\documentclass[a4paper,french]{article}
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\lhead{PHEC1}
\chead{Correction dm n°5}
\rhead{2005-2006}
\cfoot{\thepage/\pageref{fin}}
\lfoot{\href{http://abdellah.bechata.free.fr}{www.mathematiques.fr.st}}
\rfoot{abdellah bechata}
\theoremstyle{break}
\newtheorem{theorem}{Théorème}
\newtheorem{proposition}[theorem]{Proposition}
\newtheorem{lemma}[theorem]{Lemme}
\newtheorem{corollary}[theorem]{Corollaire}
\theorembodyfont{\rmfamily}
\newtheorem{correction}[theorem]{correction de l'exercice}
\newtheorem{acknowledgement}[theorem]{Prérequis}
\newtheorem{algorithm}[theorem]{Algorithme}
\newtheorem{axiom}[theorem]{Axiome}
\newtheorem{case}[theorem]{Cas}
\newtheorem{claim}[theorem]{Affirmation}
\newtheorem{conclusion}[theorem]{Conclusion}
\newtheorem{condition}[theorem]{Condition}
\newtheorem{conjecture}[theorem]{Conjecture}
\newtheorem{criterion}[theorem]{Critèrion}
\newtheorem{definition}[theorem]{Définition}
\newtheorem{example}[theorem]{Exemple}
\newtheorem{exercise}[theorem]{Exercice}
\newtheorem{notation}[theorem]{Notation}
\newtheorem{problem}[theorem]{Problème}
\newtheorem{remark}[theorem]{Remarque}
\newtheorem{solution}[theorem]{Solution}
\newtheorem{summary}[theorem]{Sommaire}
\newenvironment{proof}[1][Preuve]{\noindent\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}}
\setlength{\columnseprule}{0.5pt}
\input{tcilatex}
\begin{document}
\section*{Corrigé de l'exercice}
\begin{enumerate}
\item $u_{0}=\int\limits_{0}^{1}(1-x^{0})^{1/3}dx=\dint\limits_{0}^{1}0dx=0$
et $u_{1}=\int\limits_{0}^{1}(1-x)^{1/3}dx=\left[ -\dfrac{(1-x)^{4/3}}{4/3}%
\right] _{x=0}^{x=1}=\dfrac{3}{4}$
\item \underline{Monotonie de $(u_{n})_{n}$} : Par linéarité de l'intégrale,
on a
\begin{equation*}
u_{n+1}-u_{n}=\dint\limits_{0}^{1}\left[ (1-x^{n+1})^{1/3}-(1-x^{n})^{1/3}%
\right] dx
\end{equation*}%
On ne peut simplifier cette expression et on doit connaitre le signe de la
fonction sous le symbole intégrale. Pour cela, on utilise la croissance et
la bijectivité de la fonction $t\mapsto t^{1/3},$ c'est-à-dire que $%
a^{1/3}\leqslant b^{1/3}\Leftrightarrow a\leqslant b,$ autrement dit, pour
comparer $(1-x^{n+1})^{1/3}$ et $(1-x^{n})^{1/3},$ il suffit de comparer $%
(1-x^{n+1})$ et $(1-x^{n}).$%
\begin{eqnarray*}
\forall x &\in &[0,1],\quad (1-x^{n+1})-(1-x^{n})=x^{n}-x^{n+1}=\underset{%
\geqslant 0\text{ sur }[0,1]}{\underbrace{x^{n}}}\underset{\geqslant 0\text{
sur }[0,1]}{\underbrace{(1-x)}}\geqslant 0 \\
&\Rightarrow &\forall x\in \lbrack 0,1],\quad (1-x^{n+1})\geqslant
(1-x^{n})\Rightarrow \forall x\in \lbrack 0,1],\quad
(1-x^{n+1})^{1/3}\geqslant (1-x^{n})^{1/3}
\end{eqnarray*}%
Par conséquent, $u_{n+1}-u_{n}$ est l'intégrale d'une fonction positive sur $%
[0,1]$ et l'intégration porte sur des bornes croissantes donc $%
u_{n+1}-u_{n}\geqslant 0,$ i.e. la suite $(u_{n})_{n}$ est croissante.%
\newline
\underline{$(u_{n})_{n}$ est bornée} : On procède par encadrement explicite.%
\begin{eqnarray*}
\forall x &\in &[0,1],\quad 0\leqslant x^{n}\leqslant 1\Rightarrow
-1\leqslant -x^{n}\leqslant -0\Rightarrow 0\leqslant 1-x^{n}\leqslant
1\Rightarrow 0\leqslant (1-x^{n})^{1/3}\leqslant 1 \\
\underset{0\leqslant 1}{\Rightarrow }\dint\limits_{0}^{1}0dx &\leqslant
&\dint\limits_{0}^{1}(1-x^{n})^{1/3}dx\leqslant
\dint\limits_{0}^{1}1dx\Rightarrow 0\leqslant u_{n}\leqslant 1\quad \forall
n\in \mathbb{N}
\end{eqnarray*}%
\underline{Convergence de $(u_{n})_{n}$} : La suite $(u_{n})_{n}$ est
croissante et majorée par $1$ donc elle converge.
\item La gestion de la puissance $\dfrac{1}{3}$ compliquant notoroirement le
problème, on élève à la puissance $3$ afin de raisonner sur des polynômes%
\begin{eqnarray*}
1-x &\leqslant &(1-x)^{1/3}\leqslant 1-\dfrac{x}{3}\Leftrightarrow
(1-x)^{3}\leqslant (1-x)\leqslant \left( 1-\dfrac{x}{3}\right)
^{3}\Leftrightarrow \left\{
\begin{array}{c}
(1-x)^{3}\leqslant (1-x) \\
(1-x)\leqslant \left( 1-\dfrac{x}{3}\right) ^{3}%
\end{array}%
\right. \\
&\Leftrightarrow &\left\{
\begin{array}{c}
(1-x)^{3}-(1-x)\leqslant 0 \\
(1-x)-\left( 1-\dfrac{x}{3}\right) ^{3}\leqslant 0%
\end{array}%
\right. \Leftrightarrow \left\{
\begin{array}{cl}
(1-x)\left[ (1-x)^{2}-1\right] \leqslant 0 & \text{en factorisant} \\
\dfrac{1}{27}x^{2}\left( x-9\right) \leqslant 0 & \text{en développant et
factorisant}%
\end{array}%
\right.
\end{eqnarray*}%
La première inégalité est vraie car
\begin{equation*}
0\leqslant x\leqslant 1\Rightarrow 0\leqslant 1-x\leqslant 1\Rightarrow
0\leqslant (1-x)^{2}\leqslant 1\Rightarrow (1-x)\left[ (1-x)^{2}-1\right]
\leqslant 0
\end{equation*}%
et la seconde inégalité est aussi vraie car $x\in \lbrack 0,1]$ donc $%
x-9\leqslant 0$\newline
Par conséquent, on peut affirmer que $\forall x\in \lbrack 0,1],\quad
1-x\leqslant (1-x)^{1/3}\leqslant 1-\dfrac{x}{3}$
\item Lorsque $0\leqslant x\leqslant 1,$ on a $0\leqslant x^{n}\leqslant 1$
donc on peut substituer le réel $x^{n}$ dans l'encadrement de la question 3,
ce qui nous donne%
\begin{eqnarray*}
\forall x &\in &[0,1]\quad 1-x^{n}\leqslant (1-x^{n})^{1/3}\leqslant 1-%
\dfrac{x^{n}}{3}\underset{0\leqslant 1}{\Rightarrow }\dint%
\limits_{0}^{1}(1-x^{n})dx\leqslant
\dint\limits_{0}^{1}(1-x^{n})^{1/3}dx\leqslant \dint\limits_{0}^{1}\left( 1-%
\dfrac{x^{n}}{3}\right) dx \\
&\Rightarrow &\left[ x-\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\right] _{x=0}^{x=1}\leqslant
u_{n}\leqslant \left[ x-\dfrac{x^{n+1}}{3(n+1)}\right] _{x=0}^{x=1}%
\Rightarrow 1-\dfrac{1}{n+1}\leqslant u_{n}\leqslant 1-\dfrac{1}{3(n+1)}
\end{eqnarray*}%
Puisque $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\left( 1-\dfrac{1}{n+1}\right)
=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\left( 1-\dfrac{1}{3(n+1)}\right) =1,$
le théorème d'encadrement montre que $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty
}u_{n}=1.$
\end{enumerate}
\section*{Corrigé du problème}
\subsection*{Partie I}
\begin{enumerate}
\item Pour cela, on va simplifier la somme du membre de droite%
\begin{eqnarray*}
\sum\limits_{k=0}^{n}\underset{=(-1)^{k}(t^{2})^{k}=(-t^{2})^{k}}{%
\underbrace{(-1)^{k}t^{2k}}} &=&\sum\limits_{k=0}^{n}(-t^{2})^{k}=\dfrac{%
1-(-t^{2})^{n+1}}{1-(-t^{2})}=\dfrac{1-(-1)^{n+1}t^{2n+2}}{1+t^{2}}=\dfrac{1%
}{1+t^{2}}-\dfrac{(-1)^{n+1}t^{2n+2}}{1+t^{2}} \\
&\Rightarrow &\sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}t^{2k}+(-1)^{n+1}\dfrac{t^{2n+2}}{%
1+t}=\dfrac{1}{1+t^{2}}
\end{eqnarray*}
\item On intègre l'égalité précédente sur $[0,1]$ et on utilise la linéarité
de l'intégrale $(\dint\limits_{a}^{b}f+g+\cdots
=\dint\limits_{a}^{b}f+\dint\limits_{a}^{b}g+\cdots ,$ ce que l'on peut
aussi écrire $\dint\limits_{a}^{b}\dsum\limits_{k}f_{k}=\dsum\limits_{k}%
\dint\limits_{a}^{b}f_{k})$ Déduire de ce qui précède que l'on a :%
\begin{eqnarray*}
\int\limits_{0}^{1}\dfrac{1}{1+t^{2}}dt
&=&\dint\limits_{0}^{1}\sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}t^{2k}dt+(-1)^{n+1}\int%
\limits_{0}^{1}\dfrac{t^{2n+2}}{1+t^{2}}dt=\dsum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}%
\dint\limits_{0}^{1}t^{2k}dt+(-1)^{n+1}\int\limits_{0}^{1}\dfrac{t^{2n+2}}{%
1+t^{2}}dt \\
&=&\dsum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}\left[ \dfrac{t^{2k+1}}{2k+1}\right]
_{t=0}^{t=1}+(-1)^{n+1}\int\limits_{0}^{1}\dfrac{t^{2n+2}}{1+t^{2}}%
dt=\dsum\limits_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^{k}}{2k+1}+(-1)^{n+1}\int\limits_{0}^{1}%
\dfrac{t^{2n+2}}{1+t^{2}}dt=S_{n}+R_{n}
\end{eqnarray*}
\item On doit comparer une intégrale dépendant de $n$ à des expressions dé%
pendant de $n,$ donc on va encadrer les parties indépendantes de $n$ et
conserver, dans un premier temps, les parties dépendantes de $n,$ ce qui
nous donne%
\begin{eqnarray*}
\forall t &\in &[0,1],\quad 0\leqslant t^{2}\leqslant 1\Rightarrow
1\leqslant 1+t^{2}\leqslant 2\Rightarrow \dfrac{1}{2}\leqslant \dfrac{1}{%
1+t^{2}}\leqslant 1\Rightarrow \dfrac{t^{2n+2}}{2}\leqslant \dfrac{t^{2n+2}}{%
1+t^{2}}\leqslant t^{2n+2} \\
\underset{0\leqslant 1}{\Rightarrow }\dint\limits_{0}^{1}\dfrac{t^{2n+2}}{2}%
dt &\leqslant &\dint\limits_{0}^{1}\dfrac{t^{2n+2}}{1+t^{2}}dt\leqslant
\dint\limits_{0}^{1}t^{2n+2}dt\Rightarrow \left[ \dfrac{t^{2n+3}}{2(2n+3)}%
\right] _{t=0}^{t=1}\leqslant \dint\limits_{0}^{1}\dfrac{t^{2n+2}}{1+t^{2}}%
dt\leqslant \left[ \dfrac{t^{2n+3}}{2n+3}\right] _{t=0}^{t=1} \\
&\Rightarrow &\underset{\geqslant 0}{\underbrace{\dfrac{1}{2(2n+3)}\,}}%
\leqslant \dint\limits_{0}^{1}\dfrac{t^{2n+2}}{1+t^{2}}dt\leqslant \dfrac{1}{%
2n+3}\Rightarrow 0\leqslant \int\limits_{0}^{1}\dfrac{t^{2n+2}}{1+t}%
dt\leqslant \dfrac{1}{2n+3}
\end{eqnarray*}%
Puisque l'on a $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\dfrac{1}{2n+3}%
=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }0=0,$ le théorème d'encadrement montre
que $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\int\limits_{0}^{1}\dfrac{t^{2n+2}}{%
1+t}dt=0.$ La suite $((-1)^{n+1})_{n}$ étant bornée, on en déduit que $%
R_{n}=(-1)^{n+1}\int\limits_{0}^{1}\dfrac{t^{2n+2}}{1+t}dt\underset{%
n\rightarrow +\infty }{\rightarrow }0.$ L'égalité $\int\limits_{0}^{1}\dfrac{%
1}{1+t^{2}}dt=S_{n}+R_{n}$ montre alors que $S_{n}\underset{n\rightarrow
+\infty }{\rightarrow }\dint\limits_{0}^{1}\dfrac{1}{1+t^{2}}%
dt\Leftrightarrow S=\dint\limits_{0}^{1}\dfrac{dt}{1+t^{2}}$ (puisque $S$ dé%
signe la limite de la suite $S)$
\end{enumerate}
\subsection*{Partie II}
\begin{enumerate}
\item Pour la première inégalité, il s'agit d'encadrer une intégrale, pour
la seconde, on utilisera la relation de Chasles et on devra à nouveau
encadrer une intégrale%
\begin{eqnarray*}
\forall u &\in &[0,1],\quad 0\leqslant u^{2}\leqslant 1\Rightarrow
-1\leqslant -u^{2}\leqslant -0\Rightarrow 0\leqslant 1-u^{2}\leqslant
1\Rightarrow 0\leqslant \sqrt{1-u^{2}}\leqslant 1 \\
&\Rightarrow &\dint\limits_{0}^{a}0du\leqslant \dint\limits_{0}^{a}\sqrt{%
1-u^{2}}du\leqslant \dint\limits_{0}^{a}1du\Rightarrow 0\leqslant
K(a)\leqslant \underset{\rightarrow 0\text{ quand }a\rightarrow 0}{%
\underbrace{a}}\Rightarrow \lim\limits_{a\rightarrow 0^{+}}K(a)=0 \\
K(1)-K(a) &=&\dint\limits_{0}^{1}\sqrt{1-u^{2}}du-\dint\limits_{0}^{a}\sqrt{%
1-u^{2}}du\underset{\text{Chasles}}{=}\dint\limits_{a}^{1}\sqrt{1-u^{2}}%
du\Rightarrow \dint\limits_{a}^{1}0du\leqslant \dint\limits_{a}^{1}\sqrt{%
1-u^{2}}du\leqslant \dint\limits_{a}^{1}1du \\
&\Rightarrow &0\leqslant K(1)-K(a)\leqslant \underset{\rightarrow 0\text{
quand }a\rightarrow 1^{-}}{\underbrace{1-a}}\Rightarrow
\lim\limits_{a\rightarrow 1^{-}}[K(1)-K(a)]=0\Rightarrow
\lim\limits_{a\rightarrow 1^{-}}K(a)=K(1)
\end{eqnarray*}
\item Par relation de Chasles, on a
\begin{equation*}
J(a)=\dint\limits_{1/a}^{a}\dfrac{1}{1+u^{2}}du=\dint\limits_{1}^{a}\dfrac{1%
}{1+u^{2}}du+\dint\limits_{1/a}^{1}\dfrac{1}{1+u^{2}}du=\dint\limits_{1}^{a}%
\dfrac{1}{1+u^{2}}du-\dint\limits_{1}^{1/a}\dfrac{1}{1+u^{2}}du=I(a)-I\left(
\dfrac{1}{a}\right)
\end{equation*}
\item $u=\dfrac{1}{t}\Leftrightarrow t=\dfrac{1}{u},\quad du=\left( \dfrac{1%
}{t}\right) ^{\prime }dt\Leftrightarrow du=-\dfrac{1}{t^{2}}dt,$ quand $u=1,$
$t=1,$ quand $u=a,$ $t=\dfrac{1}{a}$%
\begin{equation*}
I(a)=\dint\limits_{a}^{1}\dfrac{1}{1+u^{2}}du=\dint\limits_{1/a}^{1}\dfrac{1%
}{1+\dfrac{1}{t^{2}}}\left( -\dfrac{1}{t^{2}}dt\right)
=-\dint\limits_{1/a}^{1}\dfrac{dt}{1+t^{2}}=-I\left( \dfrac{1}{a}\right)
\end{equation*}
\item Par linéarité de l'intégrale, on a
\begin{equation*}
L(a)-M(a)=\dint\limits_{0}^{a}\left[ \dfrac{1}{\sqrt{1-u^{2}}}-\dfrac{u^{2}}{%
\sqrt{1-u^{2}}}\right] du=\dint\limits_{0}^{a}\dfrac{1-u^{2}}{\sqrt{1-u^{2}}}%
du=\dint\limits_{0}^{a}\sqrt{1-u^{2}}du=K(a)\quad \left( \dfrac{h}{\sqrt{h}}=%
\sqrt{h}\right)
\end{equation*}
\item Etant donné que l'on ne peut primitiver la fonction $u\mapsto \sqrt{%
1-u^{2}},$ on remarque astucieusement que $\sqrt{1-u^{2}}=1\times \sqrt{%
1-u^{2}}$ et on va intégrer $u\mapsto 1$ et dériver $u\mapsto \sqrt{1-u^{2}}.
$%
\begin{equation*}
K(a)=\dint\limits_{0}^{a}1\sqrt{1-u^{2}}du=\left[ u\sqrt{1-u^{2}}\right]
_{u=0}^{u=a}-\dint\limits_{0}^{a}u\times \dfrac{-2u}{2\sqrt{1-u^{2}}}du=a%
\sqrt{1-a^{2}}+\dint\limits_{0}^{a}\dfrac{u^{2}}{\sqrt{1-u^{2}}}du=a\sqrt{%
1-a^{2}}+M(a).
\end{equation*}
\item Les questions 4 et 5 nous montrent que
\begin{equation*}
\left.
\begin{array}{c}
L(a)-M(a)=K(a) \\
K(a)=a\sqrt{1-a^{2}}+M(a)%
\end{array}%
\right\} \Leftrightarrow \left.
\begin{array}{c}
L(a)=M(a)+K(a) \\
M(a)=-a\sqrt{1-a^{2}}+K(a)%
\end{array}%
\right\} \Rightarrow L(a)=-a\sqrt{1-a^{2}}+2K(a)
\end{equation*}%
et la question 1 nous permet alors d'affirmer que
\begin{equation*}
\lim\limits_{a\rightarrow 0}L(a)=\lim\limits_{a\rightarrow 0}\left[ -a\sqrt{%
1-a^{2}}+2K(a)\right] =2\lim\limits_{a\rightarrow 0}K(a)=0\quad
\lim\limits_{a\rightarrow 0}L(a)=\lim\limits_{a\rightarrow 1}\left[ -a\sqrt{%
1-a^{2}}+2K(a)\right] =2\lim\limits_{a\rightarrow 1}K(a)=2K(1)
\end{equation*}
\item $y=\dfrac{1}{\sqrt{1+u^{2}}}\Leftrightarrow u=\sqrt{\dfrac{1}{y^{2}}-1}
$ :
\begin{equation*}
y=\dfrac{1}{\sqrt{1+u^{2}}}\underset{y\geqslant 0}{\Leftrightarrow }y^{2}=%
\dfrac{1}{1+u^{2}}\Leftrightarrow 1+u^{2}=\dfrac{1}{y^{2}}\Leftrightarrow
u^{2}=\dfrac{1}{y^{2}}-1\underset{u\geqslant 0}{\Leftrightarrow }u=\sqrt{%
\dfrac{1}{y^{2}}-1}
\end{equation*}%
Changement de variable :
\begin{eqnarray*}
y &=&\dfrac{1}{\sqrt{1+u^{2}}}\Leftrightarrow u=\sqrt{\dfrac{1}{y^{2}}-1}%
,\quad du=\dfrac{\left( \dfrac{1}{y^{2}}-1\right) ^{\prime }}{2\sqrt{\dfrac{1%
}{y^{2}}-1}}dy\Leftrightarrow du=\dfrac{-\dfrac{2}{y^{3}}}{2\sqrt{\dfrac{1}{%
y^{2}}-1}}dy \\
u &=&a\Rightarrow y=\dfrac{1}{\sqrt{1+a^{2}}},\quad u=1/a\Rightarrow y=%
\dfrac{1}{\sqrt{1+\left( \dfrac{1}{a}\right) ^{2}}} \\
J(a) &=&\dint\limits_{1/a}^{a}\dfrac{1}{1+u^{2}}du=\dint\limits_{1/\sqrt{%
1+(1/a)^{2}}}^{1/\sqrt{1+a^{2}}}y^{2}\times \dfrac{-\dfrac{2}{y^{3}}}{2\sqrt{%
\dfrac{1}{y^{2}}-1}}dy=-\dint\limits_{1/\sqrt{1+(1/a)^{2}}}^{1/\sqrt{1+a^{2}}%
}\dfrac{\dfrac{1}{y}}{\sqrt{\dfrac{1}{y^{2}}-1}}dy \\
&=&\dint\limits_{1/\sqrt{1+a^{2}}}^{1/\sqrt{1+(1/a)^{2}}}\dfrac{\dfrac{1}{y}%
}{\sqrt{\dfrac{1}{y^{2}}-1}}dy=\dint\limits_{1/\sqrt{1+a^{2}}}^{1/\sqrt{%
1+(1/a)^{2}}}\dfrac{\dfrac{1}{y}}{\sqrt{\dfrac{1-y^{2}}{y^{2}}}}%
dy=\dint\limits_{1/\sqrt{1+a^{2}}}^{1/\sqrt{1+(1/a)^{2}}}\dfrac{\dfrac{1}{y}%
}{\dfrac{\sqrt{1-y^{2}}}{y}}dy=\dint\limits_{1/\sqrt{1+a^{2}}}^{1/\sqrt{%
1+(1/a)^{2}}}\dfrac{1}{\sqrt{1-y^{2}}}dy
\end{eqnarray*}%
En utilisant de nouveau la relation de Chasles, on a
\begin{equation*}
\dint\limits_{1/\sqrt{1+a^{2}}}^{1/\sqrt{1+(1/a)^{2}}}\dfrac{1}{\sqrt{1-y^{2}%
}}dy=\dint\limits_{0}^{1/\sqrt{1+(1/a)^{2}}}\dfrac{1}{\sqrt{1-y^{2}}}%
dy-\dint\limits_{0}^{1/\sqrt{1+a^{2}}}\dfrac{1}{\sqrt{1-y^{2}}}dy=L\left(
\dfrac{1}{\sqrt{1+(1/a)^{2}}}\right) -L\left( \dfrac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}%
\right)
\end{equation*}%
D'autre part, en combinant les questions 2 et 3, on a
\begin{equation*}
J(a)=-I(a)+I\left( \dfrac{1}{a}\right) =-2I\left( \dfrac{1}{a}\right)
\end{equation*}%
ce qui démontre l'égalité attendue
\begin{equation*}
(1)\qquad -2I\left( \dfrac{1}{a}\right) =L\left( \dfrac{1}{\sqrt{1+(1/a)^{2}}%
}\right) -L\left( \dfrac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\right)
\end{equation*}
\item Quand $a\rightarrow +\infty ,$ $\dfrac{1}{a}\rightarrow 0$ donc $%
-2I\left( \dfrac{1}{a}\right) \rightarrow -2I(0)=-2\dint\limits_{1}^{0}%
\dfrac{1}{1+u^{2}}du=2\dint\limits_{0}^{1}\dfrac{1}{1+u^{2}}du.$\newline
Quand $a\rightarrow +\infty ,$ $\dfrac{1}{\sqrt{1+(1/a)^{2}}}\rightarrow 1$
et $\dfrac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\rightarrow 0,$ la question 6 nous permet alors
d'écrire
\begin{equation*}
\lim\limits_{a\rightarrow +\infty }L\left( \dfrac{1}{\sqrt{1+(1/a)^{2}}}%
\right) -L\left( \dfrac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\right)
=2K(1)-0=2K(1)=2\dint\limits_{0}^{1}\sqrt{1-u^{2}}du
\end{equation*}%
Par conséquent, on en déduire que
\begin{equation*}
2\dint\limits_{0}^{1}\dfrac{1}{1+u^{2}}du=2\dint\limits_{0}^{1}\sqrt{1-u^{2}}%
du\Leftrightarrow \dint\limits_{0}^{1}\dfrac{1}{1+u^{2}}du=\dint%
\limits_{0}^{1}\sqrt{1-u^{2}}du
\end{equation*}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item L'équation du cercle $\mathcal{C}$ est $x^{2}+y^{2}=1,$ son intérieur
est défini par l'inéquation $x^{2}+y^{2}\leqslant 1.$\newline
L'aire du disque de centre $(0,0)$ et de rayon $1$ est égale à $\pi
1^{2}=\pi .$
\item Si $(x,y)$ est dans le quart de plan $\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}\quad
/\quad x\geqslant 0$ et $y\geqslant 0\},$ on sait que $x\geqslant 0$ et $%
y\geqslant 0$ et l'on a donc%
\begin{equation*}
x^{2}+y^{2}\leqslant 1\Leftrightarrow y^{2}\leqslant 1-x^{2}\underset{%
y\geqslant 0}{\Leftrightarrow }y\leqslant \sqrt{1-x^{2}}
\end{equation*}%
donc on a bien égalitéentre les deux ensembles.
\item L'intégrale $\dint\limits_{0}^{1}\sqrt{1-u^{2}}du$ représente l'aire
de la partie de plan définie par $\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}\quad /\quad
x\geqslant 0$ et $0\leqslant y\leqslant \sqrt{1-x^{2}}\}$ (« l'aire sous la
courbe $y=\sqrt{1-x^{2}}$ entre les points d'abscisse $x=0$ et $x=1$ ») qui
n'est autre que le quart de cercle dont l'aire vaut $\dfrac{\pi }{4}$ donc $%
\dint\limits_{0}^{1}\sqrt{1-u^{2}}du=\dfrac{\pi }{4},$ ce qui nous permet d'é%
crire $\dint\limits_{0}^{1}\dfrac{du}{1+u^{2}}=\dfrac{\pi }{4}.$
\item La question 3 de la partie I nous donne alors $\lim\limits_{n%
\rightarrow +\infty }S_{n}=\dint\limits_{0}^{1}\dfrac{dt}{1+t^{2}}%
\Leftrightarrow \lim\limits_{n\rightarrow +\infty
}\sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}\dfrac{1}{2k+1}=\dfrac{\pi }{4}.$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\subsection*{Partie III}
\begin{enumerate}
\item On procède par récurrence en posant $(\mathcal{P}_{n}):S_{2n+1}=\dsum%
\limits_{k=0}^{n}\dfrac{2}{(4k+1)(4k+3)}.$\newline
\textbf{Initialisation} $n=0$ :%
\begin{equation*}
\left.
\begin{array}{c}
S_{2\times 0+1}=S_{1}=\sum\limits_{k=0}^{1}(-1)^{k}\dfrac{1}{2k+1}=(-1)^{0}%
\dfrac{1}{2\times 0+1}+(-1)^{1}\dfrac{1}{2\times 1+1}=1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2%
}{3} \\
\dsum\limits_{k=0}^{0}\dfrac{2}{(4k+1)(4k+3)}=\dfrac{2}{(4\times
0+1)(4\times 0+3)}=\dfrac{2}{3}%
\end{array}%
\right\} \Rightarrow S_{1}=\dsum\limits_{k=0}^{0}\dfrac{2}{(4k+1)(4k+3)}
\end{equation*}%
ce qui démontre $(\mathcal{P}_{0}).$\newline
\textbf{Hérédité} : Supposons $(\mathcal{P}_{n})$ vraie et montrons $(%
\mathcal{P}_{n+1}),$ i.e. supposons que $S_{2n+1}=\dsum\limits_{k=0}^{n}%
\dfrac{2}{(4k+1)(4k+3)}$ et montrons que $S_{2(n+1)+1}=\dsum%
\limits_{k=0}^{n+1}\dfrac{2}{(4k+1)(4k+3)}\Leftrightarrow
S_{2n+3}=\dsum\limits_{k=0}^{n+1}\dfrac{2}{(4k+1)(4k+3)}$%
\begin{eqnarray*}
S_{2n+3} &=&\dsum\limits_{k=0}^{2n+3}(-1)^{k}\dfrac{1}{2k+1}%
=\dsum\limits_{k=0}^{2n+1}(-1)^{k}\dfrac{1}{2k+1}+\dsum%
\limits_{k=2n+2}^{2n+3}(-1)^{k}\dfrac{1}{2k+1} \\
&=&\dsum\limits_{k=0}^{n}\dfrac{2}{(4k+1)(4k+3)}+\left( \underset{\text{%
exposant pair}}{\underbrace{(-1)^{2n+2}}}\dfrac{1}{2(2n+2)+1}+\underset{%
\text{exposant impair}}{\underbrace{(-1)^{2n+3}}}\dfrac{1}{2(2n+3)+1}\right)
\\
&=&\dsum\limits_{k=0}^{n}\dfrac{2}{(4k+1)(4k+3)}+\left( \dfrac{1}{4n+5}-%
\dfrac{1}{4n+7}\right) =\dsum\limits_{k=0}^{n}\dfrac{2}{(4k+1)(4k+3)}+\dfrac{%
2}{(4n+5)(4n+7)}
\end{eqnarray*}%
Lorsque $k=n+1,$
\begin{equation*}
(4k+1)(4k+3)=(4(n+1)+1)(4(n+1)+3)=(4n+5)(4n+7)
\end{equation*}
donc on a $S_{2n+3}=\dsum\limits_{k=0}^{n+1}\dfrac{2}{(4k+1)(4k+3)},$ ce qui
démontre $(\mathcal{P}_{n+1})$ et achève la récurrence.
\item D'après la question 2 de la partie I, on a
\begin{equation*}
\dint\limits_{0}^{1}\dfrac{1}{1+t^{2}}dt=S_{2n+1}+R_{2n+1}=S_{2n+1}-\dint%
\limits_{0}^{1}\dfrac{t^{2(2n+1)+2}}{1+t^{2}}dt=S_{2n+1}-\dint\limits_{0}^{1}%
\dfrac{t^{4n+4}}{1+t^{2}}dt\Rightarrow S_{2n+1}-\dint\limits_{0}^{1}\dfrac{1%
}{1+t^{2}}dt=\dint\limits_{0}^{1}\dfrac{t^{4n+4}}{1+t^{2}}dt
\end{equation*}%
puis la question 3 de la partie I nous donne%
\begin{eqnarray*}
0 &\leqslant &\dint\limits_{0}^{1}\dfrac{t^{4n+4}}{1+t^{2}}dt\leqslant
\dfrac{1}{4n+5}\Leftrightarrow 0\leqslant S_{2n+1}-\dint\limits_{0}^{1}%
\dfrac{1}{1+t^{2}}dt\leqslant \dfrac{1}{4n+5} \\
&\Leftrightarrow &0\leqslant \dsum\limits_{k=0}^{n}\dfrac{2}{(4k+1)(4k+3)}-%
\dfrac{\pi }{4}\leqslant \dfrac{1}{4n+5}\underset{\times 4}{\Leftrightarrow }%
0\leqslant \dsum\limits_{k=0}^{n}\dfrac{8}{(4k+1)(4k+3)}-\pi \leqslant
\dfrac{4}{4n+5}
\end{eqnarray*}
\item Voici le code à entrer dans le tableur.
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
& \textbf{A} & \textbf{B} & valeurs numériques affichées (avec 9 décimales)
\\ \hline
1 & \textbf{n} & \textbf{suite S}$_{2n+1}$ & \\ \hline
2 & & =0 & 0,000000000 \\ \hline
3 & =0 & =B2+8/((4*A3+1)*(4*A3+3)) & 2,666666667 \\ \hline
4 & =1 & =B3+8/((4*A4+1)*(4*A4+3)) & 2,895238095 \\ \hline
& $\vdots $ & $\vdots $ & $\vdots $ \\ \hline
1003 & =1000 & =B1002+8/((4*A1003+1)*(4*A1003+3)) & 3,141093153 \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
On constate que la convergence est très lente ce qui est compatible avec la
majoration de $\dsum\limits_{k=0}^{n}\dfrac{8}{(4k+1)(4k+3)}-\pi $ par $%
\dfrac{4}{4n+5}$ qui est équivalent à $\dfrac{1}{n}$ en $+\infty .$
Autrement dit, pour avoir une précision de $10^{-3},$ il faut choisir
approximativement $n=10^{3}$ !!\newline
Etant donné que $0\leqslant \dsum\limits_{k=0}^{1000}\dfrac{8}{(4k+1)(4k+3)}%
-\pi \leqslant \dfrac{4}{4\times 1000+5}\simeq 10^{-3},$ on en déduit que
3,141093153 est une valeur approchée à $10^{-3}$ près de $\pi ,$ autrement
dit, $0\leqslant 3,141-\pi \leqslant 10^{-3}.$\newline
Si l'on veut obtenir la quatrième décimale, il faut calculer $%
\dsum\limits_{k=0}^{10^{4}}\dfrac{8}{(4k+1)(4k+3)},$ si l'on veut les neuf dé%
cimales, il faut calculer $\dsum\limits_{k=0}^{10^{9}}\dfrac{8}{(4k+1)(4k+3)}%
,$ ce qui est légèrement pénible par tableur. \newline
Un langage de programmation adéquat, par exemple le Turbo-Pascal, s'avéra
plus efficace et moins pénible à implémenter.
\end{enumerate}
\label{fin}
\end{document}