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

 
Exercice 1  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 2  5251   

Soit p*. Établir l’identité

0+tpet-1dt=n=1+p!np+1.
 
Exercice 3  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 4  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 5  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 6  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 7  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 8  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 9  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 10  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 11  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 12  932   

Établir l’identité

01dxxx=n=1+1nn.
 
Exercice 13  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 14  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 15  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 16  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 17  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 18  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 19  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 20  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).

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



Édité le 08-11-2019

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