[>] 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 sur intervalle variable



Édité le 08-11-2019

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