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Posté par
BillCantor 07-03-23 à 14:08

* Modération >   *** Bonjour, *** *

Soient f(x)=$\int_{0}^x(1-t²)^ndt$, F(x)=$$\int_{0}^x\frac{f(t)}{f(1)}dt$$, avec\ x\ un \reel \ positif.\\montrer \ que \ \int_{0}^1(f(1)-f(t))dt= \frac{1}{2(n+1)}.

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Intégrale 07-03-23 à 17:39

Bonjour,
Je vois que tu es nouveau, bienvenue sur l'
Mais ton message manque singulièrement de convivialité...
A LIRE AVANT DE POSTER OU DE RÉPONDRE, MERCI (Clique sur ce lien).
Prends le temps de lire ce sujet, en particulier le point 3 :
"3. Recopier son énoncé dès le 1er mot et ses recherches dès la demande d'aide en expliquant où on bloque"
Puis complète ta demande.
Quelqu'un pourra alors te venir en aide.

Posté par
BillCantorre : Intégrale 07-03-23 à 19:23

Bonsoir:), en fait c'est démontrer cette égalité qui me dépasse et c'est tout pour l'énoncé

Posté par
larrechre : Intégrale 08-03-23 à 10:14

Bonjour,

Il y a peut être plus simple, mais on y arrive par récurrence. Je n'ai guère le temps de développer ce matin, mais je donne les grandes lignes.

1/ On vérifie facilement que la propriété est vraie pour n=0 et mêm n=1 si l'on veut.

2/ On considère alors la fonction g(x)=\int_{0}^x(1-t²)^{n+1} dt

On "calcule" cette intégrale de 2 façons.

par IPP:   g(x)=x(1+x^2)^{n+1}+2(n+1) \int_0^x t^2(1-t^2)^n dt    (1)

en écrivant que g(x)=\int_{0}^x(1-t²)^{n} (1-t^2) dt= f(x)-\int_0^x t^2(1-t^2)^n dt  (2)

En éliminant \int_0^x t^2(1-t^2)^n dt entre (1) et (2) on obtient une relation entre g(x) et f(x) , donc aussi entre g(1) et f(1).

Je te laisse terminer.

Posté par
larrechre : Intégrale 08-03-23 à 11:17

Je n'utilise pas F, ce qui incite à croire qu'il y a une méga astuce que je n'ai pas vue

Posté par
BillCantorre : Intégrale 09-03-23 à 00:52

Bonjour Larrech et merci , maintenant je vois mieux

Posté par
larrechre : Intégrale 09-03-23 à 08:35

C'est déjà ça, mais as-tu réussi à terminer ?

Posté par
larrechre : Intégrale 09-03-23 à 09:36

Cela dit, la solution que je suggère ici me paraît bien difficile pour une Terminale, au moins en France.

Posté par
larrechre : Intégrale 14-03-23 à 08:42

De toute façon et comme on pouvait s'y attendre, BillCantor n'a pas poursuivi.
A quoi bon demander alors ? Navrant...

Posté par
lakere : Intégrale 14-03-23 à 16:34

Bonjour à tous,
Bien que le principal intéressé ait disparu de la circulation, je poste pour le fun.
Soit I_n=\int_0^1[f_n(1)-f_n(t)]\text{d}t

F_n(x)=\dfrac{1}{f_n(1)}\int_0^xf_n(t)\text{d}t
Avec un IPP en posant u=f_n(t) et v'=1 d'où u'=(1-t^2)^n et v=t, on obtient :

F_n(x)=\dfrac{1}{f_n(1)}xf_n(x)-\dfrac{1}{f_n(1)}\int_0^xt(1-t^2)^n\text{d}t

et F_n(1)=1-\dfrac{1}{f_n(1)}\int_0^1t(1-t^2)^n\text{d}t \\

d'où I_n=f_n(1)\left[1-F_n(1)\right]=\int_0^1t(1-t^2)^n\text{d}t

Avec la formule du binôme pour cette dernière intégrale, on obtient :

  I_n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\dfrac{(-1)^k}{2k+2}
Il reste à montrer que cette somme vaut \dfrac{1}{2(n+1)}

... si je ne me suis pas trompé

Posté par
BillCantorre : Intégrale 14-03-23 à 23:51

Bonjour larrech, j'ai effectivement continué ton raisonnement

Posté par
lakere : Intégrale 15-03-23 à 07:43

Finalement, pas besoin du binôme : la dernière intégrale se calcule à vue.

Posté par
larrechre : Intégrale 15-03-23 à 12:19

Bonjour BillCantor. Alors si tu es arrrivé au résultat c'est parfait.

Bonjour lake

Ton approche est plus directe que la mienne. En reprenant mes notations :

de (1) et (2) on tire \dfrac{2n+3}{2(n+1)} g(x)= \dfrac{x(1-x^2)}{2(n+1)}+f(x)

dont on déduit \dfrac{2n+3}{2(n+1)} g(1)= f(1) d'où

\dfrac{2n+3}{2(n+1)} \int_0^1(g(1)-g(t)) dt=- \int_0^1\dfrac{t(1-t^2)}{2(n+1)}dt+ \int_0^1(f(1)-f(t)) dt

\int_0^1(f(1)-f(t)) dt=\dfrac{1}{2(n+1)} (hyp. de récurrence) et   - \int_0^1\dfrac{t(1-t^2)}{2(n+1)}dt =-\dfrac{1}{4(n+2)(n+1)}
(en posant u=1-t^2)

Et en définitive   \int_0^1(g(1)-g(t)) dt= \dfrac{1}{2(n+2)}

Posté par
larrechre : Intégrale 16-03-23 à 08:26

Citation :
de (1) et (2) on tire \dfrac{2n+3}{2(n+1)} g(x)= \dfrac{x(1-x^2)^{\red{n}}}{2(n+1)}+f(x)

dont on déduit \dfrac{2n+3}{2(n+1)} g(1)= f(1) d'où

\dfrac{2n+3}{2(n+1)} \int_0^1(g(1)-g(t)) dt=- \int_0^1\dfrac{t(1-t^2)^{\red{n}}}{2(n+1)}dt+ \int_0^1(f(1)-f(t)) dt

\int_0^1(f(1)-f(t)) dt=\dfrac{1}{2(n+1)} (hyp. de récurrence) et   - \int_0^1\dfrac{t(1-t^2)^{\red{n}}}{2(n+1)}dt =-\dfrac{1}{4(n+2)(n+1)}
(en posant u=1-t^2)

Et en définitive   \int_0^1(g(1)-g(t)) dt= \dfrac{1}{2(n+2)}


C'est mieux comme ça...

Posté par
lakere : Intégrale 16-03-23 à 16:22

Bonjour,
Je vois ceci :

Citation :
Ton approche est plus directe que la mienne.

Permets moi de te dire, larrech, que nos approches, récurrence ou pas, sont tout à fait similaires. L'une n'a rien à envier à l'autre.


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