Exercice 17

1. On linéarise, puis on intègre $x\cos(2x)$ par parties : $$I = \int_{0}^{\pi} \frac{x}{2}\,\mathrm{d} x + \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} x\cos(2x)\,\mathrm{d} x = \frac{\pi^{2}}{4} + \frac{1}{2}\Big(\Big[\frac{x\sin(2x)}{2}\Big]_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} \frac{\sin(2x)}{2}\,\mathrm{d} x\Big) = \boxed{\frac{\pi^{2}}{4}}.$$ Habilement : $I + J = \int_{0}^{\pi} x\,\mathrm{d} x = \frac{\pi^{2}}{2}$, puisque $\cos^{2} + \sin^{2} = 1$. $$\boxed{J = \frac{\pi^{2}}{2} - I = \frac{\pi^{2}}{4}}$$ On peut aussi obtenir ces valeurs par l'exercice 21 : $\cos^{2}$ et $\sin^{2}$ sont inchangées quand on remplace $x$ par $\pi - x$, donc $I = \frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi} \cos^{2} x\,\mathrm{d} x = \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\pi}{2}$, et de même pour $J$.

2. On écrit $x^{2}\mathrm{e}^{x}\cos x = \operatorname{Re}\big(x^{2}\mathrm{e}^{(1 + \mathrm{i})x}\big)$. Deux intégrations par parties, avec $a = 1 + \mathrm{i}$, donnent une primitive $\mathrm{e}^{ax}\big(\frac{x^{2}}{a} - \frac{2x}{a^{2}} + \frac{2}{a^{3}}\big)$, avec $\frac{1}{a} = \frac{1 - \mathrm{i}}{2}$, $\frac{1}{a^{2}} = -\frac{\mathrm{i}}{2}$ et $\frac{1}{a^{3}} = -\frac{1 + \mathrm{i}}{4}$. En $\pi$, $\mathrm{e}^{a\pi} = -\mathrm{e}^{\pi}$, et la partie réelle vaut $-\mathrm{e}^{\pi}\big(\frac{\pi^{2}}{2} - \frac{1}{2}\big)$ ; en $0$, elle vaut $-\frac{1}{2}$. $$\boxed{\int_{0}^{\pi} x^{2}\mathrm{e}^{x}\cos x\,\mathrm{d} x = \frac{1 + \mathrm{e}^{\pi}}{2} - \frac{\pi^{2}\mathrm{e}^{\pi}}{2}}$$ Cette valeur, proche de $-102$, est négative : le facteur $\mathrm{e}^{x}$ donne le plus grand poids à la fin de l'intervalle, où $\cos x < 0$.

3. Notons $F_{n}$ une primitive de $(\ln x)^{n}$. En primitivant $1$ et en dérivant $(\ln x)^{n}$, on obtient $$F_{n}(x) = x(\ln x)^{n} - nF_{n-1}(x).$$ Avec $F_{0}(x) = x$, on obtient par récurrence $F_{n}(x) = x\,P_{n}(\ln x)$, où : $$\boxed{P_{0} = 1, \qquad P_{n}(X) = X^{n} - n\,P_{n-1}(X) \quad (n \geqslant 1)}$$ Les premiers termes sont $P_{1} = X - 1$, $P_{2} = X^{2} - 2X + 2$, $P_{3} = X^{3} - 3X^{2} + 6X - 6$, ce qui suggère la formule suivante. $$\boxed{P_{n}(X) = \sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k}\,\frac{n!}{k!}\,X^{k}}$$ Elle se démontre par récurrence : si elle est vraie au rang $n - 1$, alors $-nP_{n-1}(X) = \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^{n-k}\frac{n!}{k!}X^{k}$, et l'ajout de $X^{n}$ donne le terme $k = n$.