Sujet D.4.4 Intégration par parties
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Exercice a
Calculer la valeur de l'intégrale : $\,\dint_{0}^{\pi/4}\!\!\dfrac{x\d x}{\cos^2 x}\!\cdot\,$
intégration par parties
Soient $\,f,\sp{1.5}g\app\sc C^1(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I\sp{1.5},\,$ on a :
$\displaystyle{}\int_a^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g'(x)\d x$
calcul d'une intégrale par primitivation
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
indication
Intégrer par parties en utilisant une primitive de $\,x\mapsto\dfrac1{\cos^2x}\!\cdot\,$
réponse
On obtient : $\,\dint_{0}^{\pi/4}\!\!\dfrac{x\d x}{\cos^2 x}=\frac\pi4-\frac{\ln2}2\!\cdot\,$
correction
On va réaliser une intégration
Soient $\,f,\sp{1.5}g\app\sc C^1(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I\sp{1.5},\,$ on a :
par parties
en dérivant $\,x\mapsto x\,$ et en primitivant $\,x\mapsto\dfrac1{\cos^2x}\!\cdot\,$
La fonction $\,x\mapsto\dfrac1{\cos^2 x}\,$ est la
$\displaystyle{}\int_a^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g'(x)\d x$
La fonction tangente est de classe $\sc C^{\I}$ sur tout intervalle $I$ où : $\,x\non\equiv\smb1{\dfrac\pi2}\,[\pi],\,$ avec :
dérivée
de la fonction tangente sur $\,]\!-{\pi}\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2,{\pi}\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}[\sp{1.5}.\,$
Les deux fonctions $\,x\mapsto x\,$ et $\,x\mapsto\tan x\,$ sont donc de classe $\sc C^1$ sur $\,\big[\sp{1.5}0\,{\pi}/4\sp{1.5}\big]\sp{1.5},\,$ et on a :
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ \tan'(x)=1+\tan^2\sp{-1.5}x=\frac1{\cos^2\sp{-1.5}x}$
$\displaystyle{}\int_0^{\pi/4}\dfrac{x\d x}{\cos^2 x}=\Big[x\,\tan x\Big]_0^{\pi/4}-\int_0^{\pi/4}\!\tan x\d x$
La fonction tangente est la
Soit $\,u\app\sc C^n(I,\bb K)\,$ pour $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ u(x)\neq0\sp{1.5}.\,$ Alors la fonction $\,f:x\mapsto\ln|u(x)|\,$ est de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5},$ avec :
dérivée
de $\,x\mapsto-\ln(\cos x)\,$ sur cet intervalle, d'où par
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ f'(x)=\smh{1.25}{\frac{u'(x)}{u(x)}}$
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
primitivation :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
$\eqalign{\int_0^{\pi/4}\dfrac{x\d x}{\cos^2 x}&=\frac\pi4+\Big[\ln(\cos x)\Big]_0^{\pi/4}\\[-1.5ex]
&=\frac\pi4+\ln\Big(\frac{\sqrt2}2\Big)=\frac\pi4-\frac{\ln2}2}$
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Exercice b
Déterminer, pour $\,x\app\,]\!-1,1\sp{1.5}[\sp{1.5},\,$ la valeur de $\,\dint_{0}^x\!\sqrt{1-t^2}\d t\sp{1.5}.\,$
En déduire $\,\smh1{\dint_{0}^1\!\sqrt{1-x^2}\d x}\sp{1.5}.\,$
intégration par parties
Soient $\,f,\sp{1.5}g\app\sc C^1(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I\sp{1.5},\,$ on a :
$\displaystyle{}\int_a^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g'(x)\d x$
calcul d'une intégrale par primitivation
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
indication
1
Effectuer une intégration par parties du produit : $\,1\times\sqrt{1-t^2}\sp{1.5}.\,$
indication
2
Démontrer que : $\,\dint_{0}^1\!\sqrt{1-x^2}\d x=\lim x1\dint_{0}^x\!\sqrt{1-t^2}\d t\sp{1.5}.\,$
réponse
On obtient, pour tout $\,x\app\,]\!-1,1\sp{1.5}[\,:\,$
$\displaystyle{}\int_0^x\!\sqrt{1-t^2}\d t=\frac x2\,\sqrt{1-x^2}+\frac12\op{Arcsin}x$
On en déduit : $\,\dint_{0}^1\!\sqrt{1-x^2}\d x=\frac{\pi}4\!\cdot\,$
correction
La fonction
La fonction racine carrée : $\,r:x\mapsto\sqrt x\,$ est de classe $\sc C^{\I}$ sur
$\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ avec :
racine carrée
étant de classe $\sc C^1$ sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ il en va de même par
$\displaystyle{}\ptt x > 0\sp{1.5},\ r'(x)=\frac1{2\sp{1.5}\sqrt x}$
Si $\,f\app\sc C^{n}(I,\bb K)\sp{1.5},\,$ $\,g\app\sc C^{n}(J,\bb K)\,$ et $\,f(I)\subset J\sp{1.5},\,$ alors :
$\,g\circ f\app\sc C^{n}(I,\bb K)\sp{1.5}.\,$
composition
pour la fonction $\,\displaystyle t\mapsto\sqrt{1-t^2}\,$ sur $\,]\!-1,1\sp{1.5}[\sp{1.5},\,$ ce qui légitime pour $\,|x|<1\,$ l'intégration
Soient $\,f,\sp{1.5}g\app\sc C^1(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I\sp{1.5},\,$ on a :
par parties :
$\displaystyle{}\int_a^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g'(x)\d x$
$\eqalign{\!\int_0^x\!\sqrt{1-t^2}\d t&=\Big[\sp{1.5}t\sp{1.5}\sqrt{1-t^2}\,\Big]_0^x-\int_0^x t\times\frac{-t}{\sqrt{1-t^2}}\,\d t\\
&=x\sp{1.5}\sqrt{1-x^2}-\int_0^x \frac{(1-t^2)-1}{\sqrt{1-t^2}}\,\d t\\
&=x\sp{1.5}\sqrt{1-x^2}-\!\int_0^x\!\!\sqrt{1-t^2}\d t+\!\!\int_0^x \!\!\frac{\d t}{\sqrt{1-t^2}}}$
On a dans la dernière intégrale la
Les fonctions arc sinus et arc cosinus sont de classe $\sc C^{\I}$ sur $]-1,1\sp{1.5}[\sp{1.5},$ avec :
dérivée
de la fonction arc sinus qui s'annule en $0,$ d'où par
$\displaystyle{}\ptt x\app\,\sp{1.5}]\!-1,1\sp{1.5}[,\ \op{Arcsin}'(x)=\smb{2}{\frac1{\sqrt{1-x^2}}}=-\op{Arccos}'(x)$
On alors : $\,\ptt x\app\,[-1,1\sp{1.5}],\ \op{Arcsin}x+\op{Arccos}x=\dfrac{\pi}2\!\cdot\,$
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
primitivation :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
$\eqalign{\int_0^x\!\sqrt{1-t^2}\d t&=\frac x2\,\sqrt{1-x^2}+\frac12\op{Arcsin}x}$
La fonction $\,t\mapsto\displaystyle\sqrt{1-t^2}\,$ n'étant pas de classe $\sc C^1$ sur $\,[-1,1\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ le calcul précédent n'est pas valide pour $\,x=1\sp{1.5}.\,$
Cependant, la fonction
$\,x\mapsto\smb{1.5}{\dint_0^x\!\sqrt{1-t^2}\d t}\,$ est
Toute fonction continue $\,f:I\to\bb K\,$ admet des primitives sur $I\sp{1.5}.$Pour $\,a\app I\sp{1.5},\,$ $\,F:x\mapsto\!\dint_a^x\!\! f(t)\d t\,$ est une de ces primitives.
dérivable,
et donc continue sur $\,[-1,1\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ car $\,t\mapsto\displaystyle\sqrt{1-t^2}\,$ est continue sur $\,[-1,1\sp{1.5}]\,\,$ d'où :
$\eqalign{\int_{0}^1\!\sqrt{1-x^2}\d x&=\lim x1\bigg(\int_{0}^x\!\sqrt{1-t^2}\d t\bigg)\\
&=\lim x1\Big(\frac x2\,\sqrt{1-x^2}+\frac12\,\op{Arcsin}x\Big)=\frac{\pi}4}$
Cette dernière justification devient superflue si on considère des intégrales
L'intégrale de $\,f\app\sc C_m\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\,$ est convergente ssi $\,\smb{1}{{\dint_a^x}\!\! f(t)\d t}\,$ converge lorsque $\,x\to b\sp{1.5}.\,$
On écrit alors : $\,\dint_a^b\!\!\!f(t)\d t=\!\lim x{b}\dint_a^x\!\!\!f(t)\d t\sp{1.5}.\,$
On a la même chose si $\,f\app\sc C_m(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb K)\sp{1.5},\,$ avec : $\,\smh{1}{\lim x{a}\dint_x^b\!\!\!f(t)\d t\sp{1.5}.}\,$
généralisées
sur l'intervalle $\,[\sp{1.5}0,x\sp{1.5}[\sp{1.5}.\,$
En effet, la formule d'intégration
Soient $\,f,g\app\sc C^1\big(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\sp{1.5},\,$ $\,f\sp{1.5}g\,$ ayant des limites finies en $\,a\,$ et $\,b\sp{1.5}.\,$ Alors les intégrales de $\,f'g\,$ et $\,f\sp{1.5}g^{\sp{1.5}\prime}\,$ convergent simultanément, avec :
par parties
devient alors légitime pour $\,x=1\sp{1.5},\,$ car les intégrales qui y figurent sont convergentes, ainsi que le terme $\,\displaystyle x\sp{1.5}\sqrt{1-x^2}\sp{1.5}.\,$$\displaystyle{}\dint_{\stb{1}a}^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g^{\sp{1.5}\prime}(x)\d x$
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Exercice c
Pour tout $\,a \geq 1\sp{1.5},\,$ calculer $\,\dint_{0}^{1}\dfrac{x^{a-1}\d x}{(1+x)^{a+1}}\,$ par une intégration par parties.
Retrouver ensuite ce résultat par un calcul plus direct.
intégration par parties
Soient $\,f,\sp{1.5}g\app\sc C^1(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I\sp{1.5},\,$ on a :
$\displaystyle{}\int_a^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g'(x)\d x$
calcul d'une intégrale par primitivation
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
indication
1
Effectuer une intégration par parties de : $\,\dint_{0}^{1}\frac{x^{a-1}}{(1+x)^{a}}\,\d x\sp{1.5}.\,$
indication
2
Rechercher directement une primitive de : $\,x\mapsto\dfrac{x^{a-1}}{(1+x)^{a+1}}\!\cdot\,$
réponse
Pour tout $\,a \geq 1\sp{1.5},\,$ on obtient : $\,\dint_{0}^{1}\dfrac{x^{a-1}\d x}{(1+x)^{a+1}}=\frac1{a\sp{1.5}2^a}\,$ par une intégration par parties.
On retrouve ce résultat avec $\,x\mapsto\dfrac1a\Big(\dfrac x{1+x}\Big)^{\!a}\,$ comme primitive de $\,x\mapsto\dfrac{x^{a-1}}{(1+x)^{a+1}}\!\cdot\,$
correction
L'exposant $\,a+1\,$ du dénominateur évoque, de manière incomplète, la
Soit $\,\alpha\app\bb R\,$ et la fonction puissance $\,p_\alpha:x\mapsto x^{\alpha}.\,$ Alors $\,p_\alpha\app\sc C^\I(\sp{1.5}]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\,$ et : $\, \ptt x >0,\ p_\alpha'(x)=\alpha\sp{1.5}x^{\alpha -1}\sp{1.5}.\,$
Si $\,\alpha \geq n\app\bb N\sp{1.5},\,$ on a de plus : $\,p_\alpha\app\sc C^n([\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\sp{1.5}.\,$
dérivation
de $\,\smb{1}{\dfrac1{(1+x)^{a}}}\!\cdot\,$
Cela suggère d'intégrer par parties son produit par $\,x^{a-1}\sp{1.5}.\,$
Les fonctions $\,x\mapsto \dfrac{x^a}a\,$ et $\,x\mapsto\dfrac1{(1+x)^{a}}\,$ étant de classe $\sc C^1$ sur $\,[\sp{1.5}0,1\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ on intègre
Soient $\,f,\sp{1.5}g\app\sc C^1(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I\sp{1.5},\,$ on a :
par parties :
$\displaystyle{}\int_a^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g'(x)\d x$
$\eqalign{I&=\int_{0}^{1}\frac{x^{a-1}}{(1+x)^{a}}\,\d x\\&=\bigg[\frac{x^{a}/a}{(1+x)^{a}}\bigg]_0^1-
\int_{0}^{1}\frac{x^a}{a}\times \frac{-a}{(1+x)^{a+1}}\,\d x\\
&=\frac1{a\sp{1.5}2^a}+\int_{0}^{1}\frac{x^{a-1}(1+x-1)}{(1+x)^{a+1}}\,\d x\\
&=\frac1{a\sp{1.5}2^a}+I-\int_{0}^{1}\dfrac{x^{a-1}\d x}{(1+x)^{a+1}}}$
On obtient finalement, après élimination de $I:$
$\,\dint_{0}^{1}\dfrac{x^{a-1}\d x}{(1+x)^{a+1}}=\frac1{a\sp{1.5}2^a}\!\cdot\,$
Plus directement, sans recourir à l'intégration par parties, on peut aussi écrire :
$\displaystyle{}\int_{0}^{1}\frac{x^{a-1}\d x}{(1+x)^{a+1}}=\int_{0}^{1}\!\!\Big(\frac x{1+x}\Big)^{\!a-1}\!\!\frac{\d x}{(1+x)^2}$
L'expression $\,\dfrac x{1+x}=1-\dfrac1{x+1}\,$ ayant pour
Soient $\,f,g:I\to\bb K\,$ dérivables en $x\app I\sp{1.5},$ tel que : $\,g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$
Alors les quotients $\,1/g\,$ et $\,f/g\,$ sont dérivables en $x\sp{1.5},$ avec :
dérivée :
$\,\dfrac1{(x+1)^2}\sp{1.5},\,$ on retrouve par
$\displaystyle{}\!\Big(\dfrac 1g\Big)'(x)\sp{-1.5}=\sp{-1.5}-\dfrac{g'(x)}{g(x)^2}\txt{et}
\Big(\dfrac fg\Big)'(x)\sp{-1.5}=\sp{-1.5}\dfrac{f'(x)\,g(x)-f(x)\,g'(x)}{g(x)^2}$
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
primitivation :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
$\displaystyle{}\int_{0}^{1}\frac{x^{a-1}\d x}{(1+x)^{a+1}}=\bigg[\frac1a\Big(\frac x{1+x}\Big)^{\!a}\bigg]_0^1=\frac1{a\sp{1.5}2^a}$
Cette intégrale a encore un sens pour $\,0 < a < 1\sp{1.5},\,$ en tant qu'intégrale
L'intégrale de $\,f\app\sc C_m\big([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[,\bb K\big)\,$ est convergente ssi $\,\smb{1}{{\dint_a^x}\!\! f(t)\d t}\,$ converge lorsque $\,x\to b\sp{1.5}.\,$
On écrit alors : $\,\dint_a^b\!\!\!f(t)\d t=\!\lim x{b}\dint_a^x\!\!\!f(t)\d t\sp{1.5}.\,$
On a la même chose si $\,f\app\sc C_m(]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb K)\sp{1.5},\,$ avec : $\,\smh{1}{\lim x{a}\dint_x^b\!\!\!f(t)\d t\sp{1.5}.}\,$
convergente
sur l'intervalle $\,]\sp{1.5}0,1\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$
Dans ce cas, l'intégrale vaut encore $\,\dfrac1{a\sp{1.5}2^a}\sp{1.5};\,$
en revanche, pour $\,a \leq 0\sp{1.5},\,$ cette intégrale est divergente et vaut $\,+\I\sp{1.5}.\,$
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Exercice d
On pose, pour tout $\,n\app\bb N:\,$ $\,I_n=\dint_0^1x^n\sqrt{1-x}\,\d x\sp{1.5}.\,$
Établir une relation de récurrence entre les $I_n\sp{1.5}.$
En déduire une expression de $I_n$ en fonction de $\,n\sp{1.5}.\,$
intégration par parties
Soient $\,f,\sp{1.5}g\app\sc C^1(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I\sp{1.5},\,$ on a :
$\displaystyle{}\int_a^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g'(x)\d x$
calcul d'une intégrale par primitivation
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
indication
1
Intégrer par parties en utilisant une primitive de $\,x\mapsto\sqrt{1-x}\sp{1.5}.\,$
indication
2
Conjecturer, puis vérifier par récurrence, une expression de $I_n$ au moyen de factorielles.
réponse
On obtient la relation de récurrence suivante : $\,\ptt n\app\bb N^{\ast},\ (2\sp{1.5}n+3)\sp{1.5}I_n=2\sp{1.5}n\sp{1.5}I_{n-1}\sp{1.5}.\,$
On en déduit la formule, valable pour tout $\,n\app\bb N:\,$
$\displaystyle{}I_n=\frac{4^{n+1}(n+1)\sp{1.5}(n\sp{1.5}!)^2}{(2\sp{1.5}n+3)\sp{1.5}!}$
correction
On va réaliser une intégration par parties en dérivant $\,x\mapsto x^n\,$ et en primitivant $\,x\mapsto\sqrt{1-x}\,.\,$
On note d'abord que la fonction
Soit $\,\alpha\app\bb R\,$ et la fonction puissance $\,p_\alpha:x\mapsto x^{\alpha}.\,$ Alors $\,p_\alpha\app\sc C^\I(\sp{1.5}]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\,$ et : $\, \ptt x >0,\ p_\alpha'(x)=\alpha\sp{1.5}x^{\alpha -1}\sp{1.5}.\,$
Si $\,\alpha \geq n\app\bb N\sp{1.5},\,$ on a de plus : $\,p_\alpha\app\sc C^n([\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\sp{1.5}.\,$
puissance
$\,\phi:u\mapsto u^{3/2}\,$ est de classe $\sc C^1$ sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ avec : $\,\phi'(u)=\dfrac32\sp{1.5}\sqrt u\sp{1.5}.\,$
$\,x\mapsto x^n\,$ et $\,x\mapsto (1-x)^{3/2}\,$ étant alors de classe $\sc C^1$ sur $\,[\sp{1.5}0,1]\sp{1.5},\,$ on intègre
Soient $\,f,\sp{1.5}g\app\sc C^1(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I\sp{1.5},\,$ on a :
par parties
pour tout $\,n\geq1:\,$
$\displaystyle{}\int_a^bf'(x)\,g(x)\d x=\Big[f(x)\,g(x)\Big]_a^b-\int_a^bf(x)\,g'(x)\d x$
$\eqalign{I_n&=\int_0^1x^n\sqrt{1-x}\,\d x\\[-1ex]&=\Big[-\frac23\sp{1.5}x^n\,(1-x)^{3/2}\Big]_0^1+\int_0^1\frac23\,n\sp{1.5}x^{n-1}(1-x)^{3/2}\d x\\[-.5ex] &=\frac{2\sp{1.5}n}3\int_0^1x^{n-1}(1-x)\sqrt{1-x}\sp{1.5}\d x\\[-.5ex]
&=\frac{2\sp{1.5}n}3\int_0^1x^{n-1}\sqrt{1-x}\sp{1.5}\d x-\frac{2\sp{1.5}n}3\int_0^1x^{n}\sqrt{1-x}\sp{1.5}\d x\\[-.5ex]&=\dfrac{2\sp{1.5}n}3\big(I_{n-1}-I_n\big)}$
On obtient donc finalement la relation de récurrence :
$\displaystyle{}\ptt n\app\bb N^{\ast},\ (2\sp{1.5}n+3)\sp{1.5}I_n=2\sp{1.5}n\sp{1.5}I_{n-1}$
Avec, par
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
primitivation :
$\,I_0=\dint_0^1\sqrt{1-x}\,\d x=\Big[-\frac23\,(1-x)^{3/2}\Big]=\frac23\sp{1.5},\,$ on peut écrire alors :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
$\eqalign{I_n&=\frac{2\sp{1.5}n}{2\sp{1.5}n+3}\,I_{n-1}=\frac{2\sp{1.5}n}{2\sp{1.5}n+3}\cdot\frac{2\sp{1.5}n-2}{2\sp{1.5}n+1}\,I_{n-2}\\
&=\cdots=\frac{2\sp{1.5}n\sp{1.5}(2\sp{1.5}n-2)\dots4\times2}{(2\sp{1.5}n+3)(2n+1)\dots7\times5}\,I_0}$
Dans ces conditions, on peut conjecturer la formule suivante :
$\displaystyle{}I_n=\frac{2\,(2\sp{1.5}n\dots4.2)^2}{(2\sp{1.5}n+3)\sp{1.5}(2n+1)\sp{1.5}!}=\frac{(n+1)\sp{1.5}4^{n+1}(n\sp{1.5}!)^2}{(2\sp{1.5}n+3)\sp{1.5}!\stb{2}}$
On justifie enfin cette formule
Soit $P(n)$ une propriété dépendant d'un entier $\,n\geq n_0\,$ telle que :
par récurrence,
en vérifiant que :
- $P(n_0)$ soit vraie,
- et $\,\ptt n\geq n_0\sp{1.5},\ \big(P(n)\!\Imp\! P(n+1)\big).\,$
- $\,I_0=\smb{1}{\dfrac23=\dfrac{4^1\times1\times(1\sp{1.5}!)^2}{3\sp{1.5}!}}\,;\,$
- si $\,I_{n-1}=\smb{1}{\dfrac{n\ 4^{n}\sp{1.5}\big((n-1)\sp{1.5}!\big)^2}{(2\sp{1.5}n+1)\sp{1.5}!}}\,$ pour $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ on a alors :
$\eqalign{I_n=\dfrac{2\sp{1.5}n}{2\sp{1.5}n+3}I_{n-1}&=\dfrac{2\sp{1.5}n^2\sp{1.5}(2\sp{1.5}n+2)\sp{1.5}4^{n}\big((n-1)\sp{1.5}!\big)^2}{(2\sp{1.5}n+3)(2\sp{1.5}n+2)\sp{1.5}(2\sp{1.5}n+1)\sp{1.5}!}\\&= \frac{(n+1)\sp{1.5}4^{n+1}(n\sp{1.5}!)^2}{(2\sp{1.5}n+3)\sp{1.5}!}}$