Intégration par parties

Dans toute cette fiche d’exercices on dira qu’une fonction est de classe $C^1$ sur un intervalle $I$ si :

$f$ est dérivable sur $I$ ;
$f’$ est continue sur $I$.

Exercice 1

Calculer les intégrales suivantes en utilisant une intégration par parties.

$A=\ds \int_1^2 x\ln(x)\dx$

$B=\ds \int_0^1 x\e^x \dx$

$C=\ds \int_1^{\e} x^2\ln(x)\dx$

$D=\ds \int_1^{\e} \ln(x)\dx$

$E=\ds \int_1^{\e} \left(\ln(x)\right)^2\dx$

$\quad$

Correction Exercice 1

On réalise une intégration par parties à l’aide des fonctions $u$ et $v$ de classe $C^1$ sur $[1;2]$ définies par :
$$\begin{array}{lll}
u(x)=\ln(x)&\phantom{123}&u'(x)=\dfrac{1}{x} \\[3mm]
v(x)=\dfrac{1}{2}x^2&&v'(x)=x\end{array}$$
$\begin{align*} A&=\int_1^2 x\ln(x)\dx \\
&=\left[\dfrac{x^2}{2}\ln(x)\right]_1^2-\dfrac{1}{2}\int_1^2 x^2\times \dfrac{1}{x}\dx \\
&=\dfrac{4}{2}\ln(2)-\dfrac{1}{2}\int_1^2 x\dx \\
&=2\ln(2)-\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{1}{2}x^2\right]_1^2 \\
&=2\ln(2)-\dfrac{1}{4}(4-1) \\
&=2\ln(2)-\dfrac{3}{4}\end{align*}$
$\quad$
On réalise une intégration par parties à l’aide des fonctions $u$ et $v$ de classe $C^1$ sur $[0;1]$ définies par :
$$\begin{array}{lll}
u(x)=x&\phantom{123}&u'(x)=1 \\[3mm]
v(x)=\e^x&&v'(x)=\e^x\end{array}$$
$\begin{align*} B&=\int_0^1 x\e^x \dx \\
&=\Big[x\e^x\Big]_0^1-\int_0^1 \e^x \dx \\
&=\e-\Big[\e^x\Big]_0^1 \\
&=\e-(\e-1) \\
&=1\end{align*}$
$\quad$
On réalise une intégration par parties à l’aide des fonctions $u$ et $v$ de classe $C^1$ sur $[1;\e]$ définies par :
$$\begin{array}{lll}
u(x)=\ln(x)&\phantom{123}&u'(x)=\dfrac{1}{x} \\[3mm]
v(x)=\dfrac{1}{3}x^3&&v'(x)=x^2\end{array}$$
$\begin{align*} C&=\int_1^{\e} x^2\ln(x)\dx \\
&=\left[\dfrac{1}{3}x^3\ln(x)\right]_1^{\e}-\dfrac{1}{3}\int_1^{\e} x^3\times \dfrac{1}{x}\dx \\
&=\dfrac{1}{3}\e^3-\dfrac{1}{3}\int_1^{\e} x^2\dx \\
&=\dfrac{1}{3}\e^3-\dfrac{1}{3}\left[\dfrac{1}{3}x^3\right]_1^{\e} \\
&=\dfrac{1}{3}\e^3-\dfrac{1}{9}\left(\e^3-1\right) \\
&=\dfrac{2}{9}\e^3+\dfrac{1}{9}\end{align*}$
$\quad$
On réalise une intégration par parties à l’aide des fonctions $u$ et $v$ de classe $C^1$ sur $[1;\e]$ définies par :
$$\begin{array}{lll}
u(x)=\ln(x)&\phantom{123}&u'(x)=\dfrac{1}{x} \\[3mm]
v(x)=x&&v'(x)=1\end{array}$$
$\begin{align*} D&=\int_1^{\e} \ln(x)\dx \\
&=\Big[x\ln(x)\Big]_1^{\e}-\int_1^{\e} x\times \dfrac{1}{x}\dx \\
&=\e-\int_1^{\e} 1.\dx \\
&=\e-\Big[x\Big]_1^{\e} \\
&=\e-(\e-1) \\
&=1\end{align*}$
$\quad$
On réalise une intégration par parties à l’aide des fonctions $u$ et $v$ de classe $C^1$ sur $[1;\e]$ définies par :
$$\begin{array}{lll}
u(x)=\left(\ln(x)\right)^2&\phantom{123}&u'(x)=\dfrac{2}{x}\ln(x) \\[3mm]
v(x)=x&&v'(x)=1\end{array}$$
$\begin{align*} E&=\int_1^{\e} \left(\ln(x)\right)^2\dx \\
&=\left[x\left(\ln(x)\right)^2\right]_1^{\e}-2\int_1^{\e} \dfrac{1}{x}\times \ln(x)\times x\dx \\
&=\e-2\int_1^{\e} \ln(x)\dx\end{align*}$
Il y a deux possibilités pour continuer les calculs :
– soit le calcul de $\ds \int_1^{\e} \ln(x)\dx$ a déjà été fait (c’est le calcul $D$) et on utilise la valeur obtenue ;
– soit il n’a pas été réalisé et on repart pour une seconde intégration par parties.
D’après le calcul précédent
$\begin{align*} E&=\e-2\times 1 \\
&=\e-2\end{align*}$
$\quad$

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$\quad$

Exercice 2

On considère la fonction $f$ définie sur $]0;+\infty[$ par $f(x)=\dfrac{\ln(x)+x\e}{x^2}$.

Pour tout $n\in \N$ on pose $I_n=\ds \int_{\e^n}^{\e^{n+1}} \left(\dfrac{\ln(t)}{t^2}\right)\dt$ et $A_n=\ds \int_{\e^n}^{\e^{n+1}}f(t)\dt$.

Montrer à l’aide d’une intégration par parties que, pour tout $n\in \N$, $I_n=\dfrac{n+1}{\e^n}-\dfrac{n+2}{\e^{n+1}}$.
$\quad$
Montrer que, pour tout $n\in \N$, $A_n=I_n+\e$.
$\quad$
Calculer $I_0$ et $A_0$.
$\quad$
Montrer que la suite $\left(A_n\right)$ converge et déterminer sa limite.
$\quad$

Correction Exercice 2

Soit $n\in \N$. On réalise une intégration par parties à l’aide des fonctions $u$ et $v$ de classe $C^1$ sur $\left[\e^n;\e^{n+1}\right]$ définies par :
$$\begin{array}{lll}
u(t)=\ln(t)&\phantom{123}&u'(t)=\dfrac{1}{t} \\[3mm]
v(t)=-\dfrac{1}{t}&&v'(t)=\dfrac{1}{t^2}\end{array}$$
$\begin{align*} I_n&=\int_{\e^n}^{\e^{n+1}} \left(\dfrac{\ln(t)}{t^2}\right)\dt \\
&=\left[-\dfrac{1}{t}\ln(t)\right]_{\e^n}^{\e^{n+1}}-\int_{\e^n}^{\e^{n+1}}\left(-\dfrac{1}{t}\right)\times \dfrac{1}{t}\dt \\
&=-\dfrac{1}{\e^{n+1}}\ln\left(\e^{n+1}\right)+\dfrac{1}{\e^{n}}\ln\left(\e^{n}\right)+\int_{\e^n}^{\e^{n+1}}\dfrac{1}{t^2}\dt \\
&=\dfrac{n}{\e^n}-\dfrac{n+1}{\e^{n+1}}+\left[-\dfrac{1}{t}\right]_{\e^n}^{\e^{n+1}} \\
&=\dfrac{n}{\e^n}-\dfrac{n+1}{\e^{n+1}}-\dfrac{1}{\e^{n+1}}+\dfrac{1}{\e^n} \\
&=\dfrac{n+1}{\e^n}-\dfrac{n+2}{\e^{n+1}}\end{align*}$$\quad$
Soit $n\in \N$
$\begin{align*} A_n&=\int_{\e^n}^{\e^{n+1}}\dfrac{\ln(x)+x\e}{x^2}\dx \\
&=\int_{\e^n}^{\e^{n+1}}\dfrac{\ln(x)}{x^2}\dx+\e \int_{\e^n}^{\e^{n+1}}\dfrac{1}{x}\dx \qquad \text{(linéarité de l’intégrale)} \\
&=I_n+\e\Big[\ln(x)\Big]_{\e^n}^{\e^{n+1}} \\
&=I_n+\e\left(\ln\left(\e^{n+1}\right)-\ln\left(\e^n\right)\right] \\
&=I_n+\e(n+1-n) \\
&=I_n+\e\end{align*}$
$\quad$
D’après la question 1. on a :
$\begin{align*} I_0&=\dfrac{1}{\e^0}-\dfrac{2}{\e^1} \\
&=1-\dfrac{2}{\e}\end{align*}$
Par conséquent :
$\begin{align*} A_0&=I_0+\e \\
&=1-\dfrac{2}{\e}+\e\end{align*}$
$\quad$
Pour tout $n\in \N$ on a :
$\begin{align*} A_n&=I_n+\e \\
&=\dfrac{n+1}{\e^n}-\dfrac{n+2}{\e^{n+1}}+\e\\
&=\dfrac{n}{\e^n}+\dfrac{1}{\e^n}-\dfrac{n}{\e\e^{n}}-\dfrac{2}{\e^{n+1}}\end{align*}$
$\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{1}{\e^n}=0$, $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{1}{\e^{n+1}}=0$ et, par croissances comparées, $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{n}{\e^n}=0$
Ainsi $\lim\limits_{n\to +\infty} A_n=\e$.
La suite $\left(A_n\right)$ converge vers $\e$.
$\quad$

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$\quad$

Exercice 3

On considère la fonction $f$ définie sur $]1;+\infty[$ par $f(x)=\ln\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)$.

Montrer que la fonction $f$ est dérivable sur $]1;+\infty[$ et déterminer $f'(x)$ pour tout $x>1$.
$\quad$
En déduire la valeur de $A=\ds \int_{\sqrt{2}}^2 \dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}}\dx$.
$\quad$
On pose $B=\ds \int_{\sqrt{2}}^2\sqrt{x^2-1}\dx$.
À l’aide d’une intégration par parties, exprimer $A+B$ en fonction de $B$.
$\quad$
En déduire la valeur de $B$.
$\quad$

Correction Exercice 3

La fonction $x\mapsto x^2-1$ est dérivable sur $]1;+\infty[$ en tant que fonction polynôme.
Pour tout réel $x>1$ on a $x^2-1>0$. La fonction racine carrée est dérivable sur $]0;+\infty[$.
Par conséquent la fonction $x\mapsto \sqrt{x^2-1}$ est dérivable sur $]1;+\infty[$. La fonction $x\mapsto x$ est dérivable sur $]1;+\infty[$ en tant que fonction linéaire.
Pour tout réel $x>1$ on a $x+\sqrt{x^2-1}>0$.
La fonction $\ln$ est dérivable sur $]0;+\infty[$.
Par composition, la fonction $f$ est dérivable sur $]1;+\infty[$.
Pour tout réel $x>1$ on a :
$\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{1+\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2-1}}}{x+\sqrt{x^2-1}} \\
&=\dfrac{1+\dfrac{x}{\sqrt{x^2-1}}}{x+\sqrt{x^2-1}} \\
&=\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}}\left(\sqrt{x^2-1}+x\right)}{x+\sqrt{x^2-1}} \\
&=\dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}}\end{align*}$
$\quad$
Par conséquent :
$\begin{align*} A&=\int_{\sqrt{2}}^2 \dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}}\dx \\
&=\Big[f(x)\Big]_{\sqrt{2}}^2 \\
&=f(2)-f\left(\sqrt{2}\right) \\
&=\ln\left(2+\sqrt{3}\right)-\ln\left(\sqrt{2}+1\right) \end{align*}$
$\quad$
On a :
$\begin{align*} A+B&=\int_{\sqrt{2}}^2 \dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}}\dx+\int_{\sqrt{2}}^2\sqrt{x^2-1}\dx \\
&=\int_{\sqrt{2}}^2 \left(\dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}}+\sqrt{x^2-1}\right)\dx \\
&=\int_{\sqrt{2}}^2 \dfrac{1+x^2-1}{\sqrt{x^2-1}}\dx \\
&=\int_{\sqrt{2}}^2 \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-1}}\dx \end{align*}$
On réalise une intégration par parties à l’aide des fonctions $u$ et $v$ de classe $C^1$ sur $\left[\sqrt{2};2\right]$ définies par :
$$\begin{array}{lll}
u(x)=x&\phantom{123}&u'(x)=1 \\[3mm]
v(t)=\sqrt{x^2-1}&&v'(t)=\dfrac{x}{\sqrt{x^2-1}}\end{array}$$
$\begin{align*} A+B&=\left[x\sqrt{x^2-1}\right]_{\sqrt{2}}^2-\int_{\sqrt{2}}^2 \sqrt{x^2-1}\dx \\
&=2\sqrt{3}-\sqrt{2}-B\end{align*}$
$\quad$
On a :
$\begin{align*} A+B=2\sqrt{3}-\sqrt{2}-B&\ssi 2B=2\sqrt{3}-\sqrt{2}-A \\
&\ssi 2B=2\sqrt{3}-\sqrt{2}-\ln\left(2+\sqrt{3}\right)+\ln\left(\sqrt{2}+1\right)\\
&\ssi B=\dfrac{1}{2}\left(2\sqrt{3}-\sqrt{2}-\ln\left(2+\sqrt{3}\right)+\ln\left(\sqrt{2}+1\right)\right)\end{align*}$

[collapse]

$\quad$

Exercice 4

On pose $A=\ds \int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2\cos^2(x)\dx$ et $B=\ds \int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2\sin^2(x)\dx$.

Calculer $A+B$.
$\quad$
\A l’aide de $2$ intégrations par parties successives, calculer $A-B$.
On pourra utiliser la formule $\cos^2(x)-\sin^2(x)=\cos(2x)$.
$\quad$
En déduire les valeurs de $A$ et $B$.
$\quad$

Correction Exercice 4

On a
$\begin{align*} A+B&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\left(\cos^2(x)+\sin^2(x)\right) \dx \\
&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2 \dx \\
&=\left[\dfrac{x^3}{3}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\
&=\dfrac{\pi^3}{24}\end{align*}$
$\quad$
On a :
$\begin{align*} A-B&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\left(\cos^2(x)-\sin^2(x)\right) \dx \\
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\cos(2x) \dx \end{align*}$
On réalise une intégration par parties à l’aide des fonctions $u$ et $v$ de classe $C^1$ sur $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$ définies par :
$$\begin{array}{lll}
u(x)=x^2&\phantom{123}&u'(x)=2x \\[3mm]
v(t)=\dfrac{1}{2}\sin(2x)&&v'(t)=\cos(2x)\end{array}$$
$\begin{align*} A-B&=\left[\dfrac{1}{2}x^2\sin(2x)\right]_0^{\frac{\pi}{2}}-\int_0^{\frac{\pi}{2}} x\sin(2x)\dx \\
&=-\int_0^{\frac{\pi}{2}} x\sin(2x)\dx \end{align*}$
On réalise une nouvelle intégration par parties à l’aide des fonctions $u$ et $v$ de classe $C^1$ sur $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$ définies par :
$$\begin{array}{lll}
u(x)=x&\phantom{123}&u'(x)=1 \\[3mm]
v(t)=\dfrac{1}{2}\cos(2x)&&v'(t)=-\sin(2x)\end{array}$$
$\begin{align*} A-B&=\int_0^{\frac{\pi}{2}} x\left(-\sin(2x)\right)\dx \\
&=\left[\dfrac{1}{2}x\cos(2x)\right]_0^{\frac{\pi}{2}}-\dfrac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(2x)\dx \\
&=-\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{1}{2}\sin(2x)\right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\
&=-\dfrac{\pi}{4}\end{align*}$
$\quad$
On a donc
$\begin{align*} \begin{cases} A+B=\dfrac{\pi^3}{24}\\[3mm] A-B=-\dfrac{\pi}{4} \end{cases} &\ssi \begin{cases}A+B=\dfrac{\pi^3}{24}\\[3mm]2A=\dfrac{\pi^3}{24}-\dfrac{\pi}{4} &L_2\leftarrow L_1+L_2 \end{cases} \\[3mm]
&\ssi \begin{cases} A=\dfrac{\pi^3}{48}-\dfrac{\pi}{8} \\[3mm] B=\dfrac{\pi^3}{48}+\dfrac{\pi}{8} \end{cases}\end{align*}$
$\quad$

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$\quad$

Exercice 5

On considère les intégrales $A=\ds \int_0^{\pi} \cos^4(x)\dx$ et $B=\ds \int_0^{\pi} \sin^4(x)\dx$.

Montrer que $A=\int_0^{\pi}\cos(x)\left(\cos(x)-\cos(x)\sin^2(x)\right)\dx$.
$\quad$
À l’aide d’une intégration par parties, montrer que $A=\ds \int_0^{\pi}\sin^2(x)\dx-\dfrac{1}{3}B$.
$\quad$
À l’aide d’une intégration par parties, montrer que $B=\ds \int_0^{\pi} \cos^2(x)\dx-\dfrac{1}{3}A$.
$\quad$
Montrer que $A+B=\dfrac{3\pi}{4}$.
$\quad$
Montrer que $B-A=0$.
$\quad$
En déduire les valeurs de $A$ et $B$.
$\quad$

Correction Exercice 5

On a :
$\begin{align*} A&=\int_0^{\pi} \cos^4(x)\dx \\
&=\int_0^{\pi} \cos^2(x)\times \cos^2(x)\dx \\
&=\int_0^{\pi} \cos^2(x)\left(1-\sin^2(x)\right)\dx \\
&=\int_0^{\pi}\cos(x)\left(\cos(x)-\cos(x)\sin^2(x)\right)\dx\end{align*}$
$\quad$
On réalise une nouvelle intégration par parties à l’aide des fonctions $u$ et $v$ de classe $C^1$ sur $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$ définies par :
$$\begin{array}{lll}
u(x)=\cos(x)&\phantom{123}&u'(x)=-\sin(x) \\[3mm]
v(t)=\sin(x)-\dfrac{1}{3}\sin^3(x)&&v'(t)=\cos(x)-\cos(x)\sin^2(x)\end{array}$$
$\begin{align*} A&=\left[\cos(x)\left(\sin(x)-\dfrac{1}{3}\sin^3(x)\right)\right]_0^{\pi}+\int_0^{\pi} \left(\sin^2(x)-\dfrac{1}{3}\sin^4(x)\right)\dx \\[3mm]
&=\int_0^{\pi} \sin^2(x)\dx -\dfrac{1}]{3} \sin^4(x)\dx \\[3mm]
&=\int_0^{\pi} \sin^2(x)\dx-\dfrac{1}{3}B\end{align*}$
$\quad$
On a :
$\begin{align*} B&=\int_0^{\pi} \sin^4(x)\dx \\
&=\int_0^{\pi} \sin^2(x)\times \sin^2(x)\dx \\
&=\int_0^{\pi} \sin^2(x)\left(1-\cos^2(x)\right)\dx \\
&=\int_0^{\pi}\sin(x)\left(\sin(x)-\sin(x)\cos^2(x)\right)\dx\end{align*}$
On réalise une nouvelle intégration par parties à l’aide des fonctions $u$ et $v$ de classe $C^1$ sur $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$ définies par :
$$\begin{array}{lll}
u(x)=\sin(x)&\phantom{123}&u'(x)=\cos(x) \\[3mm]
v(x)=-\cos(x)+\dfrac{1}{3}\cos^3(x)&&v'(x)=\sin(x)-\sin(x)\cos^2(x)\end{array}$$
$\begin{align*} B&=\left[\sin(x)\left(-\cos(x)+\dfrac{1}{3}\cos^3(x)\right)\right]_0^{\pi}-\int_0^{\pi} \left(-\cos^2(x)\dx+\dfrac{1}{3}\cos^4(x)\right)\dx \\
&=\int_0^{\pi}\cos^2(x)\dx-\dfrac{1}{3}\cos^4(x)\dx \\
&=\int_0^{\pi} \cos^2(x)\dx-\dfrac{1}{3}A\end{align*}$
$\quad$
On a :
$\begin{align*} A+B&=\int_0^{\pi} \sin^2(x)\dx-\dfrac{1}{3}B+\int_0^{\pi} \cos^2(x)\dx-\dfrac{1}{3}A \\
&=\int_0^{\pi} \left(\cos^2(x)+\sin^2(x)\right)\dx-\dfrac{1}{3}(A+B) \\
&=\int_0^{\pi} 1.\dx-\dfrac{1}{3}(A+B) \\
&=\pi-\dfrac{1}{3}(A+B)\end{align*}$
Par conséquent $A+B+\dfrac{1}{3}(A+B)=\pi \ssi \dfrac{4}{3}(A+B)=\pi \ssi A+B=\dfrac{3\pi}{4}$.
$\quad$
On a :
$\begin{align*} B-A&=\int_0^{\pi} \left(\sin^4(x)-\cos^4(x)\right)\dx \\
&=\int_0^{\pi} \left(\sin^2(x)-\cos^2(x)\right)\left(\sin^2(x)+\cos^2(x)\right) \dx \\
&=\int_0^{\pi} \left(\sin^2(x)-\cos^2(x)\right)\dx \\
&=\int_0^{\pi} -\cos(2x)\dx \\
&=\left[-\dfrac{1}{2}\sin(2x)\right]_0^{\pi} \\
&=0\end{align*}$
$\quad$
Par conséquent :
$\begin{align*} \begin{cases} A+B=\dfrac{3\pi}{4}\\[3mm] B-A=0 \end{cases}&\ssi \begin{cases}A+B=\dfrac{3\pi}{4}\\[3mm]\\2B=\dfrac{3\pi}{4}&L_2\leftarrow L_1+2L_2\end{cases} \\[3mm]
&\ssi \begin{cases} B=\dfrac{3\pi}{8}\\[3mm] A=\dfrac{3\pi}{8}\end{cases}\end{align*}$
$\quad$

[collapse]

$\quad$

Exercice 6 (d’après BAC S – Asie juin 2010)

pour tout entier naturel $n\pg 2$ on considère l’intégrale $I_n$ définie par $$I_n=\int_1^2 \dfrac{1}{x^n}\e^{1/x}\dx$$

Calculer $I_2$.
$\quad$
a. Démontrer, à l’aide d’une intégration par parties, que, pour tout entier naturel $n\pg 2$ : $$I_{n+1}=\e-\dfrac{\sqrt{\e}}{2^{n-1}}+(1-n)I_n$$
$\quad$
b. Calculer $I_3$.
$\quad$
a. Établie que, pour tout nombre réel $x$ appartenant à l’intervalle $[1;2]$, on a : $0\pp \dfrac{1}{x^n}\e^{1/x} \pp \dfrac{\e}{x^n}$.
$\quad$
b. En déduire un encadrement de $I_n$ puis étudier la limite éventuelle de la suite $\left(I_n\right)$.
$\quad$

Correction Exercice 6

On a :
$\begin{align*} I_2&=\int_1^2 \dfrac{1}{x^2} \e^{1/x}\dx \\
&=\Big[-\e^{1/x}\Big]_1^2 \\
&=\e-\e^{1/2}\\
&=\e-\sqrt{\e}\end{align*}$
$\quad$
a. On a
$\begin{align*}I_{n+1}&=\int_1^2 \dfrac{1}{x^{n+1}}\e^{1/x}\dx\\
&=\int_1^2 \dfrac{1}{x^{n-1}}\times \dfrac{1}{x^2}\e^{1/x}\end{align*}$
On réalise une nouvelle intégration par parties à l’aide des fonctions $u$ et $v$ de classe $C^1$ sur $\left[1;2\right]$ définies par :
$$\begin{array}{lll}
u(x)=\dfrac{1}{x^{n-1}}&\phantom{123}&u'(x)=-\dfrac{n-1}{x^n} \\[3mm]
v(x)=-\e^{1/x}&&v'(x)=\dfrac{1}{x^2}\e^{1/x}\end{array}$$
$\begin{align*} I_{n+1}&=\left[-\dfrac{1}{x^{n-1}}\e^{1/x}\right]_1^2-\int_1^2\dfrac{n-1}{x^n}\e^{1/x}\dx \\
&=-\dfrac{1}{2^{n-1}}\e^{1/2}+\e+(1-n)\int_1^2\dfrac{1}{x^n}\e^{1/x}\dx \\
&=\e-\dfrac{\sqrt{\e}}{2^{n-1}}+(1-n)I_n\end{align*}$
$\quad$
b.
$\begin{align*} I_3&=\e-\dfrac{\sqrt{\e}}{2^{2-1}}+(1-2)I_2 \\
&=\e-\dfrac{\sqrt{\e}}{2}-\e+\sqrt{\e} \\
&=\dfrac{1}{2}\sqrt{\e}\end{align*}$
$\quad$
a. Soit $x\in [1;2]$
$\begin{align*} 1\pp x\pp 2&\ssi \dfrac{1}{2}\pp \dfrac{1}{x} \pp 1 \qquad \text{(fonction inverse décroissante sur $\R_+^*$)} \\
&\ssi \e^{1/2}\pp \e^{1/x} \pp \e \qquad \text{(fonction exponentielle croissante sur $\R$)} \\
&\ssi \e^{1/2}\times \dfrac{1}{x^n} \pp \dfrac{1}{x^n}\e^{1/x} \pp \dfrac{1}{x^n}\e\end{align*}$
Or $ \e^{1/2}\times \dfrac{1}{x^n}\pg 0$
Donc $0\pp \dfrac{1}{x^n}\e^{1/x} \pp \dfrac{\e}{x^n}$
$\quad$
b. Par croissance et positivité de l’intégrale (on intègre sur un intervalle croissant), l’inégalité précédente nous permet d’écrire :
$0\pp \ds \int_1^2 \dfrac{1}{x^n}\e^{1/x}\dx \pp \int_1^2 \dfrac{\e}{x^n} \dx$
Or
$\begin{align*} \int_1^2 \dfrac{\e}{x^n}\dx&=\left[-\dfrac{\e}{n-1}\times \dfrac{1}{x^{n-1}}\right]_1^2 \\[3mm]
&=\dfrac{\e}{n-1}\left(1-\dfrac{1}{2^{n-1}}\right)\end{align*}$
Ainsi $0\pp I_n \pp \dfrac{\e}{n-1}\left(1-\dfrac{1}{2^{n-1}}\right)$.
Or $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{\e}{n-1}=0$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{1}{2^{n-1}}=0$ car $-1<\dfrac{1}{2}<1$.
Par conséquent $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{\e}{n-1}\left(1-\dfrac{1}{2^{n-1}}\right)=0$.
D’après le théorème des gendarmes, $\lim\limits_{n\to +\infty} I_n=0$.
$\quad$

[collapse]

$\quad$