Corrigé des exercices - Dunod

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]
b) Pour tout x ∈ − π 2 , π [
, g(x) = tan x, G(x) = −ln cos x et h(x) = −cos 2 x. On en déduit
2
que
ϕ ′ (x) = −cos 2 xe ln cos x = −cos 3 x = −cos x(1 − sin 2 x)
Il existe donc C ∈ R tel que,
On obtient
ϕ(x) = −sin x + 1 3 sin3 x + C.
(
f(x) = ϕ(x)e G(x) = −sin x + 1 ) 1
3 sin3 x + C
cos x
= − 1 3 sinxcos x − 2 3 tan x + C
cos x .
c) Pour tout x > 1, g(x) = 1
1
, G(x) = ln(lnx), h(x) =
xlnx xlnx
ϕ ′ (x) =
e−
ln(ln x)
xlnx
=
1
x(lnx) 2 .
On en déduit qu’il existe C ∈ R tel que, pour tout x > 1,
Exercice 22.11
f(x) =
ϕ(x) = − 1
lnx + C,
(
− 1 )
lnx + C lnx = −1 + C lnx.
et donc
1. On trouve I 0 = π 2 et I 1 = 1. On intègre par parties, en écrivant sin n t = sin n−1 tsin t et
en intégrant sint. On obtient, pour n 2,
I n =
∫ π
2
0
On en déduit que
sin n−1 tsin tdt = [ −sin n−1 tcos t ] π 2
0
} {{ }
=0
+
∫ π
2
∫ π
2
= (n − 1) sin n−2 t(1 − cos 2 t)dt = (n − 1)(I n−2 − I n ).
0
I n = n − 1
n I n−2.
0
(n − 1)sin n−2 tcos 2 tdt
On a donc pour n 1, I 2n = 2n − 1
2n I 2n−2 et en réitérant cette formule, on en déduit
I 2n = 2n − 1
2n
On obtient de même, à partir de I 2n+1 =
· 2n − 3
2n − 2 · · · 1
2 I (2n)! π
0 =
(2n) 2 (2n − 2) 2 · · · 4 2 · 2 2 2 = (2n)!π
2 2n+1 (n!) 2 .
I 2n+1 =
2n
2n + 1 I 2n−1, pour n 0,
2n
2n + 1 · 2n − 2
2n − 1 · · · 2
3 I 1 = 22n (n!) 2
(2n + 1)! .