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Les primitives - Techniques avancées

Dans cette vidéo, on parle de calculs de sommes à l'aide d'intégrales. On commence par poser une intégrale IN, qui va de 0 à pi/4, de la tangente du x à la puissance n, dx. On nous demande tout d'abord de calculer I0 et I1, puis de trouver une relation entre IN et IN+2, et enfin d'en déduire IN en fonction de n.

Pour calculer I0, on sait que tangente à la puissance 0 est égal à 1. Donc entre 0 et pi/4, I0 vaut pi/4.

Pour calculer I1, on utilise la primitive de la tangente qui est le ln du cosinus. Donc entre 0 et pi/4, on obtient 1.5ln(2).

Ensuite, on cherche une relation entre Im et Im+2. On utilise une astuce en faisant la somme de tangente de n+2 moins tangente de n+2. Cela nous permet de faire un changement de variable en posant phi égal à tangente de x. On obtient donc une nouvelle intégrale qui est plus simple à calculer, et cela donne Im = 1/(n+1).

Ensuite, on détermine les expressions de In en fonction de la parité de l'indice. Si l'indice est pair, In = 1 - (-1)^n. Si l'indice est impair, In = (-1)^(n+1) * ln(2)/2.

Ensuite, on montre que In tend vers 0 quand n tend vers l'infini, ce qui permet de déterminer les limites des suites suivantes. La suite Vn est égale à la somme pour k allant de 1 à n de (-1)^(k-1)/k, et elle tend vers pi/2. La suite Un est égale à la somme pour k allant de 1 à n de (-1)^(k-1)/k, et elle tend vers ln(2).

En conclusion, on a utilisé des intégrales pour calculer des sommes, et cela nous a permis de trouver des relations entre les différentes sommes et de déterminer leurs limites.

Bonjour à tous, c'est Matisse de Studio. Dans cette vidéo, on va calculer des sommes via des intégrales. Pour règner un antinaturel, on pose IN, qui est une intégrale de 0 à pi sur 4, de tangente du x à la puissance n, dx. Première question, calculer I0 et I1, puis trouver une relation entre IN et IN plus 2. Enfin, en déduire IN en fonction de n. Alors, on commence par calculer I0. I0, c'est tangente puissance 0, donc c'est 1. Entre 0 et pi sur 4, c'est bien sûr pi sur 4. I1, c'est l'intégrale entre 0 et pi sur 4 de tangente. Donc, pour ceux qui ne se souviennent pas littéralement de la primitive de tangente, eh bien, il faut juste se rappeler que tangente, c'est sinus sur cos. Or, ici, on reconnaît des fonctions trigonométriques, qui sont beaucoup liées via leurs dérivés. Et donc, concrètement, cos, sa dérivée, c'est moins sinus, donc on fait apparaître le u' sur u, qui se transforme en ln. En calculant tout ça, le cos en 0 vaut 1, ln de 1, c'est nul, et en pi sur 4, eh bien, ça nous donne effectivement 1,5 de ln de 2 lorsqu'on sort la racine. I1 vaut donc 1,5 de ln de 2. Maintenant, trouvons une relation entre Im et Im plus 2. Pour ça, très souvent, on commence par exprimer Im. Alors, Im, c'est l'intégrale de 0 à pi sur 4 de tangente de nx. Et puis là, c'est une astuce qu'il faut avoir en tête, c'est vrai que c'est très compliqué à intuiter. On va faire un plus, non pas un plus 1, moins 1, mais un plus tangente de n plus 2, moins tangente de n plus 2 de x. Pourquoi est-ce qu'on fait ça ? Vu qu'en fait, d'un côté, on retombe sur Im plus 2, et de l'autre, on va pouvoir factoriser et tomber sur Im plus tangente carrée de x dx. Déjà, ça fait penser à quelque chose. On va faire effectivement un changement de variable. En posant phi qui est égal à tangente de x, et donc du, c'est égal à Im plus tangente carrée de x dx, il faut connaître la dérivée de tangente, bien sûr. À ce moment-là, f c'est la fonction qui a u associé, u puissance n, elle est juste là, car le reste est occupé par le du. Les bornes sont donc 1 et 0, phi étant c1 sur 0 pi sur 4, et f c0 sur 0,1. Par théorème de changement de variable, on n'obtient que l'intégrale suivante, une partie de l'intégrale qu'on cherchait à évaluer, c'est tout simplement l'intégrale entre 0 et 1 de u puissance n du. Et donc c'est 1 plus 1 divisé par n plus 1, évalué en 1, moins évalué en 0, ça vaut tout simplement 1 sur n plus 1. Bon, je vous accorde que ce petit coup de passe-passe là, il faut quand même le voir venir. Bien sûr, à l'oral, alors, comment faire maintenant, une fois qu'on a la solution, comment faire si à l'oral on ne trouve pas justement cette astuce, il y a de fortes chances qu'on ne trouve pas ? Eh bien, vu que ça sort un peu de nulle part, l'axémateur ne s'attend pas forcément à ce que vous proposiez ça de premier abord. Par contre, il s'attend à ce que vous ayez des idées quand même. Il faut proposer des choses, peut-être partir sur i n plus 2 au départ, bref, il faut être volontaire et proposer force d'initiative, à ce moment-là, il n'y a pas de problème. Si au bout d'un moment, il voit que vous avez quand même des idées, que vous mettez en place des choses, il va vous aider, il va vous dire, bon, plutôt, mets-toi sur la piste en ajoutant tangente de i n plus 2 et en soutirant. Et là, ce n'est pas grave, il n'y a pas de souci, dès qu'on entend ça, ce n'est pas forcément signe que vous avez mal réussi. C'est juste qu'il veut voir comment vous réagissez avec ça, et là, si vous vous adaptez bien, il n'y a aucun souci. Vous pouvez avoir tous les points, même si vous n'avez pas cette astuce compliquée. On reprend. Au bilan, i n c'est égal à 1 sur n plus 1 moyenne plus 2, donc i n plus 2, c'est égal à 1 sur n plus 1 moyenne. On reprend le fil, on devait en déduire i n en fonction de n. Donc là, on arrive à sauter de 2 en 2. Or, si vous soulevez, de sauter de 2 en 2, ça permet d'arriver, vu que n c'est un entier naturel, on arrive soit sur 0 ou soit sur 1, en remontant comme ça. Et donc, il y a deux cas de figure, suivant si l'indice est paire ou impaire. Si l'indice est paire, donc on peut le noter 2 n, donc i 2 n c'est égal à, en appliquant la formule, i sur 2 n moins 1 moins i 2 n moins 2, et on remonte comme ça petit à petit, jusqu'à trouver que c'est 1 sur 2 n moins 1, moins 1 sur 2 n moins 3, plus 1 sur 2 n moins 5, etc., jusqu'à plus ou moins 1. Et plus ou moins i 0. Donc là, ça dépend en fait de l'indice. i 2 c'est 1 moins i 0, et i 4 c'est un tiers de moins 1 plus i 0. Donc en fait là, il y a encore une disjonction de k, suivant la parité, elle se retrouve dans la somme en elle-même. A partir de cette expression, on peut en former la somme. i 2 n c'est donc la somme pour k allant de 1 à n de, alors on a effectivement un moins 1 qui intervient en fonction de la parité, donc moins 1 puissance n moins k, le tout divisé par 2k moins 1. Et on rajoute quand même plus moins 1 puissance n fois pi sur 4. Car c'est ce qu'on a trouvé pour i 0. Et donc à partir de là, ce que je vous conseille c'est, on n'a pas forcément cette écriture tout de suite. Alors il faut essayer de proposer des choses et de vérifier avec les premiers indices. Donc si on regarde, pour 1, on a simplement un 1 sur 2 moins 1, et puis moins 1 puissance 1 c'est 1, donc on a bien 1 moins i 0. Ensuite i 4, c'est pour n égale 2, donc c'est 2, on commence avec k qui est égal à 1, donc 2 moins 1, moins 1 sur 1, donc on a bien ici un moins 1, et puis pour k qui vaut 2, 2 moins 2 ça fait 0, donc 1 sur 4 moins 3, on a bien un tiers. Et puis c'est une puissance positive de moins 1, donc plus i 0, plus pi sur 4. Maintenant pour le cas impair, on remonte de la même manière, mais cette fois jusqu'à i 1. Et à partir de ça, on peut proposer une somme particulière pour l'expression de i 2 n plus 1. C'est la somme pour k allant de 1 à n, de moins 1 puissance n moins k sur 2k cette fois, plus moins 1 à la puissance n, fois i 1, donc fois 1 demi de ln de 2. Donc là encore une fois, il faut vérifier avec les premiers indices si ça correspond bien à la forme que l'on propose. C'est bon, on a proposé, déterminé plutôt, les expressions de i n, suivant si l'indice est pair ou impair. Prochaine question. Montrez que i n tend vers 0 quand n tend vers plus infini, et en déduire les limites des suites suivantes. Alors, on a montré que i n tend vers 0, sachant que l'expression de i n dépend de la parité de l'indice. Là, ça nous met forcément sur une piste. Tout d'abord, on peut déterminer que i n, c'est une intégrale, mais c'est avant tout un nombre, donc c'est une suite de réels, et on peut déterminer si elle est décroissante ou non. À ce moment-là, on regarde le fait que tangente soit toujours comprise entre 0 et 1 sur 0 pi sur 4, et bien ça indique que tangente n plus 1 de t est inférieure ou égale à tangente de n t, et par croissance de l'intégrale, donc tous les mots là sont importants, i n plus 1 est inférieure ou égale à i n. Premièrement, i n est décroissante. Ensuite, vous voyez venir, i n est bien sûr minorée. Tangente de t est toujours supérieure à 0 sur 0 pi sur 4, donc par croissance de l'intégrale, i n est supérieure ou égale à 0. Donc i n est minorée. Décroissance minorée, par théorème des suites monotones, i n converge. Et on note, elle, sa limite. Et ensuite, on se sert, ça c'est très pratique lorsqu'on obtient une expression qui fait intervenir i n plus 2 ou i n, donc différents termes de suite, si on arrive à passer la limite, mais il faut savoir avant ça s'il y a une limite, c'est pour ça qu'on a appliqué le théorème des suites monotones, on a déterminé qu'il y avait une limite, donc en passant la limite dans cette expression, on obtient l qui est égale à 0 moins l. Bilan, l est égale à 0, donc i n tend vers 0 quand n tend vers plus infini. Or, maintenant, on doit déterminer les limites des suites suivantes. La somme pour k est égale à 1 à n des moins 1 puissance k moins 1 divisé par k, et Vn, la somme pour k allant de 1 à n des moins 1 puissance k moins 1 sur 2k moins 1. Ça se rapproche beaucoup des formules qu'on a déterminées suivant la parité de i n. Et effectivement, sachant qu'elle tend vers 0 en plus infini, on va l'utiliser par suite extraite et passage à limite. Chaque suite extraite a la même limite que la suite principale, donc Vn qui est égale à la suite pour k allant de 1 à n des moins 1 puissance k moins 1 de k moins 1, elle tend vers pi sur 2 lorsqu'on regarde cette expression juste ici. Ensuite, pour la deuxième, i 2n plus 1, c'est égal à la somme pour k allant de 1 à n des moins 1 puissance n moins k sur 2k plus moins 1 puissance n 1 sur 2n, 1 sur 2 ln de 2. Et de la même manière, c'est vrai que je ne l'ai pas expliqué, comment est-ce qu'on s'est débarrassé de ça ? En fait, on a doublé l'indice. Comme ça, on avait du moins 1 puissance 2n, puisque déterminer moins 1 puissance n n'a pas de limite. Donc pour avoir quand même quelque chose de concluant, on doublait l'indice, et ce n'est pas grave, vu qu'au final, i 4n c'est aussi une suite extraite de In, donc elle tend vers 0, et là, au final, 2n n'intervient pas dans cette expression, donc on avait la bonne limite. Reprenons, ici on a aussi, multiplié par 2 l'indice, on a du 4n plus 1 qui arrive jusqu'à 2n, et ce qui nous permet de nous affranchir du moins 1 puissance n. Conclusion, Un qui est égale à la suite des sommes pour k allant de 1 à n des moins 1 puissance k moins 1 sur k, tant, quand n tend vers plus infini, vers ln de 2, en multipliant par 2, ici et ici. Donc voilà, c'est une manière très élégante de déterminer la limite de ces suites, tout en continuant à nous faire raisonner sur l'intégration par partie. Donc, cette méthode-là, de trouver une relation entre In plus 2 In, elle est très classique, et très souvent on est obligé de remonter. C'était comme les intégrales de Wallis, on remonte deux pas par deux pas, et donc à ce moment-là, il y a une discussion sur l'apparaité de l'indice. Merci beaucoup d'avoir suivi cette vidéo, et puis je vous dis à bientôt ! Sous-titres réalisés para la communauté d'Amara.org

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