors d u= 1xd x et pour tout t ∈ I1∫ t

a

1

x ln2(x)d x =

∫ ln(x)

ln(a)

1

u2 d u=h−1

u

iln(x)

ln(a)

= − 1

ln(x)+

1

ln(a)·

Ý Donc les primitives sur I1 de x 7→ 1

x ln2(x)sont les fonctions x 7→

− 1ln(x) +C, où C ∈ R.

De la même manière, les primitives sur I2 de la même fonction sontx 7→ − 1

ln(x) +D, où D ∈ R.

4. Ý La fonction x 7→ sin(x)1+ cos2( x

2)est continue sur R comme rapport de

deux fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas.

Ý Par conséquent, d’après le théorème fondamental de l’analyse, uneprimitive sur R de cette fonction est

t 7→∫ t

0

sin(x)1+ cos2( x

2)d x .

12/28


Ý On sait que cos2(□) = 12(cos(2□) + 1), donc pour tout réel x,

1+ cos2� x

2)�= 1+

1

2(cos(x) + 1) =

1

2cos(x) +

3

2·

ainsi en posant u= 1+ cos2( x2), on obtient d u= −1

2sin xd x, et∫ t

0

sin(x)1+ cos2( x

2)d x =

∫ 1+cos2( t2)

2

−2d u

u= −2

�ln |u|�1+cos2( t

2)

2

= −2 ln��1+ cos2

�x2

��+C, C ∈ R.


1. Le changement de variable x = − ln(t) donne d x = −1td t, x = 0 pour

t = 1, et x = 1 pour t = e−1 = 1e, donc∫ 1

0

d x

ex + 1=

∫ 1/e

1

1

e− ln(t)+ 1×�−1

t

�d t = −

∫ 1/e

1

11t+ 1×�

1

t

�d t

=

∫ 1

1/e

1

1+ td t =

hln |1+ t|

i1

1/e= ln

�2e

1+ e

�2. Le changement de variable t =

px + 1, c’est-à-dire x = t2 − 1 donne

d x = 2td t, x = 2 pour t =p

3, et x = 3 pour t =p

4= 2, donc∫ 3

2

d x

xp

x + 1=

∫ 2

p3

2td t

(t2− 1)t=

∫ 2

p3

2d t

t2− 1

On ne connaît pas au premier coup d’œil une primitive de 2t2−1

, mais sil’on vous fait remarquer que 2

t2−1= 1

t−1− 1

t+1, alors∫ 3

2

d x

xp

x + 1=

∫ 2

p3

�1

t − 1− 1

t + 1

�d t =

hln |t − 1| − ln |t + 1|

i2p

3

= ln(1)− ln(3)− ln(p

3− 1) + ln(p

3+ 1) = ln

p3+ 1

3(p

3− 1)

13/28


3. On pose x = − tan u donc d x = −(1 + tan2 u)d u et�(x = 0) pour (u= 0)(x = 1) pour (u= −π

4) donc∫ 1

0

d x

(1+ x2)2=

∫ −π4

0

−(1+ tan2 u)(1+ tan2 u)2

d u= −∫ −π

4

0

1

1+ tan2 ud u

or 11+tan2 u

= cos2 u= 12(cos(2u) + 1), donc∫ 1

0

d x

(1+ x2)2= −

∫ −π4

0

1

2(cos(2u) + 1)d u

= −1

2

�1

2sin(2u) + u

�−π4

0=

1

4+π

8·

4. On pose u = tan(x/2) donc d u = 12(1+ tan(x/2)2)d x, c’est-à-dire d x =

21+u2 d u, puis cos x = 1−u2

1+u2 et�(x = 0) pour (u= 0)(x = π/2) pour (u= 1) donc∫ π/2

0

d x

3+ 2cos x=

∫ 1

0

2

(1+ u2)�

3+ 2× 1−u2

1+u2

�d u=

∫ 1

0

2

5+ u2 d u

puis∫ π/20

d x

3+ 2cos x=

2

5

∫ 1

0

1

1+�

up5

�2 d u=2

5

�p5× arctan

�up5

��1

0

=2p5× arctan

�1p5

�.

5. On pose u =pe2x − 1 donc e2x = u2 + 1, et d u = 2e2x

2p

e2x−1d x = 1+u2

ud x,

d’où d x = u1+u2 d u, et∫ 2

1

d xpe2x − 1

=

∫ pe4−1

pe2−1

1

u2+ 1d u

=h

arctan(u)ipe4−1p

e2−1.

14/28


Une correction de l’exercice 6.6 énoncé1. La fonction u : x 7→ x2 + 1 est continue sur R, u(R) = [1 ; +∞[, et la

fonction racine carrée est continue sur [1 ; +∞[, donc x 7→p

x2+ 1 estcontinue sur R. Comme elle ne s’annule pas sur R, on peut conclure quex 7→ 1p

x2+1est aussi continue sur R.

Enfin, pour tout n ∈ N, x 7→ xn étant elle aussi continue sur R, on conclutque le produit x 7→ xnp

x2+1est continue sur R, donc que l’intégrale un =∫ 1

0xnp1+x2

d x est bien définie.

2. (a) Pour tout x ∈ R, comme dans la question précédente on montre quex 7→

px2+ 1 est dérivable sur R.

De plus pour tout réel x,p

x2+ 1 >p

x2 (car la fonction racine car-

rée est strictement croissante sur [0,+∞[) puisp

x2 = |x |⩾ −x, doncpx2+ 1> −x qui équivaut à

px2+ 1+x > 0. Ainsi x 7→

px2+ 1+x

est dérivable sur R à valeurs dans ]0,+∞[, et comme ln est dérivablesur ]0,+∞[, on peut conclure que x 7→ ln

�px2+ 1+ x

�est déri-

vable sur R. sa dérivée a alors pour expression

1+ 2x

2p

x2+1

x +p

x2+ 1=

px2+1+xp

x2+1

x +p

x2+ 1=

1px2+ 1

.

En utilisant le résultat précédent, on a directement

u0 =

∫ 1

0

1p1+ x2

d x =h

ln�

x +p

x2+ 1�i1

0= ln(1+

p2).

(b) Pour tout x ∈ [0,1], xp1+x2

= 2x

2p

1+x2= u′(x)

2p

u(x)où u(x) = x2 + 1,

donc

u1 =

∫ 1

0

xp1+ x2

d x =hp

x2+ 1i1

0=p

2− 1

15/28


(c) On pose

¨u′(x) = xp

1+x2

v(x) = x2 et, en reconnaissant le u′2p

ude la question

précédente, on choisit

¨u(x) =

p1+ x2

v′(x) = 2x.

Les fonctions u et v sont bien de classe C 1 sur R donc

u3 =

∫ 1

0

x3p1+ x2

d x

=h

x2p

1+ x2i1

0−∫ 1

0

2xp

1+ x2d x

=p

2−∫ 1

0

2xp

1+ x2d x .

On reconnaît de nouveau dans l’intégrande une dérivée de la forme,à un facteur près, u′pu = u′ × u1/2, on pose donc u(x) = 1+ x2. Lafonction

2xp

1+ x2 = u′(x)p

u(x) = u′(x)u(x)1/2

possède comme primitive la fonction

1

1/2+ 1u(x)1/2+1 =

2

3(1+ x2)3/2.

Nous avons donc∫ 1

0

2xp

1+ x2d x =�

2

3(1+ x2)3/2

�1

0=

2

3(23/2− 1) =

2

3(2p

2− 1)

et u3 =p

2− 2

3(2p

2− 1) =2

3−p

2

3.

3. Soit n ∈ N. La linéarité de l’intégrale donne

un+1− un =

∫ 1

0

xn+1− xnp1+ x2

d x =

∫ 1

0

xn(x − 1)px2+ 1

d x

16/28


Or pour tout x ∈ [0,1],xn(x − 1)p

x2+ 1⩽ 0, donc par croissance de l’intégrale∫ 1

0xn(x−1)p

x2+1d x ⩽ 0, autrement dit un+1− un ⩽ 0.

On a prouvé que la suite (un)n∈N est décroissante.Comme un est l’intégrale d’une fonction positive et continue, on en déduitpar positivité de l’intégrale que un ⩾ 0.Ainsi la suite (un)n∈N est décroissante et minorée, donc grâce au théorèmede la limite monotone, elle converge.

4. Soit n ∈ N. Alors pour tout x ∈ [0,1], doncp

x2+ 1 ⩾ 1 donc en pre-nant l’image par la fonction inverse qui est décroissante sur ]0,+∞[ et enmultipliant par xn qui est positif, on a

0⩽xnp

x2+ 1⩽ xn.

Par croissance de l’intégrale, on en déduit que

0⩽∫ 1

0

xnpx2+ 1

d x ⩽∫ 1

0

xnd x .

Or on calcule facilement∫ 1

0xnd x =

hxn+1

n+1

i1

0= 1

n+1d’où l’inégalité voulue.

Comme limn→+∞

1n+1

= 0, le principe d’encadrement permet alors de

conclure quelim

n→+∞un = 0 .


1. Par linéarité de l’intégrale, on peut affirmer que f 7→ ∫ 1

0f (t)dt est une

forme linéaire sur E, dont E1 est le noyau. Ainsi E1 est un sous-espacevectoriel de E, donc c’est bien un R-espace vectoriel.

2. Existence de P( f ).Toute fonction f de F1 est continue sur [0 ; 1], donc par le théorème

17/28


fondamental de l’analyse, elle admet des primitives sur [0 ; 1]. Prenonsune de ces primitives, nommons-la F, et notons C le réel

∫ 1

0f dt.

Alors F−C est encore dans E, c’est aussi une primitive de f sur [0 ; 1],et de plus F−C est dans E1 car∫ 1

0

(F−C)(t)dt =

∫ 1

0

�F(t)−C

�dt

=

∫ 1

0

F(t)dt −∫ 1

0

Cdt (par linéarité de l’intégrale)

=

∫ 1

0

F(t)dt −C× (1− 0)

= C−C= 0.

Donc f admet bien une primitive dans E1.

Unicité de P( f ).Réciproquement si F et G sont deux primitives de f , et sont dans E1,alors le théorème fondamental de l’analyse nous dit que F − G est uneconstante, et de plus∫ 1

0

(F−G) =∫ 1

0

F−∫ 1

0

G= 0− 0= 0,

mais aussi

∫ 1

0

(F−G) = (F−G)× 1 (car F−G est une constante)

= F−G,

d’où F=G, ce qui prouve l’unicité dans E1 de la primitive de f .

3. Soit f ∈ E1, la fonction P( f ) est donc dérivable sur [0 ; 1], et sa dérivéeest f qui est continue sur [0 ; 1], donc elle est de classe C1 sur [0 ; 1].Il en va de même de x 7→ x, donc on peut appliquer une intégration par

18/28


parties qui nous donne∫ 1

0

t f (t)dt =

∫ 1

0

tP( f )′(t)dt =h

t ×P( f )i1

0−∫ 1

0

f (t)dt

= 1×P( f )(1)− 0×P( f )(0)− 0 (car f ∈ E1)

= P( f )(1).

4. Soit x ∈ [0 ; 1], comme f est continue sur [0 ; 1], le théorème fonda-mental de l’analyse permet d’écrire que

P( f )(x) = P( f )(0) +∫ x

0

P( f )′(t)dtP( f )(0) +∫ x

0

f (t)dt,

mais le théorème fondamental de l’analyse donne aussi

P( f )(1) = P( f )(0) +∫ 1

0

P( f )′(t)dt

= P( f )(0) +∫ 1

0

f (t)dt = P( f )(0) (car f ∈ E1),

et comme on a vu que∫ 1

0t f (t)dt = P( f )(1), on obtient ce qu’il fallait

démontrer :

P( f )(x) =∫ 1

0

t f (t)dt +

∫ x

0

f (t)dt.

5. Soit x ∈ [0 ; 1]. La fonction fx est continue par morceaux sur [0 ; 1], cequi justifie l’existence des deux intégrales ci-dessous.∫ 1

0

fx(t)dt =

∫ 1−x

0

f (t + x)dt +

∫ 1

1−x

f (t + x − 1)dt

=

∫ 1

x

f (u)du+

∫ x

0

f (u)du(en posant u= t+ x dans la pre-mière intégrale et u = t + x − 1sur la seconde)

=

∫ 1

0

f (u)du (par la relation de Chasles)

= 0 (car f ∈ E1).

19/28


De même∫ 1

0

t fx(t)dt =

∫ 1−x

0

t f (t + x)dt +

∫ 1

1−x

t f (t + x − 1)dt

=

∫ 1

x

(u− x) f (u)du+

∫ x

0

(u− x + 1) f (u)du(mêmes chan-gements devariables)

=

∫ 1

x

uf (u)du− x

∫ 1

x

f (u)du+

∫ x

0

uf (u)du

− (x − 1)

∫ x

0

f (u)du (par linéarité de l’intégrale)

=

∫ 1

0

uf (u)du− x

∫ 1

0

f (u)du+

∫ x

0

f (u)du (Chasles)

=

∫ 1

0

uf (u)du+

∫ x

0

f (u)du (car f ∈ E1)

= P( f )(x) (par la question précédente).

20/28


Une correction de l’exercice 6.8 énoncé1. (a) Pour tout réel x, grâce à la formule d’Euler, cos(kx) =

12

�eikx + e−ikx

�, donc

Dn(x) =1

2+

n∑k=1

1

2

�eikx + e−ikx

�=

1

2

1+

n∑k=1

ei kx +n∑

k=1

e−i kx

!

=1

2

1+

n∑k=1

ei kx +−1∑

k=−n

ei kx

!(en posant k′ = −kdans la 2e somme)

=1

2

n∑

k=−n

ei kx

!(car 1= ei 0×x )

=1

2

2n∑

k=0

ei (k−n)x

!(en posant k′ = k+ n)

=1

2e−i nx

2n∑k=0

�ei x�k

(car ei (k−n)x = e−i nx × �ei x�k)

=1

2e−i nx

1− �ei x�2n+1

1− ei x(on réduit ici à x ∈ R \ Z2π pourque ei x 6= 1)

=1

2e−i nx 1− ei (2n+1)x

1− ei x

=1

2e−i nx ×

ei (2n+1) x2

�e−i (2n+1) x

2 − ei (2n+1) x2

�ei x

2

�e−i x

2 − ei x2

� (l’« argument-moitié »)

21/28


!

La technique de l’« argument-moitié » (je ne sais pas si cette appel-lation est universelle) consiste à transformer une somme ou unedifférence d’exponentielles complexes en produit, grâce aux iden-tités suivantes :

eiα + eiβ = ei α+β2 ×

�ei α−β

2 + e−i α−β2

�= ei α+β

2 × 2cos�α− β

2

�eiα − eiβ = ei α+β

2 ×�

ei α−β2 − e−i α−β

2

�= ei α+β

2 × 2i sin�α− β

2

�Donc

Dn(x) =1

2

e−i nx × ei (2n+1) x2

ei x2

−2i sin�(2n+ 1) x

2

�−2i sin

�x2

�= ei (−2n+2n+1−1) x

2

sin�(2n+ 1) x

2

�2sin

�x2

�=

sin��

n+ 12

�x�

2sin�

x2

� ·

(b) Autre méthode : soit x un réel,

2sin� x

2

�×Dn(x) = sin� x

2

�+ 2sin

� x

2

�× n∑k=1

cos(kx)

= sin� x

2

�+

n∑k=1

2sin� x

2

�cos(kx)

= sin� x

2

�+

n∑k=1

�sin�kx +

x

2

�− sin�kx − x

2

��.

22/28


On utilise la formule trigo dont je rappelle la preuve ci-dessous :

2sin(a) cos(b)

= 2× ei a − e−i a

2i× ei b + e−i b

2(grâce aux formulesd’Euler)

= 2× ei (a+b)− e−i (a+b)− e−i (a−b)+ ei (a−b)

4i

=

�ei (a+b)− ei (a+b)

2i+

ei (a−b)− e−i (a−b)

2i

�= sin(a+ b) + sin(a− b) = sin(b+ a)− sin(b− a).

Ainsi

2sin� x

2

�×Dn(x)

= sin� x

2

�+

n∑k=1

�sin�(2k+ 1)

x

2

�− sin�(2k− 1)

x

2

��= sin

� x

2

�+

n∑k=1

sin�(2k+ 1)

x

2

�− n∑k=1

sin�(2k− 1)

x

2

�= sin

� x

2

�+

n+1∑k=1

sin�(2k− 1)

x

2

�− n∑k=0

sin�(2k− 1)

x

2

�(on pose k′ = k+ 1 dans la première somme)

= sin� x

2

�+�

sin�(2n+ 1)

x

2

�− sin�− x

2

��= sin

�(2n+ 1)

x

2

�= sin

��n+

1

2

�x�c.q.f.d.

2. Soit λ > 0.Les fonctions φ et t 7→ cos(λt)

λsont bien C 1 sur le segment

�0 ; π

2

�, donc

23/28


grâce à une intégration par parties :∫ π2

0

φ(t) sin(λt)d t =�−cos(λt)

λφ(t)

�t=π2

t=0+

1

λ

∫ π2

0

cos(λt)φ′(t)d t

=φ(0)− cos(λπ

2)φ(π

2)

λ+

1

λ

∫ π2

0

cos(λt)φ′(t)d t.

Puis, sachant que |cos| ⩽ 1, grâce aux inégalités triangulaires (appeléesaussi inégalités de la moyenne pour les intégrales), on en déduit que��∫ π

2

0

φ(t) sin(λt)d t

��⩽ 1

λ

|φ(0)|+ ��φ(π2)��+ ∫ π

2

0

��φ′(t)�� |cos(λt)|d t

.

Enfin comme pour tout t ∈ �0 ; π2

�,��φ′(t)�� |cos(λt)|⩽ ��φ′(t)�� ,

on en déduit par croissance de l’intégrale que∫ π2

0

��φ′(t)�� |cos(λt)|d t ⩽∫ π

2

0

|φ′(t)|d t (indépendant de λ)

d’où ��∫ π

2

0

φ(t) sin(λt)d t

��⩽ 1

λ

|φ(0)|+ ��φ(π2)��+ ∫ π

2

0

|φ′(t)|d t

︸︷︷︸indépendant de λ

= Oλ→+∞

�1

λ

�,

donc par encadrement∫ π2

0

φ(t) sin(λt)d t −−−−−→λ−→+∞ 0.

24/28


3. (i) D’une part∫ π2

0

x D2n(2x)d x =

∫ π2

0

x ×

1

2+

2n∑k=1

cos(2kx)

!d x

=1

2

∫ π2

0

xd x +2n∑

k=1

∫ π2

0

x cos(2kx)d x .

Or

Ý∫ π

20 xd x =

hx2

2

iπ2

0= π

2

8·,

Ý et pour tout k ∈ N∗, avec une intégration par parties∫ π2

0

x cos(2kx)d x =h

x × sin(2kx)2k

iπ2

0−∫ π

2

0

1× sin(2kx)2k

d x

=hπ

2× sin(kπ)

2k− 0i−h−cos(2kx)(2k)2

ix=π2

x=0

=cos(kπ)− 1

4k2 =(−1)k − 1

4k2 ·Donc ∫ π

2

0

x D2n(2x)d x =π2

16+

2n∑k=1

(−1)k − 1

4k2 .

(ii) Mais d’autre part, de la question 1, on déduit que pour tout réelx ∈ �0 ; π

2

�,

xD2n(2x) = x ×sin��

2n+ 12

�(2x)

�2sin(x)

=x

2sin(x)× sin

�(4n+ 1) x

�donc ∫ π

2

0

x D2n(2x)d x =1

2

∫ π2

0

x

sin(x)× sin

�(4n+ 1) x

�d x

25/28


(iii) Considérons la fonction

φ : x 7→( x

sin(x)si x ∈ �−π

2; π

2

�,

1 si x = 0,

Ý Cette fonction φ est C∞ sur�−π

2; 0�∪�0 ; π

2

�comme rapport

de deux fonctions C∞ dont le dénominateur ne s’annule pas.

Ý De sin(x) ∼x→0

x, on déduit que φ(x) −−−→x−→0

1 = φ(0), donc φ est

continue en 0, d’où sur�−π

2; π

2

�.

Ý Pour tout x 6= 0 pris dans�−π

2; π

2

�,

φ′(x) = −x cos (x) + sin (x)

sin2 (x)

∼x→0

−x (1+ o(x)) +�

x + o(x2)�

x2(car sin2(x) ∼

x→0x2)

=o(x2)

x2 = o(1)−−−→x−→0

0,

donc par le théorème de limite de la dérivée, on peut conclureque φ est de classe C 1 sur

�−π2

; π2

�(et que φ′(0) = 0, mais ça

ne nous intéresse pas).

!

Je rappelle l’énoncé du théorème de la limite de la dérivée :

si

��Ý f est continue sur I,Ý f est dérivable sur I \ {a},Ý lim

x→af ′(x) = ℓ,

alors limx→a

f (x)− f (a)x − a

= ℓ.

En particulier,

Ý si ℓ est un réel fini, alors

�� f est de classe C 1 en a,

f ′(a) = ℓ,Ý si ℓ ∈ {±∞}, alors f n’est pas dérivable en a.

Ainsi, comme limn→+∞(4n+ 1) = +∞ on peut appliquer le résultat de

26/28


la deuxième question pour obtenir que

limn→+∞

∫ π2

0

x D2n(2x)d x

= limn→+∞

1

2

∫ π2

0

φ(x) sin�(4n+ 1) x

�d x = 0.

(iv) Par conséquent, grâce à l’égalité obtenue en (i) :

limn→+∞

π2

16+

2n∑k=1

(−1)k − 1

4k2

!= 0.

Par linéarité de la limite, on en déduit que

limn→+∞

2n∑k=1

(−1)k − 1

4k2 = −π2

16·

Or (−1)k−14k2 = 0 pour tout k entier pair, donc en ne gardant dans la

somme que les termes de rang k impair :

2n∑k=1

(−1)k − 1

4k2 =n∑

i=1

(−1)2i−1− 1

4(2i − 1)2=

n∑i=1

−2

4(2i − 1)2

= −1

2

n∑i=1

1

(2i − 1)2,

donc on obtient que

limn→+∞

n∑i=1

1

(2i − 1)2=π2

8,

autrement dit

+∞∑i=1

1

(2i − 1)2=π2

8·

27/28


Enfin, on sait que�

1k2

�k∈N∗ est sommable, donc en séparant termes

d’indice pair et impair

+∞∑k=1

1

k2 =+∞∑i=1

1

(2i)2++∞∑i=1

1

(2i − 1)2

=1

4

+∞∑k=1

1

k2 +π2

8·

Ainsi �1− 1

4

� +∞∑k=1

1

k2 =π2

8,

d’où finalement

+∞∑k=1

1

k2 =π2

6·

28/28

Documents

Exercices du chapitre 6. Révisions : intégration de