Examen final blanc corrigé de calcul intégral (201-NYB)

a) Produit d'un polynôme et d'un logarithme : intégration par parties, avec $u=\ln x$ (qu'on ne sait pas intégrer) et $dv=x^{2}dx$. Alors $du=\frac{dx}{x}$ et $v=\frac{x^{3}}{3}$ : $\int x^{2}\ln x\,dx=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\int\frac{x^{3}}{3}\cdot\frac{dx}{x}=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\frac{x^{3}}{9}+C$.

b) Dénominateur quadratique irréductible (discriminant $16-52<0$) : complétion du carré. $x^{2}+4x+13=(x+2)^{2}+9$. Avec $u=x+2$ : $\int\frac{du}{u^{2}+9}=\frac{1}{3}\arctan\frac{u}{3}+C=\frac{1}{3}\arctan\dfrac{x+2}{3}+C$.

c) Fraction rationnelle propre avec un facteur linéaire et un facteur quadratique irréductible : fractions partielles. On pose $\dfrac{3x+5}{(x-1)(x^{2}+4)}=\dfrac{A}{x-1}+\dfrac{Bx+C}{x^{2}+4}$, d'où $A(x^{2}+4)+(Bx+C)(x-1)=3x+5$. En $x=1$ : $5A=8$, donc $A=\frac{8}{5}$. Coefficient de $x^{2}$ : $A+B=0$, donc $B=-\frac{8}{5}$. Terme constant : $4A-C=5$, donc $C=\frac{7}{5}$. (Vérification sur le coefficient de $x$ : $-B+C=\frac{8}{5}+\frac{7}{5}=3$.) L'intégrale vaut $\frac{8}{5}\ln|x-1|-\frac{4}{5}\ln(x^{2}+4)+\frac{7}{10}\arctan\frac{x}{2}+C$.

d) Une racine dans un exposant : substitution d'abord, parties ensuite. Avec $u=\sqrt{x}$, on a $x=u^{2}$ et $dx=2u\,du$ : $\int e^{\sqrt{x}}dx=2\int u\,e^{u}du$. Une intégration par parties ($u$ contre $e^{u}$) donne $2(u-1)e^{u}+C$, donc $\int e^{\sqrt{x}}dx=2\left(\sqrt{x}-1\right)e^{\sqrt{x}}+C$.

a) On écrit $\int_{x^{2}}^{x^{3}}=\int_{0}^{x^{3}}-\int_{0}^{x^{2}}$, puis on applique le théorème fondamental avec la règle de chaîne à chaque borne : $\frac{d}{dx}\int_{x^{2}}^{x^{3}}\sin(t^{2})\,dt=3x^{2}\sin\left(x^{6}\right)-2x\sin\left(x^{4}\right)$. L'erreur classique consiste à oublier le facteur venant de la borne inférieure, ou son signe moins.

b) $x^{3}\cos x$ est impaire (impaire fois paire) et l'intervalle est symétrique, donc son intégrale est nulle. Il reste $\int_{-2}^{2}x^{2}dx=2\int_{0}^{2}x^{2}dx=2\cdot\frac{8}{3}=\dfrac{16}{3}$. Reconnaître la parité évite une intégration par parties inutile.

c) Linéarisation : $\sin^{2}x=\dfrac{1-\cos 2x}{2}$, donc $\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2}x\,dx=\left[\dfrac{x}{2}-\dfrac{\sin 2x}{4}\right]_{0}^{\pi/2}=\dfrac{\pi}{4}$. Symétrie : la substitution $x\mapsto\frac{\pi}{2}-x$ échange $\sin^{2}$ et $\cos^{2}$, donc les deux intégrales sont égales ; or leur somme vaut $\int_{0}^{\pi/2}1\,dx=\frac{\pi}{2}$. Chacune vaut donc $\dfrac{\pi}{4}$.

d) Par le théorème fondamental, $F'(x)=\dfrac{x^{2}-4}{x^{2}+1}$. Le dénominateur est toujours positif, donc le signe est celui de $x^{2}-4=(x-2)(x+2)$ : $F$ croît sur $]-\infty,-2[$, décroît sur $]-2,2[$, croît sur $]2,+\infty[$. Elle a donc un maximum relatif en $x=-2$ et un minimum relatif en $x=2$. Enfin $F(1)=\int_{1}^{1}=0$ : une intégrale dont les deux bornes coïncident est nulle, quelle que soit la fonction.

a) Forme $\frac{0}{0}$. Une première application donne $\dfrac{e^{x}-1}{2x}$, encore $\frac{0}{0}$ ; une seconde donne $\dfrac{e^{x}}{2}\to\dfrac{1}{2}$. (Le développement de Maclaurin $e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2}+\cdots$ donne le résultat en une ligne.)

b) Forme $1^{\infty}$ : on passe au logarithme. $\ln y=3x\ln\left(\dfrac{x+1}{x-2}\right)=3x\ln\left(1+\dfrac{3}{x-2}\right)$. Comme $\ln(1+u)\sim u$ quand $u\to 0$, on a $\ln y\sim 3x\cdot\dfrac{3}{x-2}\to 9$. Donc la limite vaut $e^{9}\approx 8103$.

c) Hiérarchie : toute puissance du logarithme est négligeable devant toute puissance positive de $x$, donc la limite vaut $0$. Par L'Hôpital, il faudrait quatre applications successives : chacune abaisse d'une unité l'exposant du logarithme, et au bout de quatre tours le numérateur n'a plus de logarithme du tout. La hiérarchie donne le résultat en une ligne, ce qui est exactement le but de l'exercice.

d) On divise haut et bas par $x$ : $\dfrac{2+\frac{\sin x}{x}}{1+\frac{3}{x}}$. Comme $\left|\frac{\sin x}{x}\right|\leq\frac{1}{x}\to 0$ (théorème du sandwich), la limite vaut $\dfrac{2}{1}=2$. En revanche, L'Hôpital transforme le quotient en $\dfrac{2+\cos x}{1}$, qui oscille entre 1 et 3 et n'a aucune limite. Conclusion : la règle de L'Hôpital est une implication à sens unique. Si le quotient des dérivées a une limite, alors le quotient initial l'a aussi ; mais si le quotient des dérivées n'en a pas, on ne peut rien conclure et il faut changer de méthode.

a) Impropre par la borne infinie. Parties avec $u=\ln x$, $dv=x^{-2}dx$ : une primitive est $-\dfrac{\ln x+1}{x}$. Quand $x\to\infty$, elle tend vers 0 (le logarithme perd contre $x$) ; en $x=1$ elle vaut $-1$. L'intégrale converge et vaut $0-(-1)=1$.

b) Impropre par la singularité en $0$, où $\ln x\to-\infty$. Une primitive est $x\ln x-x$, et $x\ln x\to 0$ quand $x\to 0^{+}$ (croissances comparées). L'intégrale converge et vaut $(1\cdot 0-1)-(0-0)=-1$. Une intégrale peut donc parfaitement converger vers une valeur négative alors que la fonction part vers $-\infty$.

c) Impropre par la borne infinie seulement : le pôle $x=2$ est hors de l'intervalle. Fractions partielles : $\dfrac{1}{x^{2}-4}=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x-2}-\dfrac{1}{x+2}\right)$, dont une primitive est $\dfrac{1}{4}\ln\left|\dfrac{x-2}{x+2}\right|$. Quand $x\to\infty$, le rapport tend vers 1 et le logarithme vers 0 ; en $x=3$ il vaut $\frac{1}{4}\ln\frac{1}{5}$. L'intégrale converge et vaut $\dfrac{1}{4}\ln 5\approx 0{,}402$. Noter que chaque morceau pris séparément diverge : c'est leur différence qui converge, il faut donc primitiver avant de passer à la limite.

d) Première : pour $x\geq 1$, on a $x+e^{x}>e^{x}$, donc $0<\dfrac{1}{x+e^{x}}<e^{-x}$. Comme $\int_{1}^{\infty}e^{-x}dx=e^{-1}$ converge, le test de comparaison directe donne la convergence. Seconde : $2+\sin x\geq 1$ pour tout $x$, donc $\dfrac{2+\sin x}{x}\geq\dfrac{1}{x}$. Comme $\int_{1}^{\infty}\dfrac{dx}{x}$ diverge, la comparaison directe donne la divergence. L'oscillation du sinus ne change rien : elle est bornée loin de zéro.

a) Sur $[0,1]$, $\sqrt{x}\geq x^{2}$. L'aire vaut $\int_{0}^{1}\left(\sqrt{x}-x^{2}\right)dx=\left[\frac{2}{3}x^{3/2}-\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{1}=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}$.

b) Rotation autour de l'axe des $x$ : rondelles, rayon extérieur $\sqrt{x}$ et rayon intérieur $x^{2}$. $V_{x}=\pi\int_{0}^{1}\left(x-x^{4}\right)dx=\pi\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)=\frac{3\pi}{10}$. L'erreur fatale serait d'écrire $\pi\int(\sqrt{x}-x^{2})^{2}$ : c'est la différence des carrés qu'il faut, jamais le carré de la différence.

c) Autour de l'axe des $y$, les coquilles évitent de réécrire les courbes en fonction de $y$ : rayon $x$, hauteur $\sqrt{x}-x^{2}$. $V_{y}=2\pi\int_{0}^{1}x\left(\sqrt{x}-x^{2}\right)dx=2\pi\int_{0}^{1}\left(x^{3/2}-x^{3}\right)dx=2\pi\left(\frac{2}{5}-\frac{1}{4}\right)=\frac{3\pi}{10}$. Les deux volumes sont égaux, et ce n'est pas un hasard : $y=\sqrt{x}$ et $y=x^{2}$ sont réciproques l'une de l'autre, donc la région $R$ est symétrique par rapport à la droite $y=x$. Or cette symétrie échange les deux axes, donc elle échange les deux solides de révolution, qui ont par conséquent le même volume.

d) Autour de $x=2$, toujours des coquilles, mais le rayon devient la distance à l'axe, soit $2-x$ (positive sur $[0,1]$) : $V=2\pi\int_{0}^{1}(2-x)\left(\sqrt{x}-x^{2}\right)dx=2\pi\left[2\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{3}\right)-\left(\frac{2}{5}-\frac{1}{4}\right)\right]=2\pi\left(\frac{2}{3}-\frac{3}{20}\right)=\frac{31\pi}{30}\approx 3{,}246$.

a) $y'=x^{1/2}$, donc $1+(y')^{2}=1+x$ et $L=\int_{0}^{3}\sqrt{1+x}\,dx=\left[\frac{2}{3}(1+x)^{3/2}\right]_{0}^{3}=\frac{2}{3}(8-1)=\frac{14}{3}\approx 4{,}67$.

b) $y=\sqrt{4-x^{2}}$ donne $y'=\dfrac{-x}{\sqrt{4-x^{2}}}$, donc $1+(y')^{2}=\dfrac{4}{4-x^{2}}$ et $\sqrt{1+(y')^{2}}=\dfrac{2}{\sqrt{4-x^{2}}}$. La formule de l'aire donne $S=2\pi\int_{0}^{1}y\sqrt{1+(y')^{2}}\,dx=2\pi\int_{0}^{1}\sqrt{4-x^{2}}\cdot\frac{2}{\sqrt{4-x^{2}}}\,dx=4\pi\int_{0}^{1}dx=4\pi$. Le radical disparaît entièrement, et l'aire vaut $2\pi r h$ avec $r=2$ et $h=1$ : c'est le théorème d'Archimède, l'aire d'une zone sphérique ne dépend que de sa hauteur, pas de sa position sur la sphère.

c) Prenons $y$ la longueur déjà remontée. Il reste $20-y$ mètres pendants, mais il est plus simple de sommer le travail par tranche de câble : la tranche située à la profondeur $y$ doit monter de $y$ mètres, et pèse $5\,dy$ kilogrammes. D'où $W=\int_{0}^{20}(5\,dy)(9{,}8)(y)=49\int_{0}^{20}y\,dy=49\cdot\frac{400}{2}=9800\ \text{J}$. Autrement dit, tout se passe comme si la masse totale de 100 kg montait de 10 m, la position du centre de masse du câble.

d) $\bar{f}=\dfrac{1}{3-0}\int_{0}^{3}\sqrt{1+x}\,dx=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{14}{3}=\dfrac{14}{9}\approx 1{,}556$. Le théorème de la moyenne garantit un $c\in[0,3]$ avec $f(c)=\frac{14}{9}$ : on résout $\sqrt{1+c}=\frac{14}{9}$, soit $c=\frac{196}{81}-1=\frac{115}{81}\approx 1{,}42$.

a) C'est une somme de Riemann de $f(x)=\dfrac{1}{1+x}$ sur $[0,1]$ avec le découpage régulier et l'évaluation à droite. Donc $u_{n}\to\int_{0}^{1}\dfrac{dx}{1+x}=\ln 2\approx 0{,}693$.

b) Forme $\infty\cdot 0$. On multiplie par le conjugué : $v_{n}=\dfrac{n\left(n^{2}+1-n^{2}\right)}{\sqrt{n^{2}+1}+n}=\dfrac{n}{\sqrt{n^{2}+1}+n}$. En divisant par $n$ : $\dfrac{1}{\sqrt{1+1/n^{2}}+1}\to\dfrac{1}{2}$.

c) Forme $1^{\infty}$ : $\ln w_{n}=3n\ln\left(1+\frac{2}{n}\right)\sim 3n\cdot\frac{2}{n}=6$, donc $w_{n}\to e^{6}\approx 403{,}4$.

d) Encadrement. On écrit $t_{n}=\dfrac{1}{n}\cdot\dfrac{2}{n}\cdot\dfrac{3}{n}\cdots\dfrac{n}{n}$. Tous les facteurs après le premier sont au plus 1, donc $0<t_{n}\leq\dfrac{1}{n}$. Par le théorème du sandwich, $t_{n}\to 0$. (Le critère de d'Alembert donne le même résultat : le rapport tend vers $1/e<1$.)

e) Récurrence $x_{n+1}=g(x_{n})$ avec $g(x)=\sqrt{2+x}$. Par récurrence, $0\leq x_{n}\leq 2$ : c'est vrai pour $x_{0}=0$, et si $0\leq x_{n}\leq 2$ alors $\sqrt{2}\leq x_{n+1}\leq 2$. La suite est croissante car $x_{n+1}^{2}-x_{n}^{2}=2+x_{n}-x_{n}^{2}=(2-x_{n})(1+x_{n})\geq 0$. Croissante et majorée, elle converge (théorème de la convergence monotone). Sa limite $L$ vérifie $L=\sqrt{2+L}$, donc $L^{2}-L-2=0$ et $L=2$ (la racine $-1$ est rejetée car $L\geq 0$). Le point fixe est attractif : $|g'(2)|=\frac{1}{2\sqrt{4}}=\frac{1}{4}<1$.

a) Le terme général tend vers $\dfrac{1}{2}\neq 0$. Le test du terme général conclut immédiatement : la série diverge (grossièrement). C'est le premier réflexe, avant tout autre test.

b) Factorielles et puissances : critère de d'Alembert. $\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=\dfrac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\dfrac{n^{n}}{n!}=\dfrac{n^{n}}{(n+1)^{n}}=\dfrac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}}\to\dfrac{1}{e}\approx 0{,}368<1$. La série converge (absolument).

c) Test de l'intégrale : $f(x)=\dfrac{1}{x\ln^{2}x}$ est positive, continue et décroissante sur $[2,\infty[$. Avec $u=\ln x$, $\int_{2}^{\infty}\dfrac{dx}{x\ln^{2}x}=\int_{\ln 2}^{\infty}\dfrac{du}{u^{2}}=\dfrac{1}{\ln 2}\approx 1{,}443$, qui est finie. La série converge. (Comparer avec $\sum\frac{1}{n\ln n}$, qui diverge : le carré au dénominateur fait toute la différence.)

d) Série alternée. La suite $\dfrac{1}{\ln(n+1)}$ est positive, décroissante et tend vers 0 : le critère des séries alternées donne la convergence. Mais la série des valeurs absolues, $\sum\dfrac{1}{\ln(n+1)}$, diverge, car $\ln(n+1)<n$ entraîne $\dfrac{1}{\ln(n+1)}>\dfrac{1}{n}$ et la série harmonique diverge. La série est donc semi-convergente : elle converge, mais pas absolument.

e) Comparaison par limite avec la série harmonique : $\dfrac{\sin(1/n)}{1/n}\to 1$, une limite finie et non nulle. Les deux séries sont donc de même nature, et comme $\sum\frac{1}{n}$ diverge, $\sum\sin\frac{1}{n}$ diverge aussi. Le fait que $\sin\frac{1}{n}\to 0$ ne prouve rien : c'est la vitesse de la décroissance qui décide.

a) Critère de d'Alembert sur $\left|\dfrac{x^{n}}{n}\right|$ : $\dfrac{|x|^{n+1}}{n+1}\cdot\dfrac{n}{|x|^{n}}=|x|\dfrac{n}{n+1}\to|x|$. La série converge absolument pour $|x|<1$ : le rayon est $R=1$. En $x=1$ on retrouve la série harmonique $\sum\frac{1}{n}$, divergente. En $x=-1$ on retrouve la série harmonique alternée, convergente par le critère des séries alternées. L'intervalle de convergence est donc $[-1,1[$.

b) À l'intérieur de son disque de convergence, une série entière se dérive terme à terme, et la série dérivée a le même rayon. Ici $f'(x)=\sum_{n\geq 1}x^{n-1}=\dfrac{1}{1-x}$ pour $|x|<1$ (série géométrique). Donc $f(x)=-\ln(1-x)+K$, et $f(0)=0$ impose $K=0$ : $f(x)=-\ln(1-x),\qquad -1\leq x<1$.

c) On évalue en $x=-1$, ce qui est licite car la série y converge et la somme y est continue (théorème d'Abel) : $\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n}}{n}=f(-1)=-\ln 2,\quad\text{donc}\quad\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}=\ln 2\approx 0{,}693$.

d) On évalue en $x=\frac{1}{2}$, bien à l'intérieur de l'intervalle : $\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n\,2^{n}}=f\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=-\ln\!\left(1-\tfrac{1}{2}\right)=\ln 2$. Les deux sommes valent $\ln 2$, mais la seconde converge géométriquement vite (10 termes donnent déjà 4 décimales) alors que la première exige des centaines de milliers de termes. Même somme, deux vitesses sans commune mesure.

a) Les dérivées en 0 : $f(0)=0$, $f'(x)=\frac{1}{1+x}$ donne $f'(0)=1$, $f''(x)=\frac{-1}{(1+x)^{2}}$ donne $f''(0)=-1$, $f'''(x)=\frac{2}{(1+x)^{3}}$ donne $f'''(0)=2$. Donc $P_{3}(x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3},\qquad R_{3}(x)=\frac{f^{(4)}(c)}{4!}x^{4}=\frac{-6}{(1+c)^{4}}\cdot\frac{x^{4}}{24}$ pour un $c$ entre 0 et $x$.

b) $P_{3}(0{,}2)=0{,}2-0{,}02+\dfrac{0{,}008}{3}=0{,}1826667$. Pour la borne : sur $[0;0{,}2]$, $\left|f^{(4)}(c)\right|=\dfrac{6}{(1+c)^{4}}$ est maximale en $c=0$ et vaut 6. Donc $|R_{3}|\leq\frac{6}{24}(0{,}2)^{4}=\frac{0{,}0016}{4}=4{,}0\times 10^{-4}$. La valeur exacte est $\ln(1{,}2)=0{,}1823216$, donc l'erreur réelle vaut $3{,}45\times 10^{-4}$ : elle est bien inférieure à la borne, et du même ordre de grandeur, ce qui indique une majoration serrée.

c) On remplace $\ln(1+x)$ par son développement : $\ln(1+x)-x+\frac{x^{2}}{2}=\left(x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots\right)-x+\frac{x^{2}}{2}=\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}+\cdots$ En divisant par $x^{3}$ : $\dfrac{1}{3}-\dfrac{x}{4}+\cdots\to\dfrac{1}{3}$. La règle de L'Hôpital donnerait le même résultat, mais en trois dérivations successives d'un quotient de plus en plus lourd.

d) On part de $e^{u}=\sum\frac{u^{n}}{n!}$ avec $u=-x^{2}$, puis on intègre terme à terme (licite, le rayon est infini) : $\int_{0}^{a}e^{-x^{2}}dx=\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^{n}a^{2n+1}}{n!\,(2n+1)}$. Pour $a=0{,}5$, les cinq premiers termes valent $0{,}5-0{,}0416667+0{,}0031250-0{,}0001860+0{,}0000090$, dont la somme est $0{,}4612814$. La série est alternée à termes décroissants, donc l'erreur est majorée par le premier terme négligé : $\dfrac{0{,}5^{11}}{5!\cdot 11}=3{,}7\times 10^{-7}$. On peut donc annoncer $0{,}461281$ avec six décimales sûres (la valeur exacte est $0{,}4612810$).

a) Équation linéaire du premier ordre, avec $P(x)=\frac{2}{x}$. Facteur intégrant : $\mu=e^{\int 2\,dx/x}=e^{2\ln x}=x^{2}$. En multipliant : $x^{2}y'+2xy=\cos x$, c'est-à-dire $\left(x^{2}y\right)'=\cos x$. Donc $x^{2}y=\sin x+C$. La condition $y(\pi)=0$ donne $0=\sin\pi+C=C$, d'où $y=\frac{\sin x}{x^{2}}$.

b) Équation séparable : $e^{y}dy=x\,dx$, donc $e^{y}=\dfrac{x^{2}}{2}+C$. La condition $y(0)=0$ donne $e^{0}=1=C$, d'où $e^{y}=1+\dfrac{x^{2}}{2}$ et $y=\ln\left(1+\frac{x^{2}}{2}\right)$. L'argument du logarithme vaut au moins 1, donc la solution est définie sur tout $\mathbb{R}$.

c) Pour a) : $y'=\dfrac{x^{2}\cos x-2x\sin x}{x^{4}}=\dfrac{\cos x}{x^{2}}-\dfrac{2\sin x}{x^{3}}$, et $\dfrac{2}{x}y=\dfrac{2\sin x}{x^{3}}$ : la somme vaut bien $\dfrac{\cos x}{x^{2}}$. Pour b) : $y'=\dfrac{x}{1+x^{2}/2}$ et $x\,e^{-y}=\dfrac{x}{1+x^{2}/2}$ : identiques. La vérification n'est pas facultative parce que la résolution passe par des opérations qui peuvent introduire ou perdre des solutions (division par une expression pouvant s'annuler, exponentielle d'une constante d'intégration, choix d'une branche du logarithme). Reporter dans l'équation est le seul contrôle qui ne dépend pas de ces manipulations.

d) Séparable : $\dfrac{dy}{y^{2}}=dx$, donc $-\dfrac{1}{y}=x+C$. Avec $y(0)=1$ : $-1=C$, d'où $-\frac{1}{y}=x-1$ et $y=\frac{1}{1-x}$. La solution est définie sur $]-\infty,1[$ et $y\to+\infty$ quand $x\to 1^{-}$ : elle explose en temps fini, à $x=1$. Rien dans l'équation ne l'annonçait, $y'=y^{2}$ étant définie et lisse partout. La morale : l'existence d'une solution d'équation différentielle est en général locale, et le domaine de validité fait partie de la réponse.

a) Une primitive est $\arctan x$, donc $\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^{2}}=\arctan 1-\arctan 0=\frac{\pi}{4}\approx 0{,}7853982$.

b) C'est une série géométrique de raison $-x^{2}$ : $\frac{1}{1+x^{2}}=\sum_{n\geq 0}(-1)^{n}x^{2n},\qquad|x|<1$, de rayon $R=1$. En intégrant terme à terme de 0 à $x$ (licite à l'intérieur du disque de convergence) : $\arctan x=\sum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{2n+1}$.

c) En $x=1$, la série $\sum\frac{(-1)^{n}}{2n+1}$ converge par le critère des séries alternées, et le théorème d'Abel autorise le passage à la limite : $\dfrac{\pi}{4}=\sum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^{n}}{2n+1}$. Pour la précision : après $N$ termes, l'erreur sur $\frac{\pi}{4}$ est majorée par le premier terme négligé, $\dfrac{1}{2N+1}$, donc l'erreur sur $\pi$ est majorée par $\dfrac{4}{2N+1}$. Quatre décimales exactes exigent $\dfrac{4}{2N+1}<5\times 10^{-5}$, soit $2N+1>80\,000$ et $N\geq 40\,000$ termes.

d) Simpson avec $n=4$ et $h=0{,}25$ sur $f(x)=\dfrac{1}{1+x^{2}}$ : $f(0)=1$, $f(0{,}25)=0{,}9411765$, $f(0{,}5)=0{,}8$, $f(0{,}75)=0{,}64$, $f(1)=0{,}5$. $S=\frac{h}{3}\left[f_{0}+4f_{1}+2f_{2}+4f_{3}+f_{4}\right]=\frac{0{,}25}{3}(9{,}4247059)=0{,}7853922$. Donc $4S=3{,}1415686$, à comparer à $\pi=3{,}1415927$ : l'erreur vaut $2{,}4\times 10^{-5}$, soit déjà mieux que les 4 décimales, avec cinq évaluations de la fonction. Conclusion : la série de Leibniz est magnifique et pédagogiquement décisive, mais catastrophique en pratique, parce qu'elle converge en $\frac{1}{N}$ ; Simpson converge en $\frac{1}{n^{4}}$ et bat 40 000 termes avec 5 points. Une identité exacte et un algorithme efficace sont deux choses différentes.