L’objectif de ce cours est de comprendre l’intégrale. On présente souvent l’intégrale sous forme d’aire ou d’une primitive. Ces deux interprétations ne sont pas fausses mais masquent la nature fondamentale des intégrales

Plus précisément une somme de très nombreux éléménts (une infinité d’éléments) qui sont tous très petits (infinitésimaux). Il est souvent commode de calculer au moyen d’une primitive.

On pose par convention (pour généraliser la notion) \[ \int_b^a f(x)dx = - \int_a^b f(x)dx \]

Remarque La variable \(x\) est muette mais on intègre toujours par rapport à une variable.

L’aire rouge compte positivement, l’aire bleue négativement.

Le Théorème fondamental du calcul intégral est indispensable, en pratique, pour calculer des intégrales mais ne renseigne pas

• sur le lien entre intégrale et somme,
• sur la façon dont on utilise les intégrales dans de nombreuses situations.

On rappelle quelques primtives usuelles (qui se déduisent des dérivées usuelles)

\[ \begin{array}{|c||c|} \hline \text{Fonction } f & \text{Primitive } F \\ \hline x^\alpha \quad (\alpha \neq -1) & x^{\alpha+1} / {(\alpha + 1}) \\ \hline 1 / x & \ln(x) \\ \hline e^x & e^x \\ \hline \cos(x) & \sin(x) \\ \hline \sin(x) & -\cos(x) \\ \hline \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} & \arcsin(x) \\ \hline \frac{-1}{\sqrt{1 - x^2}} & \arccos(x) \\ \hline \frac{1}{1+x^2} & \arctan(x) \\ \hline \end{array} \]

Contrairement à la dérivation, il y a peu de régles automatiques pour trouver des primitives, la seule qui fonctionne est la régle d’addition

Mais on ne sait pas faire mieux, en particulier multiplier, quotienter, composer, etc…

Si on n’a pas affaire à une fonction de primitive astucieuse, il faut être astucieux et reconnaître une forme détournée, souvent cachée par un changement de variable.

Les changements de variables classiques sont les suivants:

\[ \begin{array}{|c||c|} \hline \text{Fonction } f & \text{Primitive } F \\ \hline u'(x) u(x)^\alpha \quad (\alpha \neq -1) & \frac{u(x)^{\alpha+1}}{(\alpha + 1)} \\ \hline \frac{u'(x)}{u(x)} & \ln|u(x)| \\ \hline u'(x) e^{u(x)} & e^{u(x)} \\ \hline u'(x) \cos(u(x)) & \sin(u(x)) \\ \hline u'(x) \sin(u(x)) & -\cos(u(x)) \\ \hline \end{array} \] Le but du jeu est bien sûr d’identifier la bonne fonction \(u(x)\) qui permet de se ramener au tableau précédent et attention à la valeur absolue dans la primitive de \(u'/u\)

Trouver une primitive des fonctions (de \(x\)) suivantes (avec \(a \neq 0\)): \[ \begin{align*} f(x) = 1 - \frac{x^2}{2} & & f(x) = x^2 / (1+x^3) \\ f(x) = \frac{x^3}{2} + \frac{3x^5}{4} & & f(x) = x^2 / \sqrt{1 + x^3} \\ f(x) = 1 / (ax + b) & & f(x) = x^2 \sqrt{1 + x^3} \\ f(x) = \cos(ax + b) & & f(x) = 1 / \sqrt{1 - x^2} \\ f(x) = e^{ax + b} & & f(x) = 1 / (1 + x^2) \end{align*} \]

Les primitives sont \[ \begin{align*} F(x) = x - \frac{x^3}{6} & & F(x) = \frac{1}{3} \ln|1+x^3| \\ F(x) = \frac{1}{8}(x^4 + x^6) & & F(x) = \frac{2}{3} (1+x^3)^{1/2} \\ F(x) = \frac{1}{a}\ln|ax+b| & & F(x) = \frac{2}{9} (1+x^3)^{3/2} \\ F(x) = \frac{1}{a}\sin(ax + b) & & F(x) = \arcsin(x) \\ F(x) = \frac{1}{a}e^{ax + b} & & F(x) = \arctan(x) \end{align*} \]

Calculer ces intégrales (en reconnaissant parfois des formes décrites dans Recherche de Primitives (II)) : \[ \begin{align*} \int_{1}^2 (1 - x + x^2 - x^3)dx & & \int_0^{\pi} \sin(x)dx \\ \int_{1}^4 \frac{dx}{\sqrt{x}} & & \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos(x)dx \\ \int_0^1 \frac{dx}{1+x} & & \int_{0}^1 \frac{2xdx}{1+x^2} \\ \int_{1}^2 (1+x)^{\alpha}dx \quad (\alpha \neq -1) & & \int_{0}^1 x^2 e^{-x^3}dx \\ \int_0^2 e^x dx & & \int_1^e \frac{\ln(x)}{x}dx \end{align*} \]

Une intégrale est une somme. La notation \(\int_{a}^b f(x)dx\) est très explicite:

• le terme \(dx\) sous-entend une variable \(x\) qui varie très lentement par petits pas de longueur \(dx\) entre \(a\) et \(b\).
• le terme \(f(x)dx\) siginifie que les petits pas \(dx\) sont multipliés par un coefficient multiplicatif, \(f(x)\), qui varie lorsque \(x\) varie. Au début, le coefficient multiplicatif vaut \(f(a)\), à la fin \(f(b)\) et entre les deux, il varie comme \(f\).
• Le signe \(\int\) correspond au \(S\) allongé de Somme.

Il faut donc comprendre \(\int_{a}^b f(x)dx\) comme la somme de petites quantités \(f(x)dx\) obtenues en faisant varier \(x\) par petits pas \(dx\) entre \(a\) et \(b\).

• Si \(f(x) > 0\), \(f(x)dx\) est l’aire du rectangle foncé
• Si \(f(x) < 0\), \(f(x)dx\) est l’opposé de la même aire.

On va calculer l’intégrale simple \(\int_{z_1}^{z_2} dz\). C’est la somme de toutes les petites variations \(dz\) lorsque \(z\) passe de la valeur initiale \(z_1\) à la valeur finale \(z_2\).

Quel que soit le chemin pris entre \(z_1\) et \(z_2\), en faisant la somme des petites variations successives, on obtient la variation totale, c’est à dire \(\Delta z = z_2 - z_1\).

Mais que faire quand on doit calculer une intégrale plus complexe du type \(\int_{z_1}^{z_2} f(z)dz\) avec \(f\) qui dépend de \(z\)?

\(f(z)\) est un coefficient de proportionalité. La quantité \(f(z)dz\) est proportionnelle à \(dz\), on peut la comprendre comme la différentielle de quelque chose.

En particulier, si on trouve une fonction \(F(z)\) telle que \(\frac{dF(z)}{dz} = f(z)\), c’est à dire une primitive de \(f\), on a alors la relation

\[ dF = f(z) dz \]

Ainsi, lorsque \(z\) varie entre \(z_1\) et \(z_2\) par petits pas \(dz\), la quantité \(F(z)\) varie par petits pas \(dF = f(z)dz\) entre une valeur initiale notée \(F_1 = F(z 1 )\) et une valeur finale \(F_2 = F(z_2)\).

La somme des petits éléments \(f(z)dz\) entre \(z_1\) et \(z_2\) est donc la même que celle des petits incréments \(dF\) entre \(F_1\) et \(F_2\).

\[ \int_{z_1}^{z_2} f(z)dz = \int_{F_1}^{F_2} dF = \Delta F = F_2 - F_1 \]

Les quantités infinitésimales ci-dessous sont de la forme \(f(x) dx\). Les exprimer sous la forme \(f (x)dx = dF\) , où \(F\) est par définition une primitive de \(f\). Par exemple, \(\cos(\theta) d\theta = d(\sin(\theta))\) car \(\frac{d\sin(\theta)}{d\theta} = \cos(\theta)\).

\[ \begin{align} -u e^{u^2} \text{d}u & & 3 \cos(\theta) \sin^2(\theta) \text{d} \theta \\ \left( v / \sqrt{1 - v^2} \right) \text{d} v & & x^{\alpha} dx \\ \sin(\alpha \varepsilon) \text{d} \varepsilon & & (y^3 \text{d}y) / (\alpha^4 + y^4)^2 \\ (1 + \tan^2(\alpha)) \text{d} \alpha & & \text{d} z / ( 1 + a z) \quad (a \neq 0) \end{align} \]

\[ \begin{align} -u e^{u^2} \text{d}u = d(-e^{u^2}/2)& & 3 \cos(\theta) \sin^2(\theta) \text{d} \theta = d(\sin^3(\theta)) \\ \left( \frac{v}{\sqrt{1 - v^2}} \right) \text{d} v =d(-\sqrt{1-v^2}) & & x^{\alpha} dx = d\left(\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right)\\ \sin(\alpha \varepsilon) \text{d} \varepsilon = d\left(\frac{-\cos(\alpha \varepsilon)}{\alpha} \right)& & \frac{y^3 \text{d}y}{(\alpha^4 + y^4)^2} = d\left( \frac{-1}{4(\alpha^4 + y^4)}\right)\\ (1 + \tan^2(\alpha)) \text{d} \alpha = d(\tan(\alpha)) & & \text{d} z / ( 1 + a z) = d\left( \frac{\ln|1+az|}{a} \right) \end{align} \]

Soit \(f\) une fonction continue sur un segment \([a, b]\). On va considérer des pas \(dx\) bien choisis, de la forme \(\frac{b - a}{n}\). Posons

\[ x_0 = 1, x_1 = a + \frac{b-a}{n}, ..., x_n = a + n\frac{b-a}{n} = b \] L’aire de chaque rectangle \(f(x)dx\) est donc \(f(x_k) \frac{b-a}{n}\) (en fonction du point \(x_k\) où on l’évalue) et leur somme vaut \[ S_n = \sum_{k = 0}^{n-1} f(x_k) dx = \sum_{k = 0}^{n-1} f(x_k) (x_{k+1} - x_k) = \sum_{k = 0}^{n-1} f(x_k) \frac{b-a}{n} \]

D’après la définition de l’intégrale, on devrait avoir \(S_n \simeq \int_{a}^b f(x)dx\) et on a effectivement le théorème suivant:

On peut également construire d’autres suites de rectangles qui donnent une somme de Riemann qui convergent vers la même quantité:

On peut également construire d’autres suites de rectangles qui donnent une somme de Riemann qui convergent vers la même quantité:

En particulier, on peut considérer les rectangles d’aires \[ \begin{align} \mathcal{A}_k & = (x_{k+1} - x_{k}) f(x_k) = \frac{b-a}{n} f\left( a + k \frac{b-a}{n} \right) \\ \mathcal{B}_k & = (x_{k+1} - x_{k}) f(x_{k+1}) = \frac{b-a}{n} f\left( a + (k+1) \frac{b-a}{n} \right) \\ \mathcal{C}_k & = (x_{k+1} - x_{k}) \frac{f(x_{k}) + f(x_{k+1})}{2} \\ & = \frac{b-a}{n} \frac{f\left( a + k \frac{b-a}{n} \right) + f\left( a + (k+1) \frac{b-a}{n} \right)}{2} \end{align} \] Et obtenir 3 sommes de Riemann différentes qui convergent toutes vers la même limite \(\int_{a}^{b} f(x)dx\)

L’approximation \(f(x)dx \simeq f(x_k) (x_{k+1} - x_{k})\) revient à:

• considérer que \(f\) est constante sur \([x_k, x_{k+1}]\)
• que la primitive \(F\) de \(f\) est affine, de pente \(f(x_k)\) sur \([x_k, x_{k+1}]\)

Approximation pour \(n = 10\)

Approximation pour \(n = 50\) (Meilleure)

Vérifier que les sommes suivantes sont bien des sommes de Riemann (c’est à dire peuvent s’écrire sous la forme \(\frac{b-a}{n} \sum f(x_k)\) avec \(f, a, b\) à déterminer) et calculer leurs limites \[ \begin{align} A_n = \sum_{k = 0}^{n-1} \frac{k}{n^2} & & B_n = \sum_{k = 1}^n \frac{k}{n^2} \\ C_n = \sum_{k = 0}^{n-1} \frac{k}{k^2 + n^2} & & D_n = \sum_{k = 1}^n \frac{1}{n+k} \end{align} \]

Pour toutes les sommes de Riemann, on a \(a = 0\) et \(b = 1\). \[ \begin{align} A_n = \sum_{k = 0}^{n-1} \frac{k}{n^2} \rightarrow \int_0^1 xdx & & B_n = \sum_{k = 1}^n \frac{k}{n^2} \rightarrow \int_0^1 xdx \\ C_n = \sum_{k = 0}^{n-1} \frac{k}{k^2 + n^2} \rightarrow \int_0^1 \frac{xdx}{1+x^2} & & D_n = \sum_{k = 1}^n \frac{1}{n+k} \rightarrow \int_0^1 \frac{dx}{1+x} \end{align} \]

Même consigne (mais attention, ici on n’a pas forcément \(a = 0\) et \(b = 1\))

\[ \begin{align} E_n = \sum_{k = 0}^{n-1} \frac{1}{\sqrt{n^2 - k^2}} & & F_n = \sum_{k = 1}^n \frac{n}{{n^2 + k^2}} \\ G_n = \sum_{k = 0}^{n-1} \frac{k}{n\sqrt{n^2 - k^2}} & & H_n = \sum_{k = 1}^n \frac{k^2}{n^3} \end{align} \]

On n’a pas besoin d’avoir \(x \leq y \leq z\) mais il faut que \(f\) soit bien continue sur les intervalles \([x, y]\), \([y, z]\), \([x, z]\) (avec les bornes éventuellement réordonnées).

C’est l’équivalent du théorème des acroissements finis, reformulé avec des intégrales plutôt qu’avec des dérivées.

L’idée d’une IPP est de profiter de la formule de dérivation d’un produit: \((fg)' = f'g + fg'\). Si on a deux fonctions de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([a, b]\), on sait que: \[ \int_a^b (fg)'(t) dt = [f(t)g(t)]_a^b \] Mais on sait aussi que \[ \int_a^b (fg)'(t) dt = \int_a^b f'(t)g(t) dt + \int_a^b f(t)g'(t) dt \]

Lorsqu’on fait une IPP, il est recommandé de bien préciser \(f, g, f', g'\).

On cherche à calculer \(A = \int_0^1 xe^{x}dx\). On sait facilement intégrer et dériver \(e^x\) et \(x\) donc deux choix s’offrent à nous:

• Poser \(f'(x) = x\) et \(g(x) = e^x\). Mais on devra calculer \(\int_0^1 f(x)g'(x)dx = \int_0^1 \frac{x^2}{2} e^x dx\)…
• Poser \(f'(x) = e^{x}\) et \(g(x) = x\). On devra calculer \(\int_0^1 f(x)g'(x)dx = \int_0^1 e^x dx\). C’est mieux.

On pose donc \(f'(x) = e^{x}\) et \(g(x) = x\) d’où on tire \(f(x) = e^x\) et \(g'(x) = 1\) et on injecte dans la formule: \[ \begin{align} \int_0^1 xe^{x} dx & = \int_0^1 g(x)f'(x) dx \\ & = [g(x)f(x)]_0^1 - \int_0^1 g'(x)f(x) dx \\ & = [xe^x]_0^1 - \int_0^1 e^xdx = [xe^x]_0^1 - [e^x]_0^1 \\ & = e - (e - 1) = 1 \end{align} \]

Les IPP sont surtout utiles pour les intégrales de fonction du type \(x^k e^x\), \(x^k \cos(x)\) et \(\cos(x)e^x\).

Calculer les intégrales suivantes à l’aide d’une ou plusieures IPP

\[ \begin{align} A = \int_{-1}^1 xe^{3x}dx & & B = \int_0^1 y^4 e^y dy \\ C = \int_{0}^1 (t^2 + t)e^{2t} dt & & D = \int_{1}^e 1.\ln(x) dx \\ E_n = \int_{1}^e u^n \ln(u) du \quad (n \in \mathbb{N}) & & F = \int_{\sqrt{e}}^e \frac{\ln(v)}{v}dv \\ G = \int_{1}^{e^2} (2x^3 + 1) \ln(x)dx & & H = \int_1^4 \sqrt{3s} \ln(s) ds \end{align} \]

Calculer les intégrales suivantes à l’aide d’une ou plusieures IPP

\[ \begin{align} A = \frac{2}{9}(e^3 + 2e^{-3}) & & B = 9e - 24 \\ C = (e^2-1)/2 & & D = 1 \\ E_n = \frac{1}{(n+1)^2}\left[ ne^{n+1} + 1 \right] & & F = 3/8 \\ G = \frac{1}{8}(7e^8 + 1) + (e^2 + 1) & & H = \frac{4}{\sqrt{3}} \left[ 8\ln(2) - \frac{7}{3}\right] \end{align} \]

Corrections détaillées disponibles ici

Calculer les intégrales suivantes à l’aide d’une ou plusieures IPP (et éventuellement d’un peu de linéarisation…)

\[ \begin{align} A = \int_{0}^{\pi/2} \cos(x)e^x dx & & B = \int_0^{\pi/2} \sin(x)e^x dx \\ C = \int_{0}^1 x^2\cos(x) dx & & D = \int_{0}^1 x^2 \cos^2(x)dx\\ \end{align} \]

Corrections détaillées disponibles ici

Quand on change de variable, on a trois éléments à changer:

• la variable: (ça va sans dire…) Il faut remplacer toutes les occurences de \(x\) par leur expression \(\phi(t)\)
• les bornes quand \(x\) varie entre \(a\) et \(b\), \(t\) varie entre \(\alpha\) et \(\beta\). Comme \(x = \phi(t)\), on doit avoir \(a=\phi(\alpha)\) et \(b = \phi(\beta)\) et il faut donc trouver un \(\alpha\) et un \(\beta\) convenable.
• l’élement différentiel \(dx\) Comme on intègre par rapport à \(t\), il faut remplacer \(dx\) par une expression qui fait intervenir \(dt\). Comme \(x = \phi(t)\), on sait que \(\frac{dx}{dt} = \phi'(t)\), c’est à dire \(dx = \phi'(t) dt\).

En pratique, on utilise souvent la formule “de la droite vers la gauche”. Intuitivement, les deux intégrales sont égales parce qu’on somme des petits éléments égaux: \[ f(x)dx = g(t)dt \; [ = f(\phi(t)) \phi'(t) ] \]

On cherche à calculer \(I = \int_1^e \frac{\ln(t)}{t}dt\) à l’aide du changement de variable \(x = \ln(t)\). On effectue les trois changements.

• On change la variable: \(\frac{\ln(t)}{t} = x/e^x\)
• On change les bornes: quand \(t\) varie entre \(1\) et \(e\), \(x = \ln(t)\) varie entre \(0\) et \(1\).
• On change l’élément différentiel: \(t = e^x\) donc \(dt = e^x dx\)

\[ \begin{align} I & = \int_{t = 1}^{t = e} \frac{\ln(t)}{t}dt = \int_{x = 0}^{x = 1} \frac{x}{e^x} e^x dx = \int_0^1 xdx = 1/2 \end{align} \]

On veut calculer l’intégrale \(I = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{\cos(\theta)}{\sin(\theta)} d\theta\). On remarque au numérateur une différentielle connue puisque \(\cos(\theta) d\theta = d(\sin(\theta))\). Il est donc tentant d’essayer de tout écrire en fonction de \(y = \sin(\theta)\).

• Concernant l’élément différentiel, on sait que \(dy = \cos(\theta) d\theta\)
• On veut réécrire l’expression dans l’intégrale en fonction de \(y\) seulement: \(\frac{\cos(\theta)}{\sin(\theta)} d\theta = \frac{dy}{\sin(\theta)} = \frac{dy}{y}\)
• On veut changer les bornes, quand \(\theta = \pi/6\), \(y = \sin(\pi/6) = 1/2\) et quand \(\theta = \pi/3\), \(y = \sin(\pi/6) = \sqrt{3}/2\)

On a donc

\[ \begin{align} I & = \int_{\theta = \pi/6}^{\theta = \pi/3} \frac{\cos(\theta)}{\sin(\theta)}d\theta \\ & = \int_{y = 1/2}^{y = \sqrt{3}/2} \frac{dy}{y} \\ & = [\ln(y)]_{1/2}^{\sqrt{3}/2} = \ln(\sqrt{3}) \end{align} \]

On cherche à calculer l’intégrale \(\int_{0}^{\pi/2} \sin^{3}(\alpha) d\alpha\) avec le changement de variable \(u = \cos(\alpha)\)

• Concernant l’élément différentiel, on sait que \(du = -\sin(\alpha) d\alpha\)
• On veut réécrire l’expression dans l’intégrale en fonction de \(u\) uniquement: \[ \begin{align} \sin^{3}(\alpha)d\alpha & = \sin^2(\alpha) \sin(\alpha) d\alpha = - \sin^2(\alpha) du \\ & = -(1 - \cos^2(\alpha)) du = - (1 - u^2)du \end{align} \]
• On veut changer les bornes,
  • quand \(\alpha = 0\), \(u = \cos(\alpha) = \cos(0) = 1\)
  • quand \(\alpha = \pi/\), \(u = \cos(\alpha) = \cos(\pi/2) = 0\)

On a donc

\[ \begin{align} I & = \int_{\alpha = 0}^{\alpha = \pi/2} \sin^3(\alpha) d\alpha \\ & = \int_{u = 1}^{u = 0} -(1 - u^2)du \\ & = \int_{u = 0}^{u = 1} (1 - u^2)du \\ & = \left[u - \frac{u^3}{3}\right]_{0}^1 = \frac{2}{3} \end{align} \]

Calculer les intégrales suivantes à l’aide du changement de variable proposé: \[ \small \begin{align} \int_{\pi/4}^{\pi/3} \tan(\theta) d\theta & & \text{en posant } v = \cos(\theta) \\ \int_{0}^{\pi/2} \cos^3(\theta) d\theta & & \text{en posant } v = \sin(\theta) \\ \int_0^{\pi / \omega} \cos\left( \frac{\pi}{3} - \frac{\omega t }{2}\right)dt & & \text{en posant } y = \frac{\pi}{3} - \frac{\omega t}{2} \\ \int_{x_0}^{x_0 + H} (x - x_0) e^{- \left( \frac{x - x_0}{h} \right)^2} dx& & \text{en posant } z = \left(\frac{x - x_0}{h}\right)^2 \\ \int_0^R \frac{dr}{(R^2 + r^2)^{3/2}} & & \text{en posant } r = R\tan(\alpha) \end{align} \]

Corrections détaillées disponibles ici

Jusqu’à présent, on a uniquement des intégrales de la forme \(I = \int_{x_0}^{x_1} f(x)dx\) mais rien n’oblige les deux bornes à être des constantes. On pourrait avoir envie de faire varier la valeur finale (\(b\)) et de l’appeler \(x\).

Attention, bien qu’il soit tout à fait légitime d’appeler la valeur finale \(x\), il faut alors faire attention aux notations pour éviter le grand n’importe quoi \(\int_{x_0}^x f(x)dx\).

Ici on a donné le même nom \(x\)à deux choses différentes:

• la quantité qui varie par petit pas et qu’on utilise pour faire une grande somme de petits éléments;
• la valeur finale pour laquelle on arrête de sommer.

Pour lever l’incertitude, on donne un nom différent à la variable d’intégration et aux bornes d’intégration. Par exemple, on écrit souvent:

\[ I(x) = \int_{x_0}^x f(t)dt \]

Le résultat de l’intégration n’est plus un nombre bien défini mais une valeur qui dépend de \(x\), c’est une fonction, notée \(I(x)\). Si \(F\) est une primitive de \(f\), on peut en effet écrire \[ I(x) = \int_{x_0}^x f(t)dt = F(x) - F(x_0) \]

En particulier \(I(x)\) est la primitive de \(f\) qui s’annule en \(x_0\) (toutes les primitives sont égales à constante près et \(I(x_0) = 0\))

Un mobile se déplace sur une droite en partant du point \(x = 0\). Sa vitesse au temps \(t\) est notée \(v(t)\). On sait alors que sa position au temps \(t\) est donnée par \[ x(t) = \int_0^t v(z)dz \]

• En utlisant une comparaison somme intégrale, montrer que la suite \(S_n(\alpha) = \sum_{i=1}^n \frac{1}{i^\alpha}\) converge si et seulement si \(\alpha > 1\).
• Trouver un équivalent de la suite \(H_n = S_n(1)\) (aussi appelée série harmonique), c’est à dire une fonction simple \(f(n)\) telle que \(H_n / f(n) \to 1\) quand \(n \to \infty\)

Il a commencé à neiger à un rythme soutenu ce matin. Un chasse neige a commencé à déneiger la route à 12h. Il a déneigé 2 km la première heure et 1 kilomètre la deuxième heure. À quelle heure a-t-il commencé à neiger?

On va essayer de “formaliser” l’énoncé pour le traduire en langage mathématiques et trouver la solution. On va faire quelques hypothèses:

• la neige tombe à rythme constant \(\rho\)
• la quantité de neige accumulée \(n\) est proportionnelle au temps écoulé depuis qu’il a commencé à neiger
• la vitesse \(v\) du chasse-neige est inversement propotionnelle à la quantité de neige accumulée
• on mesure le temps \(t\) (en heure) à partir de midi et on note \(T\) le temps écoulé (à midi depuis le début des chutes)

Avec tous ces élements en main, on va écrire des relations entre les différentes quantités du problème.

Si on tire \(2n\) pièces (équilibrées) à pile ou face et qu’on note \(X\) le nombre de piles, le résultat le plus probable est \(X=n\).

et on peut note \(p_n = P(X=n)\) la probabilité d’un tel évènement. Mais comment évolue \(p_n\) quand \(n\) est grand?. C’est ce qu’on va essayer de voir dans ce problème.

A l’aide des distributions binomiales, montrer que \[ p_n = \frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2} \] Cette formule est exacte mais pas très pratique, car on ne peut pas facilement comparer \(n!\) et \((2n)!\).

On va essayer d’y remédier avec la formule de Stirling.

On va essayer d’utiliser nos connaissances pour trouver un équivalent de \(n!\) et démontrer la formule de Stirling: \[ n! \sim \sqrt{2\pi n} \left( \frac{n}{e} \right)^n \] On va procéder en deux temps:

• faire un développement asymptotique pour montrer que \[\ln(n!) = (n+\frac{1}{2})\ln(n) - n + C + o(1)\] pour un certain \(C > 0\) inconnu
• calculer \(C\) en étudiant les intégrales de Wallis.

Avant de pouvoir faire le développement de \(\ln(n!)\) on va devoir établir quelques résultats préalables.

On suppose que \(f\) est concave, de classe \(\mathcal{C}^2\) sur \([a,b]\) et on note \(M\) un majorant de \(|f''|\) sur \([a,b]\). On va chercher un majorant de \[g(x) = f(x) - \left[ f(a) + (x-a) \frac{f(b) - f(a)}{b-a} \right]\] qui est la différence entre \(f\) et son approximation par une fonction linéaire sur \([a,b]\).

• Montrer que pour tout \(x\) dans \([a,b]\), \(g(x) = \int_a^x g'(u) du\) et \(g'(u) = \int_a^u f''(t)dt + g'(a)\)
• En déduire que \(g(x) = \int_{u=a}^{u=x} [ \int_{t=a}^{t=u} f''(t)dt + g'(a)]du\)

• En utilisant le TAF puis la concavité de \(f\), montrer que \(g'(a) \leq f'(a) - f'(b)\)
• En utilisant l’IAF, montrer que \(g'(a) \leq M (b - a)\)
• Déduire des résultats précédents que \[ g(x) \leq M(x-a) \left[ \frac{x - a}{2} + (b-a)\right] \]

• En déduire que \(\int_a^b g(u)du \leq M \frac{2(b - a)^3}{3}\)
• En calculant \(\int_a^b g(x)dx\), montrer que \[ \int_a^b f(x)dx - (b-a)\frac{f(a)+f(b)}{2} \leq M \frac{2(b - a)^3}{3} \] En particulier, si \(a = n\) et \(b = n+1\), on a \[ \int_n^{n+1} f(x)dx - \frac{f(n)+f(n+1)}{2} \leq \frac{2}{3}\max_{x \in [n, n+1]} |f''(x)| \] En faisant plus d’efforts, on pourrait remplacer le \(2/3\) par un \(1/12\) (valeur optimale).

On pose \(u_n = \int_{n}^{n+1} \ln(x) dx - \frac{\ln(n) + \ln(n+1)}{2}\) et \(U_n = \sum_{i=1}^n u_n\).

• Vérifier que \(\ln(x)\) est concave
• Montrer que \(0 \leq u_n \leq \frac{2}{3n^2}\) pour tout \(n\)
• En déduire que \(U_n\) est croissante et majorée et donc converge vers une limite \(C\) (à ne pas déterminer)
• En déduire \[ \sum_{i=1}^n \ln(i) = \int_{1}^n \ln(x)dx + \frac{\ln(n)}{2} + C + o(1) \]

On a fait beaucoup d’effort pour écrire un développement asymptotique de \(\ln(n!)\) alors qu’une simple comparaison somme-intégrale aurait déjà donné \[ \ln(n!) \sim n\ln(n) \] Mais ce développement n’est pas suffisamment précis pour obtenir un développement de \(n!\). En effet, on peut avoir \(\ln(n!) - n\ln(n) \to \pm \infty\) qui ne permet pas de passer à l’exponentielle (puisque \(e^\infty = +\infty\) et \(e^{-\infty} = 0\)).

Quelle précision est nécessaire? Il faut être capable de déterminer précisément l’exponentielle du terme de reste, qui doit donc être d’ordre \(o(1)\) puisque \(e^{o(1)} \to e^0 = 1\).

On a le travail pour \(f(x) = \ln(x)\) mais le raisonnement marche pour n’importe quelle fonction \(f\). En utilisant le raisonnement précédent, on peut montrer que \[ \left| \int_{1}^n f(x)dx - \left[ \sum_{i=1}^{n} f(i) - \frac{f(1)+f(n)}{2}\right] \right| \leq \sum_{i=1}^n \frac{1}{6}\max_{x \in [i, i+1]} f''(x) \]

Pour peu qu’on soit capable de contrôler \(\sum_{i=1}^n \frac{1}{6}\max_{x \in [i, i+1]} f''(x)\) et de calculer \(\int_1^n f(x)dx\) , cette majoration permet souvent de donner une bonne approximation de \(\sum_i f(i)\).

On sait désormais que \(n! = L \sqrt{n}(n/e)^n (1 + o(1))\) (avec \(L = e^C\) et \(e^{o(1)} = 1+ o(1)\)). Il nous reste donc à calculer \(L\).

On recourre pour ce faire aux intégrales de Wallis définies par \[ I_n = \int_{0}^{\pi/2} \cos^{n}(x)dx \]

• Calculer \(I_0\), \(I_1\), \(I_2\) et \(I_3\);
• À l’aide d’une IPP, montrer que \(I_{n+2} = \frac{n+1}{n+2} I_n\) pour tout \(n\);
• En déduire que \(I_{2n} = \frac{\pi}{2} \frac{(2n)!}{(2^n n!)^2}\) (ça vous rappelle quelque chose?)
• Montrer que \(I_{2n} I_{2n+1} = \frac{\pi}{2(2n+1)}\) pour tout \(n\);
• Montrer que \(I_n\) est décroissante;
• Montrer que \(n (I_{2n})^2 \to \frac{\pi}{4}\) quand \(n \to \infty\)
• En déduire la valeur de \(L\) et un équivalent de \(p_n\)

On vient de montrer que \[ p_n \sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}} \quad \text{et} \quad n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n \]

Les étudiants attentifs pourront remarquer que les intégrales de Wallis suffisaient en fait pour calculer un équivalent de \(p_n\)…

La formule de Stirling est en fait un résultat plus fort qui peut être utilisé dans d’autres circonstances, par exemple pour calculer un équivalent de n’importe proba de la forme \(P(X = k)\) quand \(k=\lfloor \alpha n \rfloor\) avec \(\alpha \in (0, 1)\) et \(X \sim \mathcal{B}(n, 1/2)\)