Corrigé des exercices - Dunod

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2. Il résulte de la question 1 que, pour p 1,
1 − 1 3 + · · · + (−1)p
2p + 1 = (−1)p I 2p+2 + π 4 et 1 − 1 2 + · · · + (−1)p−1 = 2(−1) p−1 I 2p+1 + ln 2.
p
Comme la suite (I n ) n∈N a pour limite 0, on en déduit
lim
[1 − 1 ]
[
]
p→+∞ 3 + · · · + (−1)p = π et lim 1 − 1 2p + 1 4 p→+∞ 2 + · · · + (−1)p+1 = ln 2.
p
Exercice 22.14
La fonction f réalise donc une bijection de R + sur R + . La fonction f −1 est continue et
strictement croissante sur R + .
1. Soit g la fonction définie sur R + par
g(x) =
∫ x
0
f(t)dt +
∫ f(x)
0
f −1 (t)dt − xf(x).
Si on note F et G des primitives sur R + de f et f −1 respectivement, on obtient, pour tout
x 0,
g(x) = F(x) + G(f(x)) − xf(x).
Comme f est dérivable sur R + , il en est de même de g et
g ′ (x) = F ′ (x) + G ′ (f(x))f ′ (x) − f(x) − xf ′ (x)
= f(x) − f −1 (f(x))f ′ (x) − f(x) − xf ′ (x) = 0.
La fonction g est constante sur R + et comme g(0) = 0, elle est nulle, ce qui donne l’égalité
voulue.
2. Pour a 0 fixé, considérons la fonction h définie sur R + , par
h(b) =
∫ a
La fonction h est dérivable sur R + et
0
f(t)dt +
∫ b
h ′ (b) = f −1 (b) − a.
0
f −1 (t)dt − ab.
On a h ′ (b) = 0 si et seulement si b = f(a) et f −1 étant strictement croissante, h ′ est négative
sur [0,f(a)[ et positive sur ]f(a),+∞]. La fonction h possède donc un minimum strict en
f(a) et ce minimum vaut
h(f(a)) =
∫ a
0
f(t)dt +
∫ f(a)
0
f −1 (t)dt − af(a) = 0,
d’après la première question. Ainsi, la fonction h est positive ou nulle sur R + et ne s’annule
qu’en f(a). C’est le résultat demandé.