[>] Convergence dominée sur intervalle variable

 
Exercice 1  4713  

Étudier les limites suivantes:

  • (a)

    limn+-+1+2sin(t/n)1+t2dt

  • (b)

    limn+0π/2sinn(t)dt.

 
Exercice 2  921  Correction  

Étudier la limite quand n tend vers l’infini de

un=0π/4tann(x)dx

Solution

Pour x[0;π/4[,

tann(x)=(tan(x))nn+0 car |tan(x)|<1

Aussi,

|tann(x)|1=φ(x)

avec φ:[0;π/4[+ intégrable.

Par convergence dominée,

unn+0π/40dx=0.
 
Exercice 3  5396   Correction  

Étudier la limite quand n tend vers l’infini de

un=0+dxxn+ex

Solution

Pour x[0;+[,

1xn+exn+f(x) avec f(x)={e-x si x[0;1[11+e si x=10 si x]0;+[

Aussi,

|1xn+ex|e-x=φ(x)

avec φ:[0;+[+ intégrable.

Par convergence dominée,

unn+0+f(x)dx=01e-xdx=e-1e.
 
Exercice 4  926     CENTRALE (MP)Correction  

Calculer

limn+0+e-tsinn(t)dt.

Solution

La fonction intégrée ne converge pas simplement en les t=π/2+π[2π]. Pour contourner cette difficulté on raisonne à l’aide de valeurs absolues.

|0+e-tsinn(t)dt|0+e-t|sinnt|dt.

On a

fn(t)=|e-tsinn(t)|n+f(t)

avec

f(t)={0 si tπ/2[π]e-t sinon.

Les fonctions fn et f sont continues par morceaux et

|fn(t)|e-t=φ(t)

avec φ continue par morceaux intégrable sur [0;+[.

Par convergence dominée,

0+e-tsinn(t)dtn+0+f(t)dt=0.
 
Exercice 5  927   Correction  

Établir que

-+(1+t2n)-ndtn+-+e-t2dt.

Solution

Les fonctions données par

fn(t)=(1+t2/n)-n

sont définies et continues par morceaux sur .
La suite de fonctions (fn) converge simplement vers f avec f(t)=e-t2 définie et continue par morceaux sur .
Soit t fixé et considérons

φ:x-xln(1+t2/x)

définie sur [1;+[.
En étudiant le signe de φ′′, on démontre φ est croissante. Or lim+φ=0 et donc φ est négative.
La fonction φ est donc décroissante et par conséquent, pour tout n*

|fn(t)|(1+t2n)-n=exp(φ(n))exp(φ(1))=11+t2.

La fonction t1/(1+t2) est intégrable sur .
Par convergence dominée

-+(1+t2n)-ndtn+-+e-t2dt.
 
Exercice 6  1771     CCP (MP)Correction  

Vérifier que la suite de terme général

un=0+sin(nt)nt+t2dt

est bien définie et étudier sa convergence.

Solution

Posons

fn:tsin(nt)nt+t2.

La fonction fn est définie et continue par morceaux sur ]0;+[ et intégrable sur cet intervalle car Quand t0+,

fn(t)t0+ntnt+t2t0+1.etfn(t)=t+O(1t2).

Soit t]0;+[. Quand n+, fn(t)=O(1n) et la suite (fn) converge simplement vers la fonction nulle.

De plus, pour tπ/2, on a, sachant |sin(u)||u|,

|fn(t)|ntnt+t21

et pour tπ/2,

|fn(t)|1nt+t21t2.

Ainsi, |fn|φ avec

φ:t{1 si t[0;π/2]1/t2 si t]π/2;+[.

La fonction φ étant intégrable sur ]0;+[, on peut appliquer le théorème de convergence dominée et affirmer

unn+0+0dt=0.
 
Exercice 7  3800     CCP (PSI)Correction  

Étudier la limite éventuelle, quand n tend vers +, de la suite

In=0+xn1+xn+2dx.

Solution

En découpant l’intégrale,

In=01xn1+xn+2dx+1+xn1+xn+2dx.

D’une part,

|01xndxxn+2+1|01xndx=1n+1n+0

D’autre part, par convergence dominée (fonction de domination x1/x2 intégrable sur [1;+[),

1+xndxxn+2+1n+1+dxx2=1.

On en déduit

Inn+1.
 
Exercice 8  746   Correction  

Étudier la limite quand n tend vers l’infini de

un=0+sinn(x)x2dx

Solution

Notons que l’intégrale définissant un existe pour n2 car la fonction intégrée est dominée par x1/x2 en + et est prolongeable par continuité en 0.

Dans cette étude, on ne peut appliquer le théorème de convergence dominée sur [0;+[ après une majoration de |sin(x)| par 1 car la fonction dominante φ(x)=1/x2 n’est pas intégrable sur ]0;+[. Une solution pour contourner cette difficulté est de découper l’intégrale

un=0+sinn(x)x2dx=01sinn(x)x2dx+1+sinn(x)x2dx.

On a

|01sinn(x)x2dx|01|sinn-2(x)|dx car |sin(x)||x|.

Par le théorème de convergence dominée (fonction de domination φ:x1),

01|sinn-2(x)|dxn+0

et donc

01sinn(x)x2dxn+0.

Aussi,

|1+sinn(x)x2dx|1+|sin(x)|nx2dx.

Pour x1,

|sin(x)|nx2n+f(x)

avec f(x)=0 pour tout xπ/2[π].

De plus,

|sin(x)|nx21x2=φ(x)

avec φ:[1;+[+ intégrable. Par convergence dominée,

1+|sin(x)|nx2dxn+1+f(x)dx=0

Finalement,

unn+0.
 
Exercice 9  5397   Correction  

Étudier la limite quand n tend vers l’infini de

un=0+xndxx2n+1

Solution

En découpant l’intégrale,

un=01xndxx2n+1+1+xndxx2n+1.

D’une part,

|01xndxx2n+1|01xndx=1n+1n+0

D’autre part,

|1+xndxx2n+1|1+dxxn=1n-1n+0

On conclut

unn+0.

On peut aussi appliquer le théorème de convergence dominée mais c’est un peu moins efficace.

 
Exercice 10  3294     CCP (MP)

Montrer

limn+1+ne-xndx=1+e-xxdx.
 
Exercice 11  2862     MINES (MP)Correction  

Calculer

limn+0+n!k=1n(k+x)dx.

Solution

On a

|n!k=1n(k+x)|1×2(x+1)(x+2)×1=φ(x).

La fonction φ est intégrable sur [0;+[.

Aussi,

ln(n!k=1n(k+x))=-k=1nln(1+xk)n+-

car ln(1+x/k)x/k est terme général d’une série à termes positifs divergente.

Par suite,

n!k=1n(k+x)n+0.

Par convergence dominée,

limn+0+n!k=1n(k+x)dx=0.
 
Exercice 12  2435    ENSTIM (MP)

Soit f:[0;1] une fonction continue.

Étudier la limite quand n tend vers + de

01f(tn)dt.
 
Exercice 13  150     MINES (PC)Correction  

Soit f:++ continue et bornée. On pose, pour n,

In=0+nf(t)e-ntdt.

Déterminer la limite de In quand n+.

Solution

Par le changement de variable u=nt (avec n1),

In=0+f(un)e-udu.

Par convergence dominée, sachant

|f(un)|fe-u=φ(u)

avec φ:[0;+[+ intégrable, on obtient

Inn+0+f(0)e-udu=f(0).
 
Exercice 14  924   Correction  

Soit f:+ continue et bornée.

Déterminer la limite quand n+ de

0+nf(x)1+n2x2dx.

Solution

Par le changement de variable u=nx (pour n1),

0+nf(x)1+n2x2dx=0+f(u/n)1+u2du.

Posons alors fn:uf(u/n)1+u2 définie sur +.

La suite de fonctions (fn) converge simplement vers

f:uf(0)1+u2.

Les fonctions fn et f sont continues par morceaux sur +.

Pour u[0;+[,

|fn(u)|f1+u2=φ(u)

avec φ:++ intégrable.

Par convergence dominée,

0+nf(x)1+n2x2dxn+0+f(0)1+u2du=πf(0)2.
 
Exercice 15  3650      X (PC)Correction  

Soit f:+ de classe 𝒞1 intégrable ainsi que sa dérivée.

  • (a)

    Déterminer pour x>0

    limn+0+ncos(t)(sin(t))nf(xt)dt.
  • (b)

    Préciser le mode de convergence.

Solution

  • (a)

    Pour x>0, posons

    un(x)=0+ncos(t)(sin(t))nf(xt)dt.

    L’intégrabilité de f assure que un(x) est bien définie.

    Puisque f est intégrable, la fonction f admet une limite finie en + et, puisque f est aussi intégrable, f tend vers 0 en +. Par intégration par parties, on obtient alors

    un(x)=-nn+10+(sin(t))n+1xf(xt)dt.

    Posons gn(x)=|sin(t)|n+1xf(xt)dt.

    Chaque fonction gn est continue par morceaux.

    La suite de fonctions (gn) converge simplement vers une fonction continue par morceaux, nulle en chaque xπ/2+kπ.

    La fonction limite simple est continue par morceaux.

    Enfin, on a la domination

    |gn(x)|xf(xt)=φ(t)

    avec la fonction φ:[0;+[+ intégrable.

    Par convergence dominée,

    0+gn(t)dtn+0

    et, par comparaison,

    un(x)n+0.
  • (b)

    On vient déjà d’obtenir une convergence simple de la suite de fonctions (un) vers la fonction nulle. Montrons qu’il s’agit en fait d’une convergence uniforme.

    Par changement de variable,

    un(x)=-nn+10+(sin(u/x))n+1f(u)du.

    Soit ε>0. Puisque la fonction f est intégrable, il existe A+ tel que

    A+|f(u)|duε

    et alors

    |un(x)|M0A|sin(u/x)|n+1du+ε avec M=maxu[0;A]|f(u)|.

    Pour x4A/π,

    u[0;A], 0uxAxπ4

    et donc

    0A|sin(u/x)|n+1duA2n+1.

    Pour x4A/π, on a par changement de variable

    0A|sin(u/x)|n+1du=x0A/x|sin(t)|n+1dt.

    Pour k entier tel que kπ<A/x(k+1)π.

    0A|sin(u/x)|n+1dux0(k+1)π|sin(t)|n+1dt=x(k+1)0π(sin(t))n+1dt.

    Or x(k+1)πA+xπ5A et donc

    0A|sin(u/x)|n+1du5Aπ0π(sin(t))n+1dt.

    Finalement, pour tout x>0,

    |un(x)|5AMπ0π(sin(t))n+1dt+AM2n+1+ε

    et donc pour n assez grand, on a pour tout x>0.

    |un(x)|2ε.

    Il y a donc convergence uniforme vers la fonction nulle.

 
Exercice 16  4725      MINES (MP)

Soit f: une fonction continue et intégrable. On suppose qu’il existe un réel positif M vérifiant

x>0,-+|eitx-1x||f(t)|dtM.
  • (a)

    Montrer que la fonction ttf(t) est intégrable sur .

  • (b)

    Calculer

    limx0+-+eitx-1tf(t)dt.

[<] Convergence dominée[>] Applications de la convergence dominée

 
Exercice 17  2567    ENSTIM (MP)Correction  

Soit f:[0;+[ continue.

On suppose que la fonction f admet une limite finie en + vers une limite finie .

Déterminer la limite quand n+ de

μn=1n0nf(t)dt.

Solution

Par changement de variable,

μn=01f(ns)ds.

La fonction f est continue sur [0;+[ et admet une limite finie en +, c’est donc une fonction bornée par un certain M+.

Par convergence dominée (domination par la fonction consante tM intégrable sur [0;1]),

μnn+01dt=.
 
Exercice 18  922   Correction  

Étudier

limn+0n(1+xn)ne-2xdx.

Solution

Posons

fn(x)={(1+xn)n si x[0;n]0 sinon.

Pour x[0;+[, à partir d’un certain rang xn et

fn(x)=(1+xn)ne-2x=exp(nln(1+xn)-2x)n+e-x.

Ainsi, la suite (fn) converge simplement vers f:xe-x.

En vertu de l’inégalité ln(1+u)u, on obtient

|fn(x)|e-x=φ(x)

et ce que x[0;n] ou non.

La fonction φ est intégrable sur [0;+[.

Par application du théorème de convergence dominée,

limn+0n(1+xn)ne-2xdx=0+e-xdx=1.
 
Exercice 19  4079   Correction  

Étudier

limn+0n(1-t2n)ndt.

Solution

Posons

fn(t)={(1-t2n)n si t[0;n[0 sinon.

Pour t[0;+[, à partir d’un certain rang t>n et

fn(t)=(1-t2n)n=exp(nln(1-t2n))n+e-t2.

Ainsi, la suite (fn) converge simplement vers f:te-t2.

En vertu de l’inégalité ln(1+u)u, on obtient

|fn(t)|e-t2=φ(t)

et ce que t[0;n] ou non.

La fonction φ est intégrable sur [0;+[.

Par application du théorème de convergence dominée,

limn+0n(1-t2n)ndt=0+e-t2dt.
 
Exercice 20  2982      X (MP)Correction  

Déterminer

limn+0n(cos(xn))n2dx.

Solution

Posons

fn(x)={(cos(xn))n2 si x[0;n[0 sinon.

Soit x+. Pour n assez grand,

fn(x)=(cos(xn))n2=n+exp(n2ln(1-x2/2n2+o(1/n2)))n+e-x2/2.

Ainsi, la suite de fonctions (fn) converge simplement vers f:xe-x2/2 sur [0;+[.

Les fonctions fn et f sont continues par morceaux.

Soit ψ:[0;1] définie par ψ(t)=1-t2/4-cos(t). Par étude des variations,

x[0;1],ψ(x)0.

On en déduit que, pour x[0;n],

ln(cos(xn))ln(1-x24n2)-x24n2

puis

fn(x)e-x2/4.

Cette inégalité vaut aussi pour x]n;+[ et puisque la fonction xe-x2/4 est intégrable sur [0;+[, on peut appliquer le théorème de convergence dominée et affirmer

limn+0n(cos(xn))n2dx=0+e-x2/2dx=π2

(la dernière intégrale est une valeur «  connue  »).

 
Exercice 21  925   

Soit f:[0;+[ continue et intégrable. Déterminer la limite quand n tend vers + de

n01f(nt)1+tdt.
 
Exercice 22  3013      Ker Lann

Pour n*, on pose

Hn=k=1n1ketIn=0n(1-tn)nln(t)dt.
  • (a)

    Montrer l’existence d’un réel γ tel que

    Hn=n+ln(n)+γ+o(1).
  • (b)

    Justifier l’existence de In et établir que la suite (In) converge vers I avec

    I=0+e-tln(t)dt.
  • (c)

    Exprimer I en fonction de γ.

 
Exercice 23  4726    

(Formule de Stirling)

On donne11 1 La première intégrale se déduit de l’intégrale de Gauss calculée dans le sujet 545 par parité et le changement de variable u=t/2. La seconde intégrale s’obtient par intégrations par parties successives comme détaillé dans le sujet 678.

-+e-t2/2dt=2πetn,0+tne-tdt=n!.
  • (a)

    Calculer

    -n+(1+tn)ne-tdt.
  • (b)

    Déterminer

    limn+1nn+(1+tn)ne-tdt.
  • (c)

    Calculer

    limn+1n-nn(1+tn)ne-tdt.
  • (d)

    Retrouver ainsi la formule de Stirling.

[<] Convergence dominée sur intervalle variable[>] Intégration terme à terme

 
Exercice 24  3807    CCP (PSI)Correction  
  • (a)

    Montrer l’intégrabilité de la fonction fn:+* donnée par

    fn(x)=1x(1+x2)ln(1+xn).
  • (b)

    Déterminer un équivalent simple de

    un=0+fn(x)dx.

Solution

  • (a)

    La fonction fn est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.

    D’une part,

    fn(x)x0+1n.

    On peut donc prolonger fn par continuité en 0.

    D’autre part,

    fn(x)=x+o(1x2).

    Par suite, fn est intégrable sur ]0;+[.

  • (b)

    Considérons

    nun=0+nx(1+x2)ln(1+xn)dx.

    Posons gn=nfn. Pour x>0,

    gn(x)n+nx(1+x2)xnn+11+x2.

    De plus, sachant ln(1+u)u pour tout u>-1, on a

    |gn(x)|11+x2=φ(x)

    avec φ intégrable.

    Par convergence dominée,

    nunn+0+dx1+x2=π2.

    On en déduit

    unn+π2n.
 
Exercice 25  923   Correction  

Déterminer un équivalent de

0n1+(1-xn)ndx.

Solution

Par changement de variable,

0n1+(1-xn)ndxn=u=1-x/nn011-undu.

Par le théorème de convergence dominée,

011-undun+1

donc

0n1+(1-xn)ndxn+n.
 
Exercice 26  935    Correction  

Déterminer un équivalent quand n+ de

0+e-x/n1+cos2(x)dx.

Solution

La convergence de l’intégrale proposée est facile.

En découpant l’intégrale,

0+e-x/n1+cos2(x)dx=k=0+kπ(k+1)πe-x/n1+cos2(x)dx=k=0+e-kπ/n0πe-x/n1+cos2(x)dx.

Dans la somme proposée, le terme intégrale ne dépend de l’indice sommation donc

0+e-x/n1+cos2(x)dx=(k=0+e-kπ/n)0πe-x/n1+cos2(x)dx=11-e-π/n0πe-x/n1+cos2(x)dx.

On remarque

11-e-π/nn+nπ

et

0πe-x/n1+cos2(x)dxn+0πdx1+cos2(x)

par application du théorème de convergence dominée.

Par le changement de variable t=tan(x),

0πdx1+cos2(x)=20π/2dx1+cos2(x)=20+dt2+t2=π2.

Au final,

0+e-x/n1+cos2(x)dxn+n2.
 
Exercice 27  3362     CCP (MP)

Pour n, on pose

Jn=01x2n+1ln(x)x2-1dx.
  • (a)

    Justifier l’existence de l’intégrale définissant Jn.

  • (b)

    Calculer Jn-Jn+1.

  • (c)

    En déduire l’identité

    01xln(x)x2-1dx=14k=1+1k2.
 
Exercice 28  4945     CCP (MP)Correction  
  • (a)

    Justifier l’existence de

    In=0+dx(1+x3)npour n*.
  • (b)

    Montrer que la suite (In)n1 converge et trouver sa limite.

  • (c)

    Étudier la convergence de (-1)n-1In et calculer son éventuelle somme.

Solution

  • (a)

    Soit n*. Introduisons un:[0;+[ définie par

    un(x)=1(1+x3)n.

    La fonction un est continue par morceaux et intégrable car

    un(x)x+1x3n avec 3n>1.
  • (b)

    La suite de fonctions (un) converge simplement vers

    u:x{0 si x>01 si x=0.

    Les fonctions un et u sont continues par morceaux et, pour tout n1 et tout x[0;+[,

    |1(1+x3)n|11+x3=φ(x).

    La fonction φ est intégrable et par convergence dominée

    In=0+un(t)dtn+0+u(t)dt=0.
  • (c)

    On remarque 0un+1(x)un(x) pour tout x[0;+[ et, par intégration en bon ordre, 0In+1In. On en déduit que la série (-1)n-1In est alternée et que son terme général décroît en valeur absolue vers 0: la série converge par application du critère spécial.

    Pour tout N1,

    n=1N(-1)n-1In =0+n=1N(-1)n-1(1+x3)ndx
    =0+11+x3(1-(-1)N(1+x3)N1+11+x3)dx
    =0+12+x3(1+(-1)N+1(1+x3)N)dx.

    Or

    |0+12+x3(-1)N+1(1+x3)Ndx|0+dx(1+x3)N+1N+0

    car 2+x31+x3 On en déduit

    n=1N(-1)n-1InN+0+dx2+x3.

    Pour calculer, cette dernière intégrale, on réalise le changement de variable x=21/3t puis la décomposition en éléments simples

    1t3+1=1/3t+1+-13t+23t2-t+1.

    Au terme des calculs

    n=1+(-1)n-1In=21/3π33.
 
Exercice 29  4159     CENTRALE (MP)Correction  

Soient a et b strictement positifs. On définit deux suites (an) et (bn) par

a0=a,b0=betan+1=an+bn2,bn+1=anbnpour tout n.
  • (a)

    Montrer que les suites (an) et (bn) convergent vers une même limite.

On note M(a,b) la limite commune de ses suites.

  • (b)

    On pose

    T(a,b)=-+du(a2+u2)(b2+u2).

    Montrer

    T(a+b2,ab)=T(a,b).

    On pourra utiliser le changement de variable u=12(t-abt).

  • (c)

    Montrer

    T(a,b)=πM(a,b).

Solution

Sans perte de généralités, on suppose ab.

  • (a)

    Les suites (an) et (bn) sont bien définies et à termes positifs. Par l’inégalité 2xyx2+y2, on obtient an+1bn+1. On en déduit la croissance de (an) et la décroissance de (bn). Ces suites sont monotones et bornées donc convergentes. Notons et leurs limites. Par passage à la limite de la relation définissant an+1 en fonction de an et bn, on obtient

    =+2.

    On en déduit =.

  • (b)

    L’intégrale définissant T(a,b) est convergente car

    1(a2+u2)(b2+u2)u±1u2.

    La fonction de changement de variable t12(t-abt) est une bijection 𝒞1 croissante de ]0;+[ vers . Après calculs,

    T(a+b2,ab)=0+2dt(a2+t2)(b2+t2).

    Par parité de la fonction intégrée,

    T(a+b2,ab)=T(a,b).
  • (c)

    On a

    T(an+1,bn+1)=T(an,bn)

    et donc

    T(an,bn)=T(a,b).

    Par convergence dominée avec la fonction de domination

    φ(u)=1a2+u2

    on obtient

    T(an,bn)n+-+duM(a,b)2+u2=1M(a,b)[arctan(uM(a,b))]-+=πM(a,b)

    car M(a,b)>0.

 
Exercice 30  5379   Correction  

Soit f:[0;1] une fonction continue. On pose

In=01f(x)xndxpour tout n.
  • (a)

    Déterminer la limite de la suite (In).

  • (b)

    On suppose f(1)0 et f de classe 𝒞1.

    Donner un équivalent simple de (In).

  • (c)

    On suppose toujours f(1)0 mais f seulement continue.

    Donner un équivalent simple de (In).

Solution

  • (a)

    On peut montrer que la suite (In) est de limite nulle en appliquant le théorème de convergence dominée ou, plus rapidement, en raisonnant par comparaison. Privilégions cette dernière démarche. La fonction f étant continue sur le segment [0;1], elle y est bornée par un certain réel M. On a alors

    |In| 01|f(x)xn|dx=01|f(x)|xndx
    M01xndx=M[xn+1n+1]01=Mn+1n+0.

    On en déduit que la suite (In) tend vers 0.

  • (b)

    Par intégration par parties,

    In=[f(x)xn+1n+1]01-1n+101f(x)xn+1dx=n+f(1)n+1+o(1n)n+f(1)n.
  • (c)

    De retour au cas général ce qui précède invite à étudier la limite de nIn ou, parce que cela est plus commode, celle de (n+1)In.

    Méthode: On réexprime (n+1)In à l’aide d’un changement de variable.

    Par le changement de variable t=xn+1 pour lequel dt=(n+1)xndx, on obtient

    (n+1)In=01f(t1/(n+1))dt.

    Appliquons alors le théorème de convergence dominée à la suite des fonctions un définies11 1 On exclut artificiellement la borne 0 pour simplifier (un peu) l’étude. sur ]0;1] par

    un(t)=f(t1/(n+1))pour tout n.

    Pour tout t]0;1], on obtient par continuité de f

    un(t)n+u(t)=f(1)

    La suite de fonctions (un) converge donc simplement vers la fonction u sur ]0;1]. Les fonctions un et la fonction u sont continues par morceaux sur ]0;1] et, pour tout t]0;1] et tout n,

    |un(t)|M=φ(t) avec φ intégrable sur ]0;1].

    Par convergence dominée,

    (n+1)Inn+01u(t)dt=f(1)0 donc Inn+f(1)n.
 
Exercice 31  2392     CCP (MP)Correction  

Soit f une application réelle de classe 𝒞1 sur [a;b] avec 0<a<1<b et f(1)0. Soit (fn) la suite de fonctions telle que

fn(x)=f(x)1+xn.
  • (a)

    Déterminer la limite simple de (fn).

  • (b)

    Établir l’égalité

    limn+abfn(t)dt=a1f(t)dt.
  • (c)

    Montrer que

    a1tn-1fn(t)dtn+ln(2)nf(1).

Solution

  • (a)

    (fn) converge simplement vers la fonction f donnée par

    f(x)={f(x) si x[a;1[f(1)/2 si x=10 si x]1;b].
  • (b)

    Sachant |fn(x)||f(x)| avec f intégrable sur [a;b], on peut appliquer le théorème de convergence dominée et l’on obtient directement le résultat proposé.

  • (c)

    Par intégration par parties,

    a1tn-1fn(t)dt=[1nln(1+tn)f(t)]a1-1na1ln(1+tn)f(t)dt.

    D’une part,

    [1nln(1+tn)f(t)]a1=ln(2)nf(1)+ln(1+an)nf(a)=ln(2)nf(1)+o(1n)

    car ln(1+an)0.
    D’autre part,

    |1na1ln(1+tn)f(t)dt|1nf01tndt=n+O(1n2)=o(1n)

    sachant ln(1+u)u.
    Au final,

    a1tn-1fn(t)dt=n+ln(2)nf(1)+o(1n).
 
Exercice 32  2517     CCP (MP)Correction  

Pour n* et x, on pose

fn(x)=nπ(1-x22n2)2n4.

Soit g une fonction continue sur et nulle en dehors d’un segment [a;b].
Montrer que

limn+fn(x)g(x)dx=g(0).

Solution

L’intégrale

fn(x)g(x)dx=abfn(x)g(x)dx

est bien définie.
Par le changement de variable x=u/n bijectif de classe 𝒞1

fn(x)g(x)dx=nanb1π(1-u22n4)2n4g(u/n)du=-+hn(u)du

avec

hn(u)=1π(1-u22n4)2n4g(u/n)χ[na;nb]

hn est continue par morceaux, (hn) converge simplement vers h continue par morceaux avec

h(u)=1πe-u2g(0).

Pour n assez grand de sorte que |a/n|,|b/n|1 on a pour tout u[na;nb], |u2/2n4|1/2<1,

|hn(u)|=1πe2n4ln(1-u2/2n4)1πe-u2=φ(u)

et cette inégalité vaut aussi pour u[na;nb].
La fonction φ étant continue par morceaux et intégrable sur , on peut appliquer le théorème de convergence dominée et conclure sachant

-+e-u2du=π.
 
Exercice 33  3159     X (MP)Correction  

Soit F une application continue décroissante de dans , tendant vers 1 en - et vers 0 en +. Soient deux réels h et δ vérifiant 0<h<δ.

  • (a)

    Déterminer la limite éventuelle de

    In=01F(n(δt-h))dt.
  • (b)

    On pose

    Sn=k=0n-1F(n(δk+1n-h)).

    Déterminer un équivalent de Sn lorsque n tend vers +.

Solution

  • (a)

    Appliquons le théorème de convergence dominée.

    Posons fn:[0;1] définie par

    fn(t)=F(n(δt-h)).

    Pour t[0;h/δ[, on a fn(t)1.
    Pour t]h/δ;1], on a fn(t)0.
    Enfin, pour t=h/δ, fn(t)=F(0)F(0).
    Ainsi, la suite de fonctions (fn) converge simplement sur [0;1] vers f définie par

    f(t)={1 si t[0;h/δ[F(0) si t=h/δ0 si t]h/δ;1].

    Les fonctions fn sont continues et la limite simple f est continue par morceaux.

    Enfin,

    t[0;1],|fn(t)|1=φ(t)

    avec φ:[0;1]+ continue par morceaux et intégrable.

    Par convergence dominée,

    In01f(t)dt=0h/δ1dt=hδ.
  • (b)

    Par la décroissance de F, on peut écrire

    (k+1)/n(k+2)/nF(n(δt-h))dt1nF(n(δk+1n-h))k/n(k+1)/nF(n(δt-h))dt.

    En sommant ces inégalités,

    1/n(n+1)/nF(n(δt-h))dtSnnIn

    et

    1/n(n+1)/nF(n(δt-h))dt=01F(n(δ(t+1/n)-h))dt.

    Par convergence dominée, on obtient la limite de ce terme de façon analogue à ce qui précède et l’on conclut

    Snn+hδn.
 
Exercice 34  4158      CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Rappeler une condition nécessaire et suffisante pour qu’une fonction dérivable sur un intervalle soit strictement croissante.

  • (b)

    Soit f:[a;b]+ continue dont l’ensemble des zéros est d’intérieur vide et n*.

    Montrer qu’il existe une unique subdivision (x0,,xn) de [a;b] vérifiant:

    i1;n,xi-1xif(x)dx=1nabf(x)dx.
  • (c)

    Soit g:[a;b]+ continue. Calculer

    limn+1ni=1ng(xi).

Solution

  • (a)

    Une fonction dérivable sur un intervalle y est strictement croissante si, et seulement si, sa dérivée est positive et n’est nulle sur aucun sous-intervalle non réduit à un point (l’ensemble des zéros est d’intérieur vide).

  • (b)

    L’application F:xaxf(t)dt est une bijection continue strictement croissante de [a;b] vers [0;L] avec L l’intégrale de f sur [a;b]. Les xi sont alors déterminés par

    xi=F-1(iLn).
  • (c)

    On peut écrire

    Lni=1ng(xi)=i=1nxi-1xig(xi)f(x)dx.

    Montrons par application du théorème de convergence dominée

    i=1nxi-1xif(x)g(xi)dxn+abf(x)g(x)dx.

    On écrit

    i=1nxi-1xif(x)g(xi)dx=abhn(x)dx

    avec

    hn(x)=g(xi)f(x) pour x[xi-1;xi[ (xi est fonction de n).

    Les fonctions g et h étant continues sur un segment, on peut les borner et il est facile d’acquérir l’hypothèse de domination. Le plus difficile est d’obtenir la convergence simple…

    Soit x[a;b].

    Si f(x)=0 alors hn(x)=0n+f(x)g(x).

    Si f(x)0 alors, il existe m>0 et α>0 tels que

    y[a;b],|y-x|αf(y)m.

    Pour l’indice i tel que x[xi-1;xi[, on a (selon que l’intervalle [xi-1;xi] est de longueur supérieure ou inférieure à α)

    1nL=xi-1xif(t)dtmmin(xi-xi-1,α).

    On en déduit xi-xi-1n+0 puis xin+x, et, par continuité de g, hn(x)n+f(x)g(x).

    Par application du théorème de convergence dominée, on peut conclure

    limn+1ni=1ng(xi)=abf(x)g(x)dxabf(x)dx.

[<] Applications de la convergence dominée[>] Non-intégration terme à terme

 
Exercice 35  928  Correction  

Montrer

0+tet-1dt=n=1+1n2.

Solution

Pour tout t>0, on a

1et-1=e-t1-e-t=n=1+e-nt

donc

tet-1=n=1+te-nt=n=1+fn(t).

Les fonctions fn sont continues par morceaux sur ]0;+[ et, en vertu de l’étude qui précède, la série fn converge simplement et sa somme est continue par morceaux sur ]0;+[
Les fonctions fn sont intégrables sur ]0;+[ et

0+|fn(t)|dt=0+te-ntdt=1n2

qui est sommable. On en déduit que la fonction ttet-1 est intégrable sur ]0;+[ et

0+tet-1dt=n=1+1n2.
 
Exercice 36  5251   

Soit p*. Établir l’identité

0+tpet-1dt=n=1+p!np+1.
 
Exercice 37  3214   Correction  

Soient a,b>0. Établir

0+te-at1-e-btdt=n=0+1(a+bn)2.

Solution

Par sommation géométrique,

t>0,te-at1-e-bt=n=0+te-(a+nb)t.

Posons fn:+* définie par

fn(t)=te-(a+nb)t.

Les fonctions fn sont continues par morceaux, la série de fonctions fn converge simplement sur ]0;+[ et sa somme est continue par morceaux puisque c’est la fonction

tte-at1-e-bt.

Les fonctions fn sont intégrables sur ]0;+[ et par intégration par parties

[0;+[|fn|=0+fn=1(a+bn)2=O(1n2).

Puisque la série |fn| converge, on peut appliquer le théorème d’intégration terme à terme et l’on obtient

0+te-at1-e-btdt=[0;+[n=0+fn=n=0+[0;+[fn=n=0+1(a+bn)2.
 
Exercice 38  941  Correction  

Établir que pour tout x>0

01tx-1e-tdt=n=0+(-1)nn!(x+n).

Solution

Notons que 01tx-1e-tdt est bien définie.
Pour tout t]0;1],

tx-1e-t=n=0+(-1)ntn+x-1n!

donc

01tx-1e-tdt=]0;1]n=0+fn.

Les fonctions fn sont continues par morceaux, fn converge simplement sur ]0;1] et est de somme ttx-1e-t continue par morceaux.
Les fonctions fn sont intégrables sur ]0;1] et

]0;1]|fn(t)|dt=1n!(x+n).

La série ]0;1]|fn| converge donc on peut intégrer terme à terme

01tx-1e-tdt=n=0+(-1)nn!(x+n).
 
Exercice 39  4714  

Montrer11 1 Connaissant n=1+1n2=π26, cette étude détermine la valeur (non triviale) de l’intégrale.

01ln(t)t-1dt=n=1+1n2.
 
Exercice 40  2864     MINES (MP)Correction  

Existence et calcul de

01ln(t)1-t2dt.

Le résultat est à exprimer à l’aide de ζ(2).

Solution

Pour t]0;1[, on peut écrire

ln(t)1-t2=n=0+t2nln(t).

Or

01t2nln(t)dt=-1(2n+1)2.

Sachant que la série des intégrales des valeurs absolues converge, le théorème d’intégration terme à terme donne

01ln(t)1-t2dt=-n=0+1(2n+1)2=-3ζ(2)4

avec en substance la convergence de l’intégrale étudiée.

 
Exercice 41  931   Correction  
  • (a)

    Établir

    01ln(1+t)tdt=-01ln(t)1+tdt.
  • (b)

    En déduire

    01ln(1+t)tdt=n=1+(-1)n-1n2.
  • (c)

    Calculer cette somme sachant

    n=1+1n2=π26.

Solution

  • (a)

    Par intégration par parties généralisée,

    01ln(1+t)tdt=[ln(1+t)ln(t)]01-01ln(t)1+tdt

    et donc

    01ln(1+t)tdt=-01ln(t)1+tdt.
  • (b)

    Sur ]0;1[,

    -ln(t)1+t=n=0+(-1)n-1tn(ln(t)).

    Posons fn(t)=(-1)n-1tnln(t).
    Les fn:]0;1[ sont continues par morceaux et la série de fonctions fn converge simplement vers -ln(t)1+t elle-même continue par morceaux sur ]0;1[.
    On a

    01|fn(t)|dt=1(n+1)2

    et la série 1(n+1)2 converge donc on peut intégrer terme à terme la série de fonctions et donc

    -01ln(t)1+tdt=n=0+01(-1)n-1tnln(t)dt=n=0+(-1)n(n+1)2=n=1+(-1)n-1n2.
  • (c)

    En séparant les termes pairs et les termes impairs (ce qui se justifie en transitant par les sommes partielles)

    n=1+(-1)n-1n2=p=0+1(2p+1)2-p=1+1(2p)2=p=1+1n2-2p=1+1(2p)2=12n=1+1n2=π212.
 
Exercice 42  930   Correction  
  • (a)

    Établir

    01arctan(t)tdt=-01ln(t)1+t2dt.
  • (b)

    En déduire

    01arctan(t)tdt=n=0+(-1)n(2n+1)2.

    Cette valeur est appelée constante de Catalan, elle vaut approximativement 0,916.

Solution

  • (a)

    Par une intégration par parties avec convergence du terme entre crochet (car arctan(t)t0t)

    01arctan(t)tdt=[ln(t)arctan(t)]01-01ln(t)1+t2dt.

    On obtient donc

    01arctan(t)tdt=-01ln(t)1+t2dt

    avec convergence des intégrales proposées

  • (b)

    Pour tout t élément de ]0;1[,

    -ln(t)1+t2=n=0+(-1)n-1t2n(ln(t)).

    Posons fn(t)=(-1)n-1t2nln(t).

    Les fn:]0;1[ sont continues par morceaux et la série de fonctions fn converge simplement vers -ln(t)1+t2 elle-même continue par morceaux sur ]0;1[.

    01|fn(t)|dt=1(2n+1)2

    et la série 1(2n+1)2 converge donc on peut intégrer terme à terme la série de fonctions et donc

    -01ln(t)1+t2dt=n=0+01(-1)n-1t2nln(t)dt=n=0+(-1)n(2n+1)2.

    Rq: on aurait aussi pu exploiter arctan(t)=n=0+(-1)n-12n+1t2n+1.

 
Exercice 43  3781     CCP (MP)Correction  

Prouver l’égalité

01(ln(x))21+x2dx=2n=0+(-1)n(2n+1)3.

Solution

Pour x[0;1[, on peut écrire

11+x2=n=0+(-1)nx2n

et pour x]0;1[, on a

(ln(x))21+x2=n=0+(-1)nx2n(ln(x))2.

Considérons alors la série des fonctions

un(x)=(-1)nx2n(ln(x))2.

Par convergence des séries précédentes, la série des fonctions un converge simplement vers la fonction x(ln(x))2/(1+x2). Les fonctions un et la fonction somme sont continues par morceaux.
Chaque fonction un est intégrable et

01|un(x)|dx=01x2n(ln(x))2dx.

Par intégration par parties, on montre

01x2n(ln(x))2dx=2(2n+1)3.

On peut alors appliquer le théorème d’intégration terme à terme et affirmer

01(ln(x))21+x2dx=2n=0+(-1)n(2n+1)3.
 
Exercice 44  934   Correction  

Soit p avec p2. Établir

01(ln(x))p1-xdx=(-1)pn=1+p!np+1.

Solution

Pour x]0;1[,

(ln(x))p1-x=n=0+xn(ln(x))p=n=0+fn(x)

avec fn(x)=xn(ln(x))p sur ]0;1[.

Les fonctions fn sont continues par morceaux et la somme n=0+fn l’est aussi.

Les fonctions fn sont intégrables sur ]0;1[ et, par intégration par parties généralisée,

01|fn|=(-1)p01xn(ln(x))pdx=p!(n+1)p+1.

Puisque la série |fn| converge, le théorème d’intégration terme à terme donne

01(ln(x))p1-xdx=n=0+01fn(x)dx=(-1)pn=1+p!np+1

avec, en substance, existence de l’intégrale et de la série intoduite.

 
Exercice 45  2570     CCP (MP)Correction  

Soient p et k des entiers naturels non nuls et fp,k:xxp(ln(x))k définie sur ]0;1].

  • (a)

    Montrer que fp,k est intégrable sur ]0;1].

On pose

Kp,k=01xp(ln(x))kdx.
  • (b)

    Exprimer Kp,k en fonction de Kp,k-1.

  • (c)

    Soit n. Déterminer une expression de

    Jn=01(xln(x))ndx.
  • (d)

    Établir

    01xxdx=n=0+(-1)n(n+1)n+1.

Solution

  • (a)

    fp,k est définie et continue par morceaux sur ]0;1]. Elle est aussi intégrable sur cet intervalle car

    xfp,k(x)=xp+1/2(ln(x))kx0+0.
  • (b)

    Par intégration par parties généralisée,

    Kp,k=-kp+1Kp,k-1.
  • (c)

    Par la formule qui précède,

    Kp,k=(-1)kk!(p+1)kKp,0=(-1)kk!(p+1)k+1.
  • (d)

    On en déduit

    Jn=Kn,n=(-1)nn!(n+1)n+1.
  • (e)

    Pour tout x]0;1],

    xx=exp(xln(x))n=0+(xln(x))nn!.

    Posons fn:x1n!(xln(x))n.

    Les fonctions fn sont continues par morceaux et intégrables sur ]0;1].

    La série fn converge simplement sur ]0;1] et sa somme, qui est xxx, est continue par morceaux sur ]0;1].

    Enfin,

    01|fn(x)|dx=1(n+1)n+1=n+o(1n2)

    est terme général d’une série convergente.

    Par théorème d’intégration terme à terme, xxx est intégrable sur ]0;1] et

    I=01xxdx=n=0+01fn(x)dx=n=0+(-1)n(n+1)n+1.
 
Exercice 46  932   

Établir l’identité

01dxxx=n=1+1nn.
 
Exercice 47  5297     ENSTIM (MP)Correction  

Soit a>0.

  • (a)

    Étudier l’intégrabilité de f:]0;+[ définie par

    f(x)=sin(ax)ex-1.
  • (b)

    Montrer que

    0+f(x)dx=n=0+aa2+n2.

Solution

  • (a)

    f est définie, continue par morceaux et intégrable sur ]0;+[ car

    f(x)x+axx=aetf(x)=x+o(1x2).
  • (b)

    Pour x>0, on écrit

    1ex-1=e-x11-e-x=n=0+e-(n+1)x=n=1+e-nx.

    On justifie l’intégation terme à terme en employant |sin(ax)|ax et

    0+xe-nxdx=1n2.

    Lors du calcul par intégration terme à terme, on emploie

    0+sin(ax)e-nxdx=Im(0+e-(n-ia)x)dx=Im(1n-ia)=an2+a2

    et l’on obtient la formule voulue.

 
Exercice 48  2870     MINES (MP)Correction  

Pour x>1, on pose

ζ(x)=n=1+1nx.

Montrer

2+(ζ(x)-1)dx=n=2+1n2ln(n).

Solution

On sait que la fonction ζ est continue. Sous réserve d’existence

2+(ζ(x)-1)dx=2+n=2+1nxdx

Par un calcul direct,

2+dxnx=[1ln(n)1nx]2+=1n2ln(n).

La convergence de la série des intégrales des valeurs absolues assure la convergence de l’intégrale du premier membre et permet de permuter intégrale et somme. On obtient alors

2+(ζ(x)-1)dx=n=2+1n2ln(n).
 
Exercice 49  2360     CCP (MP)Correction  

Pour n*, soit fn l’application définie par

fn(x)={2sh(x)enx-1 si x]0;+[α si x=0.
  • (a)

    Pour quelle valeurs de α la fonction fn est-elle continue?
    Dans la suite, on prendra cette valeur de α.

  • (b)

    Montrer que fn est bornée.

  • (c)

    Montrer que 0+fn(x)dx existe pour n2.

  • (d)

    Exprimer 0+fn(x)dx comme la somme d’une série.

Solution

  • (a)

    Pour n*,

    fn(x)x0+2xnxx0+2n

    α=2n est l’unique valeur pour laquelle f est continue en 0.

  • (b)

    fn est continue sur [0;+[ et

    fn(x)x+exenxx+0.

    La fonction fn est donc bornée sur +.

  • (c)

    fn est définie et continue sur [0;+[ et

    x2fn(x)x+x2e-(n-1)xx+0

    La fonction fn est donc intégrable sur [0;+[.

  • (d)

    Pour x>0,

    2sh(x)enx-1=2sh(x)k=1+e-nkx=k=1+(e-(nk-1)x-e-(nk+1)x).
    0+|e-(nk-1)x-e-(nk+1)x|dx=1nk-1-1nk+1=2n2k2-1=O(1k2).

    Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut sommer terme à terme et affirmer

    0+2sh(x)enx-1dx=k=1+0+(e-(nk-1)x-e-(nk+1)x)dx=k=1+(1nk-1-1nk+1).

    Notons que la somme est facile à calculer pour n=2.

 
Exercice 50  2438     CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Démontrer la convergence de la série de terme général

    an=n!nn.
  • (b)

    Comparer

    anetn0+tne-ntdt.
  • (c)

    En déduire:

    n=1+an=0+te-t(1-te-t)2dt.

Solution

  • (a)

    On remarque |an+1an|n+1/e<1. Par la règle de d’Alembert, la série converge.

  • (b)

    Posons

    In=0+tne-αtdt.

    Par intégration par parties, on obtient In=n!αn+1 d’où

    an=n0+tne-ntdt.
  • (c)

    On a

    n=1+an=n=1+0+ntne-ntdt

    et la série

    0+|ntne-nt|dt=an

    converge donc on peut intégrer terme à terme et l’on obtient

    n=1+an=0+n=1+ntne-ntdt

    avec

    (1-te-t)n=1+ntne-nt=n=1+tne-nt=te-t1-te-t

    d’où la conclusion.

 
Exercice 51  939     CENTRALE (MP)Correction  

Soient α>0, n. On pose

un(α)=0π/2(sin(t))α(cos(t))ndt.
  • (a)

    Donner la Nature de la série de terme général un(1).

  • (b)

    Plus généralement, donner nature de la série de terme général un(α) pour α>0.

  • (c)

    Calculer n=1+un(α) pour α=2 et α=3.

Solution

  • (a)

    On a

    un(1)=0π/2sin(t)(cos(t))ndt=[-1n+1cosn+1(t)]0π/2=1n+1.

    La série de terme général un(1) est divergente.

  • (b)

    Pour α1,

    t]0;π/2],(sin(t))αsin(t)

    et donc un(α)un(1).

    On en déduit que la série de terme général un(α) est divergente.

    Pour α>1. La série des un(α) est une série à termes positifs et

    k=0nuk(α)=0π/2(sin(t))α1-(cos(t))n+11-cos(t)dt

    donc

    k=0nuk(α)0π/2(sin(t))α1-cos(t)dt

    avec l’intégrale majorante qui est convergente puisque

    (sin(t))α1-cos(t)t0+2tαt2=2t2-α.

    Puisque la série à termes positifs un(α) a ses sommes partielles majorées, elle est convergente.

  • (c)

    Par ce qui précède, on peut intégrer terme à terme car il y a convergence de la série des intégrales des valeurs absolues des fonctions. On peut alors écrire

    n=0+0π/2sinα(t)cosn(t)dt=0π/2sinα(t)1-cos(t)dt.

    Cas: α=2.

    0π/2sin2(t)1-cos(t)dt=0π/21+cos(t)dt=π2+1.

    Cas: α=3.

    0π/2sin3(t)1-cos(t)dt=0π/2sin(t)(1+cos(t))dt=32.
 
Exercice 52  2609     ENSTIM (MP)Correction  

Pour n1, on pose

In=0+dt(1+t3)n.
  • (a)

    Déterminer la limite de la suite (In).

  • (b)

    Établir que pour tout entier n1,

    In+1=3n-13nIn.
  • (c)

    Déterminer un réel α tel qu’il y ait convergence de la suite de terme général

    un=ln(nαIn).
  • (d)

    En déduire la convergence de la série

    n11nIn

    et exprimer sa somme à l’aide d’une intégrale.

Solution

  • (a)

    Par convergence dominée In0.

  • (b)

    Par intégration par parties avec convergence du crochet

    In=[t(1+t3)n]0++3n0+t3(1+t3)n+1dt

    avec

    0+t3(1+t3)n+1dt=In-In+1.

    On en déduit la relation demandée.

  • (c)

    La suite (un) a la nature de la série de terme général vn=un+1-un.
    Or

    vn=αln(1+1n)+ln(1-13n)=α-1/3n+O(1n2).

    La série de terme général vn converge si, et seulement si, α=1/3.

  • (d)

    Puisque ln(n1/3In), on obtient

    Inen3

    et donc

    1nIn=O(1n4/3).

    Par suite, n11nIn converge.
    On a

    n=1+1nIn=n=1+0+fn(t)dt avec fn(t)=1n1(1+t3)n.

    Les fonctions fn sont continues par morceaux sur ]0;+[, la série fn converge simplement sur ]0;+[ et sa somme

    n=1+fn=n=1+1n1(1+t3)n=-ln(1-11+t3)

    est continue par morceaux.
    Enfin, la série de terme général 0+|fn| converge.
    On peut donc permuter somme et intégrale pour obtenir

    n=1+1nIn=-0+ln(1-11+t3)dt=23π

    la dernière intégrale étant calculer par intégration par parties puis

    0+dt1+t3=2π33.
 
Exercice 53  2840     MINES (MP)Correction  
  • (a)

    Soit (s,λ)+*×. Quelle est la nature de la série de terme général

    λns(s+1)(s+n)

    pour n0?

À λ fixé, on note Δλ l’ensemble des s>0 tels que la série converge, et l’on note Fλ(s) la somme de cette série.

  • (b)

    Calculer limssupΔλFλ(s).

  • (c)

    Donner un équivalent de Fλ(s) quand s tend vers infΔλ.

  • (d)

    Pour n1, calculer

    01(1-y)s-1yndy.
  • (e)

    En déduire une expression intégrale de Fλ(s).

Solution

  • (a)

    Par la règle de d’Alembert, la série converge pour tout (s,λ)+*×.

    Δλ=]0;+[.
  • (b)
    Fλ(s)=1s(1+n=1+λn(s+1)(s+n)).

    Or

    |1+n=1+λn(s+1)(s+n)|n=0+|λ|nn!=e|λ|

    donc

    Fλ(s)s+0.
  • (c)

    Puisque

    |λn(s+1)(s+n)|λnn!

    il y a convergence normale sur + de la série des fonctions continues sλn(s+1)(s+n). Cela permet d’affirmer

    1+n=1+λn(s+1)(s+n)s0+1+n=1+λnn!=eλ

    et donc

    Fλ(s)s0+eλs.
  • (d)

    Par intégrations par parties successives,

    01(1-y)s-1yndy=n!s(s+1)(s+n).
  • (e)
    Fλ(s)=n=0+λnn!01(1-y)s-1yndy.

    Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut échanger somme et intégrale,

    Fλ(s)=01eλy(1-y)s-1dy.
 
Exercice 54  4144   Correction  
  • (a)

    Pour k*, calculer

    Ik=01tk-1ln(t)dt.
  • (b)

    Pour n, on pose

    Rn=k=n+1+(-1)k-1k2.

    Exprimer Rn à l’aide d’une intégrale.

  • (c)

    Calculer

    n=0+Rn.

Solution

  • (a)

    La fonction définissant l’intégrale Ik est intégrable sur ]0;1] car

    t×tk-1ln(t)t0+0.

    Par une intégration par parties généralisée,

    Ik=[tkln(t)k]01-01tk-1kdt=-1k2.
  • (b)

    Le terme Rn est bien définie car c’est le reste d’une série convergeant absolument. Ce qui précède, nous encourage à écrire

    Rn=-k=n+1+01(-t)k-1ln(t)dt.

    Pour intégrer terme à terme, on introduit uk:]0;1] définie par

    uk(t)=(-t)k-1ln(t).

    Par sommation géométrique, la série des fonctions uk converge simplement sur ]0;1[ (et même sur ]0;1]). Les fonctions uk sont toutes continues par morceaux et la fonction somme

    k=n+1+uk:t(-1)ntnln(t)1+t

    l’est aussi. Les fonctions uk sont intégrables sur ]0;1] et il y a convergence de la série

    01|uk|=1k2.

    Les hypothèses du théoème d’intégration terme à terme sont réunies et donc

    Rn=-k=n+1+01(-t)k-1ln(t)dt=-01(-1)ntnln(t)1+tdt.
  • (c)

    On opère encore une intégration terme à terme en considérant cette fois-ci les fonctions vn déterminées par

    vn(t)=(-1)ntnln(t)1+t avec t]0;1] et n.

    Encore une fois les hypothèses d’usages sont réunies, notamment parce que

    01|vn(t)|dt01tn|ln(t)|dt=1n2.

    On en déduit

    n=0+Rn=-01n=0+vn(t)dt=-01ln(t)(1+t)2dt.

    Par une intégration par parties généralisée où l’on choisit 1-11+t=t1+t comme primitive de 1(1+t)2, on obtient

    01ln(t)(1+t)2dt=[tln(t)1+t]01-01dt1+t=-ln(2).

    On peut conclure

    n=0+Rn=ln(2).

[<] Intégration terme à terme[>] Applications de l'intégration terme à terme

 
Exercice 55  4718  

Pour n* et t]0;+[, on pose un(t)=e-nt-2e-2nt.

Montrer que les deux expressions suivantes existent mais que leurs valeurs diffèrent:

n=1+(0+un(t)dt)et0+(n=1+un(t))dt.
 
Exercice 56  1102     CCP (PSI)Correction  
  • (a)

    Donner les limites éventuelles en + des suites de termes généraux

    Un=01dt(1+t3)netVn=1+dt(1+t3)n.
  • (b)

    Quelles sont les natures des séries

    n1Unetn1Vn?.

Solution

  • (a)

    Posons un(t)=1/(1+t3)n définie sur ]0;+[.
    Les fonctions un sont continues par morceaux et la suite (un) converge simplement vers la fonction nulle sur ]0;+[, elle-même continue par morceaux. De plus,

    n1,t]0;+[,|un(t)|φ(t)

    avec φ:t1/(1+t3) intégrable sur [0;+[ et donc aussi sur ]0;+[.
    Par application du théorème de convergence dominée sur ]0;1] et sur [1;+[, on obtient

    Unn+0etVnn+0.
  • (b)

    Les fonctions un sont continues par morceaux et la série de fonctions un converge simplement sur ]0;1] vers la fonction U continue par morceaux donnée par

    U(t)=n=1+1(1+t3)n=11+t311-11+t3=1t3.

    Si, par l’absurde, la série Un converge, on est dans la situation où la série de terme général ]0;1]|un(t)|dt converge et l’on peut appliquer un théorème d’intégration terme à terme affirmant

    U est intégrable sur ]0;1] et ]0;1]U(t)dt=n=1+01un(t)dt.

    Or cela est absurde car la fonction U n’est pas intégrable sur ]0;1]!

    On en déduit que la série Un diverge.

    En revanche, la série Vn est à termes positifs et

    k=1nVk1+k=1n1(1+t3)ndt1+dtt3=12.

    Les sommes partielles de la série à termes positifs Vn étant majorées, on peut affirmer que la série Vn converge.

 
Exercice 57  2583     CCP (MP)Correction  

Soit n*.

  • (a)

    Ensemble de définition de

    In(x)=0+dt(1+tx)n.
  • (b)

    Montrer que si x>1, In(x) diverge.

  • (c)

    Calculer In(2) pour n1.

Solution

  • (a)

    La fonction t1(1+tx)n est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.

    Cas: x<0.

    1(1+tx)nt+1

    La fonction n’est donc pas intégrable.

    Cas: x=0.

    1(1+tx)nt+12.

    Même conclusion.

    Cas: x>0.

    1(1+tx)nt0+1et1(1+tx)nt+1tnx

    La fonction est intégrable sur ]0;+[ si, et seulement si, nx>1.

  • (b)

    Pour t>0, on remarque que

    n=1+1(1+tx)n=1tx.

    Par l’absurde, si In(x) converge, on peut appliquer un théorème d’interversion somme et intégrale assurant que t1tx est intégrable sur ]0;+[. C’est absurde.

    On conclut que In(x) diverge.

    Par intégration par parties généralisée,

    In(2) =0+dt(1+t2)n
    =[t(1+t2)n]0++0+2nt2(1+t2)n+1dt
    =2n0+t2(1+t2)n+1dt.

    Or

    In(2)-In+1(2)=0+t2dt(1+t2)n+1

    donc

    In+1(2)=2n-12nIn(2).

    On en déduit

    In+1(2)=(2n)!(2nn!)2π2

    car I1(2)=π/2.

    Notons que par le changement de variable t=tan(u), on pouvait aussi transformer In(2) en une intégrale de Wallis.

 
Exercice 58  118     MINES (PC)Correction  

Soit, pour n,

un=0π/2(cos(π2sin(x)))ndx.
  • (a)

    Étudier la convergence de la suite (un)n0.

  • (b)

    Quelle est la nature de la série de terme général un?

Solution

  • (a)

    Posons

    fn(x)=(cos(π2sin(x)))n.

    Les fonctions fn sont continues par morceaux et la suite de fonctions (fn) converge simplement vers la fonction nulle sur [0;π/2[, elle-même continue par morceaux. Enfin, on a la domination

    |fn(x)|1=φ(x)

    avec φ évidemment intégrable sur [0;π/2[. Par convergence dominée, on obtient

    un0.
  • (b)

    Par l’absurde, si un converge alors, on peut appliquer un théorème d’intégration terme à terme à la série de fonctions fn. En effet, les fonctions fn sont continues par morceaux, la série de fonctions fn converge simplement sur [0;π/2[ vers la fonction

    f:x11-cos(π2sin(x))

    elle-même continue par morceaux. Enfin les fonctions fn sont intégrables sur [0;π/2[ et l’hypothèse de travail absurde signifie la convergence de la série [0;π/2[|fn|.
    Par théorème d’intégration terme à terme, on obtient

    n=0+un=0π/211-cos(π2sin(x))dx

    avec convergence de l’intégrale. Or, quand x0+

    11-cos(π2sin(x))8π2x2

    et donc l’intégrale introduite diverge. C’est absurde.
    On en déduit que la série un diverge.

 
Exercice 59  3287     MINES (MP)Correction  

Donner la nature de la série de terme général

un=0+e-tcos2n(t)dt.

Solution

On a

unvn=0π/2e-tcos2n(t)dt.

Si la série numérique un converge alors, par comparaison de séries à termes positifs, la série vn converge aussi. Par le théorème d’intégration terme à terme, il y a alors intégrabilité sur ]0;π/2] de la fonction

n=0+e-tcos2n(t)=e-t1-cos2(t)=e-tsin2(t).

Or

e-tsin2(t)t0+1t2

qui n’est pas intégrable sur ]0;π/2].

On en déduit que la série un diverge.

 
Exercice 60  5294     ENSTIM (MP)Correction  

Pour n, on pose

an=01xnln(1-x)dx.
  • (a)

    Justifier l’existence de l’intégrale définissant an et déterminer la limite de la suite (an).

  • (b)

    Étudier la nature de la série an.

  • (c)

    Calculer (n+1)an-nan-1 pour tout n*.

  • (d)

    En déduire un équivalent de (an).

Solution

  • (a)

    La fonction xln(x) est intégrable sur ]0;1] et donc xln(1-x) est intégrable sur [0;1[. De plus, pour tout x]0;1] et tout n,

    |xnln(1-x)|-ln(1-x).

    Par domination, l’intégrale définissant an existe. De plus, pour tout x[0;1[,

    xnln(1-x)n+0

    et, par convergence dominée, on obtient que (an) est de limite nulle.

  • (b)

    Par l’absurde, si la série an converge, on peut appliquer un théorème d’intégration terme à terme dont une conséquence est l’intégrabilité de

    xn=0+xnln(1-x)=ln(1-x)1-x.

    Cependant cette fonction n’est pas intégrable, c’est absurde.

  • (c)

    Pour n,

    (n+1)an-nan-1=01((n+1)xn-nxn-1)ln(1-x)dx.

    Par intégration par parties,

    (n+1)an-nan-1 =[(xn+1-xn)ln(1-x)]01+01xn+1-xn1-xdx
    =-01xndx=-1n+1.
  • (d)

    Par télescopage,

    (N+1)aN-a0=n=1N((n+1)an-nan-1)=-n=1N1n+1N+-ln(N).

    On en déduit

    ann+-ln(n)n.

    Notons qu’une intégration par parties où l’on intègre xn en 1n+1(xn+1-1) conduit plus directement à l’égalité

    an=-1n+1k=1n+11k.
 
Exercice 61  2641   Correction  

n désigne un entier naturel non nul.

  • (a)

    Justifier que l’intégrale

    0+n2-x2(n2+x2)2dx

    est définie.

  • (b)

    Soit a0. Calculer

    0an2-x2(n2+x2)2dx.

    En déduire la valeur de

    0+n2-x2(n2+x2)2dx

    puis de

    n=1+0+n2-x2(n2+x2)2dx.
  • (c)

    Soit a0. Montrer que la série

    n=1+n2-x2(n2+x2)2

    converge uniformément sur [0;a], puis que

    0an=1+n2-x2(n2+x2)2dx=n=1+an2+a2.
  • (d)

    En exploitant une comparaison série-intégrale, déterminer

    lima+n=1+an2+a2.
  • (e)

    En déduire que l’intégrale

    0+n=1+n2-x2(n2+x2)2dx

    est convergente et donner sa valeur.

    Qu’en conclure?

Solution

  • (a)

    f:xn2-x2(n2+x2)2 est définie, continue sur [0;+[ et f(x)x+-1x2 donc 0+f(x)dx est définie.

  • (b)
    0an2-x2(n2+x2)2dx=0a1n2+x2dx-20ax2(n2+x2)2dx

    et

    0ax2(n2+x2)2dx=12[-xn2+x2]0a+120a1n2+x2dx

    donc

    0an2-x2(n2+x2)2dx=an2+a2.

    Par suite,

    0+f(x)dx=lima+0af(x)dx=0.

    La série n=1+0+n2-x2(n2+x2)2dx est convergente et de somme nulle.

  • (c)

    Pour x[0;a],

    |n2-x2(n2+x2)2|n2+a2n4

    et

    n=1+n2+a2n4<+

    donc n=1+n2-x2(n2+x2)2 converge normalement, et donc uniformément sur [0;a]. Par suite,

    0an=1+n2-x2(n2+x2)2dx=n=1+0an2-x2(n2+x2)2dx=n=1+an2+a2.
  • (d)

    La fonction xax2+a2 est décroissante et intégrable sur [0;+[ donc par comparaison série-intégrale

    1+ax2+a2dxn=1+an2+a20+ax2+a2dx.

    Or

    1+ax2+a2dx=[arctan(xa)]1+=π2-arctan(1a)

    et

    0+ax2+a2dx=[arctan(xa)]0+=π2

    donc

    lima+n=1+an2+a2=π2.
  • (e)

    Ci-dessus:

    lima+0an=1+n2-x2(n2+x2)2dx=π2

    donc l’intégrale

    0+n=1+n2-x2(n2+x2)2dx

    est convergente et vaut π/2.
    Le résultat diffèrent de celui obtenu en (b). Il est donc faux ici de permuter somme et intégrale.

[<] Non-intégration terme à terme[>] Intégration terme à terme par les sommes partielles

 
Exercice 62  3790    ENTPECorrection  

Pour tout n et tout x+, on pose

fn(x)=xn(1-x).
  • (a)

    Montrer que

    n=1+01fn(x)dx=01x1+xdx.
  • (b)

    En déduire la valeur de

    n=1+1(n+1)(2n+3).

Solution

  • (a)

    Sur [0;1[, la série de fonction fn converge simplement et sa somme est

    n=1+fn(x)=x1-x(1-x)=x1+x.

    Cette fonction somme est continue par morceaux sur [0;1[.
    Les fonction fn sont intégrables sur [0;1[ et

    01|fn(x)|dx=01fn(x)dx=u=x1(n+1)(2n+3).

    Ce terme est sommable et l’on peut donc intégrer terme à terme ce qui donne

    n=1+01fn(x)dx=01x1+xdx.
  • (b)

    Ainsi,

    n=1+1(n+1)(2n+3)=01x1+xdx=u=x53-2ln(2).
 
Exercice 63  2866     MINES (MP)Correction  

Soit (an)n0 une suite bornée. Calculer

limn+0+e-2t(p=n+aptpp!)dt.

Solution

La série aptpp! est convergente car

|aptpp!|(an)tpp!.

De plus, sa somme est continue car on peut aisément établir la convergence normale sur tout segment.

Enfin,

|p=n+aptpp!|(an)et

permet d’assurer l’existence de l’intégrale étudiée.
Posons

fp(t)=aptpp!e-2t.

La série de fonction fp convergence simplement.
Les fonctions fp et p=n+fp sont continues par morceaux.
Les fonctions fp sont intégrables sur [0;+[ et

0+|fp(t)|dt=|ap|2p+1=p+O(12p+1)

est terme général d’une série convergente.

Par le théorème d’intégration terme à terme, on obtient

0+e-2t(p=n+aptpp!)dt=p=n+ap2p+1.

Enfin, cette expression tend vers 0 en tant que reste d’une série convergente.

 
Exercice 64  2445     CENTRALE (MP)Correction  

On pose

In=0111+tndt

pour tout entier n>0.

  • (a)

    Trouver la limite de (In).

  • (b)

    Donner un équivalent de (-In).

  • (c)

    Justifier

    01ln(1+y)ydy=k=0+(-1)k(k+1)2.
  • (d)

    Donner un développement asymptotique à trois termes de In.

Solution

  • (a)

    Posons un(t)=1/(1+tn) sur ]0;1].
    La suite de fonctions (un) converge simplement vers la fonction u:t1.
    Les fonctions un et la fonction u sont continues par morceaux.
    Enfin

    t]0;1],|un(t)|1=φ(t)

    avec φ:]0;1]+ intégrable. Par convergence dominée

    In=01un(t)dtn+01u(t)dt=1=.
  • (b)

    On a

    -In=01tn1+tndt=01ttn-11+tndt.

    Par intégration par parties,

    -In=ln(2)n-1n01ln(1+tn)dt.

    Puisque

    |01ln(1+tn)dt|01tndt=1n+1

    on peut affirmer -Inln(2)n.

  • (c)

    Pour y]0;1[,

    ln(1+y)y=k=0+(-1)kykk+1.

    Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues,

    01ln(1+y)ydy=k=0+(-1)k(k+1)2.

    Sans peine, k=0+(-1)k(k+1)2=π212 sachant n=1+1n2=π26.

  • (d)

    Par le changement de variable 𝒞1 strictement croissant y=tn

    01ln(1+tn)dt=1n01ln(1+y)yn-1ndy.

    Par convergence dominée (domination par sa limite simple),

    01ln(1+y)yn-1ndy01ln(1+y)ydy=π212.

    Ainsi,

    -In=ln(2)n-π212n2+o(1n2)

    puis

    In=1-ln(2)n+π212n2+o(1n2).
 
Exercice 65  2612     ENSTIM (MP)Correction  
  • (a)

    Déterminer la limite quand n+ de

    In=0111+tndt.
  • (b)

    Donner un équivalent de

    In-.
  • (c)

    Justifier

    01ln(1+tn)dt=k=1+(-1)k-1k(nk+1).
  • (d)

    En déduire un équivalent de

    01ln(1+tn)dt

    et donner un développement asymptotique à trois termes de In.

Solution

  • (a)

    On a

    |In-1|=01tn1+tndt01tndt=1n+10

    donc In=1.

  • (b)

    Par intégration par parties

    In-1=-ln(2)n+1n01ln(1+tn)dt.

    Or

    001ln(1+tn)dt01tndt0

    donc

    In=1-ln(2)n+o(1n).
  • (c)

    On a

    ln(1+tn)=k=1+(-1)k-1ktnk.

    Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on obtient la relation proposée.

  • (d)

    On a

    nk=1+(-1)k-1k(nk+1)-k=1+(-1)k-1k2=k=1+(-1)kk2(nk+1)

    avec

    |k=1+(-1)kk2(nk+1)|1nk=1+1k20

    donc

    n01ln(1+tn)dtk=1+(-1)k-1k2

    avec

    k=1+(-1)k-1k2=π212

    car on sait

    k=1+1k2=π26.

    Finalement,

    In=1-ln(2)n+π212n2+o(1n2).
 
Exercice 66  2807     MINES (MP)Correction  
  • (a)

    Pour (m,n)2, calculer

    01xn(1-x)mdx.
  • (b)

    Pour p, montrer l’existence de

    Sp=n=1+np(2nn).
  • (c)

    Calculer S-1 et S0.

  • (d)

    Si p, proposer une méthode de calcul de Sp.

Solution

  • (a)

    Par intégration par parties, on obtient une relation de récurrence qui conduit à

    01xn(1-x)mdx=n!m!(n+m+1)!.
  • (b)

    En posant un le terme général de la série étudiée, on observe

    |un+1un|n+14.

    Par la règle de d’Alembert, la série converge.

  • (c)

    S-1=n=1+01xn(1-x)n-1dx. Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut permuter et obtenir

    S-1=01xdx1-x(1-x)=π33.

    Puisque

    (2n+2n+1)=4n+2n+1(2nn)

    on observe

    4(2n+2n+1)-2n+11(2n+2n+1)=1(2nn). (1)

    En sommant pour n allant de 1 à +, on obtient

    4(S0-12)-2(S-1-12)=S0

    puis

    S0=1+2S-13.
  • (d)

    On multiplie la relation (1) par (n+1)p et l’on développe le (n+1)p du second membre et en sommant comme ci-dessus, on saura exprimer 3Sp en fonction des Sq avec q<p.

[<] Applications de l'intégration terme à terme[>] Études concrètes

 
Exercice 67  4715   

Montrer

n=0+(-1)n2n+1=01dt1+t2

et en déduire la valeur de la somme.

 
Exercice 68  936   Correction  

Soit a>0. Montrer

01dt1+ta=n=0+(-1)nna+1.

Solution

On a

11+ta=n=0+(-1)ntna=n=0+fn(t)

avec fn(t)=(-1)ntna sur ]0;1[.

01|fn(t)|dt=1na+1

et 1na+1 diverge, le théorème d’intégration terme à terme ne s’applique pas.
De plus, la série de fonctions ne converge par uniformément sur [0;1] car elle ne converge pas simplement en 1…
Transitons alors par les sommes partielles et le théorème de convergence dominée.
Posons

Sn:tk=0n(-1)ktka=1-(-1)n+1t(n+1)a1+ta.

Les fonctions Sn sont continues par morceaux et la suite (Sn) converge simplement sur [0;1[ vers la fonction

S:t11+ta

elle-même continue par morceaux.
De plus,

|Sn(t)|21+ta=φ(t)

avec φ intégrable sur [0;1[.
Par le théorème de convergence dominée, on obtient

01Sn(t)dt01dt1+ta.

Or

01Sn(t)dt=k=0n01(-1)ktkadt=k=0n(-1)kka+1

donc

n=0+(-1)nna+1=01dt1+ta

avec, en substance, la convergence de la série introduite.

 
Exercice 69  942   Correction  

Soit α>0. Établir que

01xα-11+xdx=n=0+(-1)nn+α.

Solution

Notons que l’intégrale étudiée est bien définie.

Pour tout x]0;1[,

xα-11+x=n=0+(-1)nxn+α-1.

Le théorème d’intégration terme à terme ne pourra pas s’appliquer car ici

]0;1[|fn|=1n+α diverge.

Nous allons alors intégrer terme à terme en exploitant les sommes partielles.
Posons

Sn:xk=0n(-1)kxk+α-1=xα-11-(-1)n+1xn+11+x.

Les fonctions Sn sont continues par morceaux et convergent simplement sur ]0;1[ vers la fonction

S:xxα-11+x

elle-même continue par morceaux.
De plus,

|Sn(x)|2xα-11+x=φ(x)

avec φ fonction intégrable sur ]0;1[.
Par le théorème de convergence dominée, on obtient

01Sn(x)dx01xα-11+xdx.

Or

01Sn(x)dx=k=0n01(-1)kxk+α-1dx=k=0n(-1)kk+α

et on peut donc conclure

n=0+(-1)nn+α=01xα-11+xdx

avec en substance la convergence de la série introduite.

 
Exercice 70  2863   Correction  
  • (a)

    Soient a,b>0. Établir

    01ta-11+tbdt=n=0+(-1)na+nb.
  • (b)

    Calculer

    n=0+(-1)n3n+1.

Solution

  • (a)

    Pour t]0;1[, on peut écrire

    ta-11+tb=n=0+(-1)nta+nb-1.

    Posons

    Sn:tk=0n(-1)kta+kb-1=ta-11-(-1)n+1t(n+1)b1+tb.

    Les fonctions Sn sont continues par morceaux et la suite (Sn) converge simplement sur ]0;1[ vers la fonction

    S:tta-11+tb

    elle-même continue par morceaux.
    De plus,

    |Sn(t)|2ta-11+tb=φ(t)

    avec φ intégrable sur ]0;1[.
    Par convergence dominée, on obtient

    01Sn(t)dt01ta-11+tbdt

    avec convergence de l’intégrale introduite.
    Or

    01Sn(t)dt=k=0n01(-1)kta+kb-1=k=0n(-1)ka+kb

    donc

    n=0+(-1)na+nb=01ta-11+tbdt

    avec convergence de la série introduite..

  • (b)

    Après calculs,

    n=0+(-1)n3n+1=01dt1+t3=13ln(2)+π33.
 
Exercice 71  2437   Correction  

Montrer

0+n=1+(-1)n-1n2+t2dt=π2n=1+(-1)n-1n.

Solution

Soit fn:[0;+[ la fonction définie par

fn(t)=(-1)n-1n2+t2.

On observe fn=1/n2 et donc la série des fonctions fn converge normalement, donc uniformément sur [0;+[. Puisque chaque fn est continue, on peut affirmer que la fonction

S:tn=1+(-1)n-1n2+t2

est définie et continue sur [0;+[.
Les fonctions fn sont intégrables sur + et

0+|fn(t)|dt=π20+dtn2+t2=π2n.

Puisque la série |fn| diverge, on ne peut intégrer directement terme à terme.

Raisonnons alors par les sommes partielles en exploitant le théorème de convergence dominée. Posons

Sn:tk=1n(-1)k-1k2+t2.

Les fonctions Sn sont continues par morceaux sur [0;+[ et converge simplement vers la fonction S elle-même continue par morceaux.
De plus, le critère spécial des séries alternées s’appliquant, on a

0Sn(t)11+t2=φ(t)

avec φ intégrable sur [0;+[.
Par le théorème de convergence dominée, on obtient

0+Sn(t)dt0+n=1+(-1)n-1n2+t2dt.

Or

0+Sn(t)dt=k=1n0+(-1)n-1n2+t2dt=π2k=1n(-1)n-1n

donc

π2n=1+(-1)n-1n=0+n=1+(-1)n-1n2+t2dt

avec convergence de la série introduite.

 
Exercice 72  2867     MINES (MP)

Soit (an) une suite croissante de réels strictement positifs de limite +. Justifier l’égalité

0+(n=0+(-1)ne-anx)dx=n=0+(-1)nan.
 
Exercice 73  4155     CCP (MP)Correction  

Soit p*. Pour tout n, on pose

Sn=0+tpet-1e-ntdt.
  • (a)

    Montrer l’existence de l’intégrale définissant Sn.

  • (b)

    Pour a,b*, on pose

    T(a,b)=0+tae-btdt.

    Simplifier l’expression de T(a,b).

  • (c)

    Montrer que pour tout naturel n

    S0=p!k=1n1kp+1+Sn.
  • (d)

    Montrer que la suite (Sn) converge vers 0.

  • (e)

    Montrer

    S0=p!k=1+1kp+1.

Solution

  • (a)

    La fonction définissant l’intégrale est définie continue par morceaux sur ]0;+[. Elle est y aussi intégrable car se prolonge par continuité en 0 et est négligeable devant t1/t2 en +.

  • (b)

    Par intégration par parties généralisée,

    T(a,b)=[tae-bt-b]0++ab0+ta-1e-btdt=abT(a-1,b).

    On en déduit

    T(a,b)=a!ba+1.
  • (c)

    On peut simplifier Sn-1-Sn

    Sn-1-Sn=0+tpe-ntdt=p!np+1.

    Par télescopage,

    S0=k=1n(Sk-1-Sk)+Sn=p!k=1n1kp+1+Sn.
  • (d)

    Par convergence dominée, sachant

    |tpet-1e-nt|tpet-1=φ(t) avec φ intégrable

    on obtient que la suite (Sn) converge vers 0.

  • (e)

    Il suffit de passer à la limite quand n tend vers l’infini.

[<] Intégration terme à terme par les sommes partielles[>] Études théoriques

 
Exercice 74  531  Correction  

Soit

f:x0+dt1+x3+t3.
  • (a)

    Montrer que f est définie sur +.

  • (b)

    À l’aide du changement de variable u=1/t, calculer f(0).

  • (c)

    Montrer que f est continue et décroissante.

  • (d)

    Déterminer lim+f.

Solution

  • (a)

    Posons

    g(x,t)=11+x3+t3.

    Pour tout x+, la fonction tg(x,t) est définie, continue sur + et g(x,t)+1/t3 donc f(x) existe.

  • (b)

    u1/u est une bijection de classe 𝒞1 de +* vers +*. On peut réaliser le changement de variable t=1/u qui donne

    0+dt1+t3=0+udu1+u3.

    Donc

    2f(0)=0+dtt2-t+1=[23arctan(2t-13)]0+=4π33

    puis

    f(0)=2π33.
  • (c)

    xg(x,t) est continue sur +, tg(x,t) est continue par morceaux sur [0;+[ avec

    |g(x,t)|11+t3=φ(t)

    et φ intégrable sur [0;+[ donc f est continue.
    Si xy alors t[0;+[,g(y,t)g(x,t) donc f(y)f(x). Ainsi f est décroissante.
    Rq: On peut aussi montrer f de classe 𝒞1 mais cela alourdit la démonstration

  • (d)

    f tend vers 0 en + car

    0f(x)0+dtx3+t3=t=xu1x20+du1+u3x+0.
 
Exercice 75  3658   Correction  

On pose

F(x)=0+e-t1+txdt.
  • (a)

    Montrer que F(x) est bien définie pour tout x0.

  • (b)

    Montrer que F est de classe 𝒞 sur [0;+[.

  • (c)

    Calculer F(n)(0) pour tout n.

Solution

  • (a)

    Posons f:[0;+[×[0;+[ définie par

    f(x,t)=e-t1+tx.

    Pour chaque x[0;+[, la fonction tf(x,t) est continue par morceaux sur [0;+[ et intégrable car

    t2f(x,t)t+0.

    On en déduit la convergence de l’intégrale généralisée définissant F(x).

  • (b)

    Pour chaque t[0;+[, la fonction xf(x,t) est indéfiniment dérivable et

    nfxn(x,t)=(-1)nn!(1+tx)n+1tne-t.

    La fonction xnfxn(x,t) est continue, la fonction tnfxn(x,t) est continue par morceaux et

    (x,t)[0;+[×[0;+[,|nfxn(x,t)|n!tne-t=φn(t)

    avec φn:[0;+[ continue par morceaux et intégrable.
    Par domination, on peut alors affirmer que F est de classe 𝒞 sur [0;+[ et

    n,x[0;+[,F(n)(x)=(-1)nn!0+tne-t(1+tx)n+1dt.
  • (c)

    En particulier

    F(n)(0)=(-1)n(n!)2.
 
Exercice 76  3887   
  • (a)

    Montrer la continuité de l’application définie sur ]0;+[ par

    g(x)=0xsin(t)x+tdt.
  • (b)

    Préciser ses limites en 0+ et +.

 
Exercice 77  3324   Correction  

Pour x>0, on pose

f(x)=-xxdt1+t2x2-t2.
  • (a)

    Montrer que f est définie et continue.

  • (b)

    Déterminer les limites de f en 0+ et +.

Solution

  • (a)

    Par le changement de variable t=ux (bijection de classe 𝒞1), on obtient

    f(x)=-11du1+x2u21-u2.

    Posons g:]0;+[×]-1;1[ définie par

    g(x,u)=11+x2u21-u2.

    La fonction g est continue sur ]0;+[×]-1;1[ et

    |g(x,u)|11-u2=φ(u)

    avec φ intégrable sur ]-1;1[.
    On en déduit que f est définie et continue sur ]0;+[.

  • (b)

    Pour tout u]-1;1[,

    g(x,u)=11+x2u21-u2x0+11-u2.

    Par la domination précédente,

    f(x)x0+-11du1-u2=[arcsin(u)]-11=π.

    De même, on obtient

    f(x)x+-110du=0.
 
Exercice 78  3760     ENSIIECorrection  
  • (a)

    Déterminer l’ensemble de définition de

    f(x)=01dtt(1-t)(1-x2t).
  • (b)

    Donner la limite de f en x=1.

Solution

  • (a)

    Pour que la racine carrée soit définie pour t]0;1[, il est nécessaire que x[-1;1].
    Pour x]-1;1[, l’intégrale définissant f converge par les arguments d’intégrabilité suivant

    1t(1-t)(1-x2t)t0+1tet1t(1-t)(1-x2t)t1-Cte1-t.

    Pour x=±1, l’intégrale définissant f diverge car

    1t(1-t)(1-t)t0+11-t0.

    L’ensemble de définition de f est donc ]-1;1[.

  • (b)

    Sur [0;1[, la fonction f est croissante et admet donc une limite en 1-.
    Par l’absurde, si celle-ci est finie égale à alors

    a[0;1[,0adtt(1-t)(1-x2t).

    Par intégration sur un segment, la fonction de x déterminée par le premier membre est continue en x=1, on en déduit

    0adtt(1-t).

    Or cela est absurde car par non-intégrabilité d’une fonction positive. On en déduit

    f(x)x1-+
 
Exercice 79  5252   

Pour x, on pose

F(x)=0+sin(xt)et-1dt.
  • (a)

    Montrer que F est définie et continue sur .

  • (b)

    Justifier

    F(x)=n=1+xn2+x2pour tout x.
  • (c)

    Déterminer la limite de F en +.

 
Exercice 80  534   Correction  
  • (a)

    Justifier que l’intégrale suivante est définie pour tout x>0

    f(x)=01tx-11+tdt.
  • (b)

    Justifier la continuité de f sur son domaine de définition.

  • (c)

    Calculer f(x)+f(x+1) pour x>0.

  • (d)

    Donner un équivalent de f(x) quand x0+ et la limite de f en +.

Solution

  • (a)

    La fonction ttx-11+t est définie et continue par morceaux sur ]0;1].
    Quand t0+,

    tx-11+ttx-1=1t1-x

    avec 1-x<1 et donc ttx-11+t est intégrable sur ]0;1].

  • (b)

    Posons g(x,t)=tx-11+t sur ]0;+[×]0;1].
    tg(x,t) est continue par morceaux sur ]0;1],
    xg(x,t) est continue sur ]0;+[.
    Soit [a;b]+*,

    (x,t)[a;b]×]0;1],|g(x,t)|ta-11+tta-1=φa(t)

    avec φa intégrable sur ]0;1].
    Par domination sur tout segment de ]0;+[, on peut affirmer que f est continue sur ]0;+[.

  • (c)

    Pour x>0

    f(x)+f(x+1)=01tx-1dt=1x.
  • (d)

    Par continuité, ,

    f(x+1)x0+f(1).

    On a donc

    f(x+1)=x0+o(1x)

    puis

    f(x)x0+1x.

    Aussi,

    0f(x)01tx-1dt=1xx+0

    donc

    f(x)x+0.
 
Exercice 81  5053   

Pour x>0, on pose

F(x)=0+e-tx+tdt.
  • (a)

    Montrer que F est définie et continue sur ]0;+[.

  • (b)

    Déterminer un équivalent simple de F en +.

  • (c)

    Déterminer un équivalent simple de F en 0+.

 
Exercice 82  2882     MINES (MP)Correction  

On pose, pour x>0,

f(x)=1x0+1-e-tx1+t2dt.

Montrer que f est de classe 𝒞2 sur ]0;+[ et trouver des équivalents simples de f en 0 et en +.

Solution

La fonction f est bien définie sur ]0;+[ et

xf(x)=π2-0+e-tx1+t2dt.

Posons

u(x,t)=e-tx1+t2

définie sur ]0;+[×[0;+[.
u admet deux dérivées partielles

ux(x,t)=-t1+t2e-tx et 2ux2(x,t)=t21+t2e-tx.

Pour chaque x>0, les fonctions u et ux sont intégrables et pour tout [a;b]]0;+[, on a la domination

|2ux2(x,t)|e-at=φ(t)

avec φ intégrable. On en déduit que la fonction

x0+e-tx1+t2dt

est définie et de classe 𝒞2 sur ]0;+[. Il en est de même pour f par opérations sur de telles fonctions.
Quand x+,

00+e-tx1+t2dt0+e-txdt=1x

donc xf(x)π2 puis

f(x)x+π2x.

Étudions maintenant f(x) quand x0+.
Par le changement de variable u=tx,

f(x)=0+1-e-ux2+u2du=0+ux2+u21-e-uudu

avec

φ:u1-e-uu.

Par intégration par parties,

f(x)=[12ln(x2+u2)φ(u)]0+-120+ln(x2+u2)φ(u)du.

Pour x]0;1],

|ln(x2+u2)||ln(u2)|+|ln(1+u2)|

et la fonction

u(|ln(u2)|+|ln(1+u2)|)φ(u)

est intégrable sur ]0;+[ car φ peut être prolongée par continuité en 0 et

φ(u)u+e-uu.

On en déduit

f(x)=-ln(x)+O(1)x0+-ln(x).
 
Exercice 83  533   Correction  

Soit

f:x0π/2cos(t)t+xdt.
  • (a)

    Montrer que f est définie, continue sur +*. Étudier les variations de f.

  • (b)

    Déterminer les limites de f en 0+ et +.

  • (c)

    Déterminer un équivalent de f en 0+ et +.

Solution

  • (a)

    Introduisons g(x,t)=cos(t)t+x définie sur +*×[0;π/2].
    La fonction g est continue et x et continue par morceaux en t.
    Pour [a;b]+*, on a

    (x,t)[a;b]×[0;π/2],|g(x,t)|1t+a=φ(t).

    La fonction φ est intégrable sur [0;π/2].
    Par domination sur tout segment, on peut affirmer que f est continue sur +*.
    Aussi, pour 0<xx, on a

    t[0;π/2],g(x,t)g(x,t).

    En intégrant, on obtient f(x)f(x). La fonction f est donc décroissante.
    On aurait pu aussi établir que f est de classe 𝒞1 et étudier le signe de sa dérivée.

  • (b)

    On a

    0f(x)0π/21x+tdtx+0.

    et

    f(x)0π/4cos(t)t+xdt22[ln(t+x)]0π/4=22ln(x+π/4x)x0++.
  • (c)
    1x+π/20π/2cos(t)dtf(x)1x0π/2cos(t)dt

    donc

    f(x)x+1x.

    On sait:

    0tπ/2, 1-12t2cos(t)1

    donc

    0π/2dtt+x-120π/2t2dtt+xf(x)0π/2dtt+x.

    Or

    0π/2dtt+x=ln(x+π/2x)0-ln(x)

    et

    00π/2t2dtt+x0π/2tdt=C=o(ln(x))

    donc

    f(x)x0-ln(x).
 
Exercice 84  5055    
  • (a)

    Déterminer le domaine de définition réel I de la fonction f donnée par

    f(x)=0+dttx(t+1).
  • (b)

    Montrer que f est de classe 𝒞 sur I.

  • (c)

    Déterminer des équivalents simples de f aux bornes de I.

 
Exercice 85  3313   

(Une fonction de Bessel)

Soit

f:x1π0πcos(xsin(θ))dθ.
  • (a)

    Montrer que f est définie et de classe 𝒞2 sur .

  • (b)

    Déterminer une équation différentielle linéaire d’ordre 2 dont f est solution.

  • (c)

    Montrer que f est développable en série entière sur .

  • (d)

    Exploiter l’équation différentielle précédente pour calculer les coefficients de ce développement.

 
Exercice 86  3736     CENTRALE (MP)Correction  

On pose

f(α)=0+dxxα(1+x).
  • (a)

    Étudier l’ensemble de définition de f.

  • (b)

    Donner un équivalent de f en 0.

  • (c)

    Montrer que le graphe de f admet une symétrie d’axe x=1/2.

  • (d)

    Montrer que f est continue sur son ensemble de définition.

  • (e)

    Calculer la borne inférieure de f.
    Énoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Solution

  • (a)

    La fonction x1/xα(1+x) est définie et continue par morceaux sur ]0;+[ avec

    1xα(1+x)x0+1xα et 1xα(1+x)x+1xα+1.

    Cette fonction est donc intégrable si, et seulement si, α]0;1[.
    La fonction intégrée étant de surcroît positive, l’intégrale définissant f(α) converge si, et seulement si, α]0;1[.

  • (b)

    On a

    f(α)-1+dxxα+1=01dxxα(1+x)-1+dxxα+1(1+x).

    Or

    |1+dxxα+1(1+x)|1+dxx(1+x)=C

    et pour α1/2

    |01dxxα(1+x)|01dxx(1+x)=C.

    On a donc

    f(α)=1+dxxα+1+O(1)=1α+O(1)1α.

    On peut aussi obtenir cet équivalent en commençant par opérer le changement de variable u=xα.

  • (c)

    Par le changement de variable 𝒞1 bijectif x=1/t, on obtient f(α)=f(1-α) d’où la symétrie affirmée.

  • (d)

    Posons

    u(α,x)=1xα(1+x).

    Pour chaque x]0;+[, la fonction αu(α,x) est continue et pour chaque α]0;1[ la fonction xu(α,x) est continue par morceaux. Enfin pour α[a;b]]0;1[ (avec a>0), on a

    |u(x,α)|1xa(1+x) si x[1;+[

    et

    |u(x,α)|1xb(1+x) si x]0;1].

    Ainsi,

    |u(x,α)|φa,b(x) pour x]0;+[

    en posant φa(x)=u(a,x)+u(b,x) qui est intégrable.
    Par domination sur tout segment, on peut affirmer que f est continue sur ]0;1[.

  • (e)

    Par le changement de variable x=1/t, on peut écrire

    01dxxα(1+x)=1+dtt1-α(1+t)

    et alors

    f(α)=1+x1-α+xαx(1+x)dx.

    On vérifie que pour x1, la fonction αx1-α+xα est décroissante sur ]0;1/2] puis croissante sur [1/2;1[. La fonction f a donc la même monotonie et son minimum est donc

    f(1/2)=0+dtt(1+t)=π

    via le changement de variable u=t.

 
Exercice 87  4717   

Pour x0, on pose

f(x)=0+ln(1+xt)1+t2dt.
  • (a)

    Montrer que la fonction f est définie et continue sur +.

  • (b)

    Justifier que la fonction f est de classe 𝒞1 sur +* et exprimer f(x) à l’aide d’une intégrale.

  • (c)

    Calculer f(x) en employant l’identité qui suit, valable pour tous x,t+,

    t(1+xt)(1+t2)=11+x2(x1+t2+t1+t2-x1+xt).
 
Exercice 88  5430     MINES (MP)Correction  

Montrer qu’il existe un unique réel x vérifiant

0+ln(t)e-t1+txdt=0.

Solution

Étudions la fonction

f:x0+ln(t)e-t1+txdt.

On introduit

u(x,t)=ln(t)e-t1+txpour (x,t)×]0;+[.

Pour tout x, la fonction u(x,) est continue par morceaux sur ]0;+[ et

|u(x,t)||ln(t)|e-t=φ(t). (1)

La fonction φ:]0;+[ est intégrable sur ]0;+[ car

φ(t)t0+|ln(t)|=t0+o(1t)ett2φ(t)t+0.

On en déduit que la fonction f est définie sur .

De plus, la fonction u admet une dérivée partielle en x

ux(x,t)=-(ln(t))2txe-t(1+tx)2.

Celle-ci est continue en x, continue par morceaux en t et

(x,t)×]0;+[,|ux(x,t)| =(ln(t))2e-ttx1+tx11+tx
(ln(t))2e-t=ψ(t).

La fonction ψ:]0;+[ est intégrable sur ]0;+[ car

ψ(t)t0+(ln(t))2=t0+o(1t)ett2ψ(t)t+0.

Par domination, on peut affirmer que f est de classe 𝒞1 sur et

f(x)=-0+(ln(t))2txe-t(1+tx)2dt.

La fonction intégrée est continue, positive et ce n’est pas la fonction nulle donc

x,f(x)<0.

On en déduit que la fonction f est strictement décroissante et réalise donc une bijection de vers ]+;-[ avec

-=limx-f(x)et+=limx+f(x).

Par la domination (1), on peut déterminer ces limites:

+=0+limx+(ln(t)e-t1+tx)dt=01ln(t)e-tdt<0

et

+=0+limx+(ln(t)e-t1+tx)dt=1+ln(t)e-tdt>0.

On peut alors conclure que la fonction f s’annule une unique fois sur .

 
Exercice 89  5431     MINES (MP)Correction  

On étudie la fonction d’une variable réelle

f:x0π/2sinx(t)dt.
  • (a)

    Préciser le domaine de définition de f.

  • (b)

    Étudier la continuité et la monotonie de f

  • (c)

    Étudier la limite de f en +.

  • (d)

    Déterminer un équivalent simple de f en -1+.

Solution

  • (a)

    Posons

    u(x,t)=sinx(t)pour (x,t)×]0;π/2].

    La fonction tu(x,t) est continue par morceaux et vérifie

    u(x,t)t0+1tx.

    La fonction tu(x,t) est donc intégrable sur ]0;π/