• (a)

  Posons $u_n(t)=1/{(1+t^3)}^n$ définie sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.
  Les fonctions $u_n$ sont continues par morceaux et la suite $(u_n)$ converge simplement vers la fonction nulle sur $]0;+\mathrm{\infty }[$, elle-même continue par morceaux. De plus,

  $$\forall n\ge 1,\forall t\in ]0;+\mathrm{\infty }[,\left|u_n(t)\right|\le \phi (t)$$

  avec $\phi :t\mapsto 1/(1+t^3)$ intégrable sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ et donc aussi sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.
  Par application du théorème de convergence dominée sur $]0;1]$ et sur $[1;+\mathrm{\infty }[$, on obtient

  $$U_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{V}_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

• (b)

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

  $$U(t)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(1+t^3)}^n}=\frac{1}{1+t^3}\frac{1}{1-\frac{1}{1+t^3}}=\frac{1}{t^3}\text{.}$$

  Si, par l’absurde, la série $\sum U_n$ converge, on est dans la situation où la série de terme général ${\int }_{]0;1]}\left|u_n(t)\right|dt$ converge et l’on peut appliquer un théorème d’intégration terme à terme affirmant

  $$U\text{ est intégrable sur }]0;1]\text{ et }{\int }_{]0;1]}U(t)dt=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{\int }_0^1{u}_n(t)dt\text{.}$$

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

  On en déduit que la série $\sum U_n$ diverge.

  En revanche, la série $\sum V_n$ est à termes positifs et

  $$\sum _{k=1}^n{V}_k\le {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^n\frac{1}{{(1+t^3)}^n}\mathrm{d}t\le {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^3}=\frac{1}{2}\text{.}$$

  Les sommes partielles de la série à termes positifs $\sum V_n$ étant majorées, on peut affirmer que la série $\sum V_n$ converge.

• (a)

  La fonction $t\mapsto \frac{1}{{(1+t^x)}^n}$ est définie et continue par morceaux sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.

  Cas: $x<0$.

  $$\frac{1}{{(1+t^x)}^n}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}1\text{.}$$

  La fonction n’est donc pas intégrable.

  Cas: $x=0$.

  $$\frac{1}{{(1+t^x)}^n}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\frac{1}{2}\text{.}$$

  Même conclusion.

  Cas: $x>0$.

  $$\frac{1}{{(1+t^x)}^n}\underset{t\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}1\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\frac{1}{{(1+t^x)}^n}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{t^{nx}}\text{.}$$

  La fonction est intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ si, et seulement si, $nx>1$.

• (b)

  Pour $t>0$, on remarque que

  $$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(1+t^x)}^n}=\frac{1}{t^x}\text{.}$$

  Par l’absurde, si $\sum I_n(x)$ converge, on peut appliquer un théorème d’interversion somme et intégrale assurant que $t\mapsto \frac{1}{t^x}$ est intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$. C’est absurde.

  On conclut que $\sum I_n(x)$ diverge.

• (c)

  Par intégration par parties généralisée,

  	$I_n(2)$	$={\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}{\displaystyle \frac{\mathrm{d}t}{{(1+t^2)}^n}}$
  		$={\left[{\displaystyle \frac{t}{{(1+t^2)}^n}}\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}+{\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}{\displaystyle \frac{2n{t}^2}{{(1+t^2)}^{n+1}}}dt$
  		$=2n{\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}{\displaystyle \frac{t^2}{{(1+t^2)}^{n+1}}}dt\text{.}$

  Or

  $$I_n(2)-I_{n+1}(2)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{t^2\mathrm{d}t}{{(1+t^2)}^{n+1}}$$

  donc

  $$I_{n+1}(2)=\frac{2n-1}{2n}{I}_n(2)\text{.}$$

  On en déduit

  $$I_{n+1}(2)=\frac{(2n)!}{{(2^{n}n!)}^2}\cdot \frac{\pi }{2}$$

  car $I_1(2)=\pi /2$.

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

• (a)

  Posons

  $$f_n(x)={\left(\cos \left(\frac{\pi }{2}\sin (x)\right)\right)}^n\text{.}$$

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

  $$\left|f_n(x)\right|\le 1=\phi (x)$$

  avec $\phi$ évidemment intégrable sur $[0;\pi /2[$. Par convergence dominée, on obtient

  $$u_n\to 0\text{.}$$

• (b)

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

  $$f:x\mapsto \frac{1}{1-\cos \left(\frac{\pi }{2}\sin (x)\right)}$$

  elle-même continue par morceaux. Enfin les fonctions $f_n$ sont intégrables sur $[0;\pi /2[$ et l’hypothèse de travail absurde signifie la convergence de la série $\sum {\int }_{[0;\pi /2[}|f_n|$.
  Par théorème d’intégration terme à terme, on obtient

  $$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{u}_n={\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{1-\cos \left(\frac{\pi }{2}\sin (x)\right)}dx$$

  avec convergence de l’intégrale. Or, quand $x\to 0^{+}$

  $$\frac{1}{1-\cos \left(\frac{\pi }{2}\sin (x)\right)}\sim \frac{8}{{\pi }^2{x}^2}$$

  et donc l’intégrale introduite diverge. C’est absurde.
  On en déduit que la série $\sum u_n$ diverge.

On a

Si la série numérique $\sum u_n$ converge alors, par comparaison de séries à termes positifs, la série $\sum v_n$ converge aussi. Par le théorème d’intégration terme à terme, il y a alors intégrabilité sur $]0;\pi /2]$ de la fonction

Or

qui n’est pas intégrable sur $]0;\pi /2]$.

On en déduit que la série $\sum u_n$ diverge.

• (a)

  Pour $x\in ]0;1]$,

  $${(1-x)}^n\ln (x)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

  Aussi, pour tout $x\in ]0;1]$,

  $$\left|{(1-x)}^n\ln (x)\right|\le \left|\ln (x)\right|=\phi (x)$$

  avec $\phi$ intégrable sur $]0;1]$. Par convergence dominéee, l’intégrale définissant $a_n$ existe et

  $${\int }_0^1{(1-x)}^n\ln (x)dx\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

• (b)

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

  $$x\mapsto \sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{(1-x)}^n\ln (x)=\frac{\ln (x)}{x}\text{.}$$

  Cependant cette fonction n’est pas intégrable sur $]0;1]$, c’est absurde.

• (c)

  Pour $n\in \mathbb{N}$,

  $$(n+1)a_n-n{a}_{n-1}={\int }_0^1\left((n+1){(1-x)}^n-n{(1-x)}^{n-1}\right)\ln (x)dx\text{.}$$

  Par intégration par parties généralisée (avec existence de la limite en $0$ du terme crochet),

  	$(n+1)a_n-n{a}_{n-1}$	$={\left[\left({(1-x)}^{n+1}-{(1-x)}^n\right)\ln (x)\right]}_0^1+{\displaystyle {\int }_0^1}{\displaystyle \frac{{(1-x)}^{n+1}-{(1-x)}^n}{x}}dx$
  		$=-{\displaystyle {\int }_0^1}{(1-x)}^{n}dx={\left[{\displaystyle \frac{1}{n+1}}{(1-x)}^{n+1}\right]}_0^1=-{\displaystyle \frac{1}{n+1}}\text{.}$

• (d)

  Par télescopage,

  $$(N+1)a_N-a_0=\sum _{n=1}^N\left((n+1)a_n-n{a}_{n-1}\right)=-\sum _{n=1}^N\frac{1}{n+1}\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\sim }-\ln (N)\text{.}$$

  On en déduit

  $$a_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }-\frac{\ln (n)}{n}\text{.}$$

  Notons qu’une intégration par parties où l’on intègre ${(1-x)}^n$ en $-\frac{1}{n+1}\left({(1-x)}^{n+1}-1\right)$ conduit plus directement à l’égalité

  $$a_n=-\frac{1}{n+1}\sum _{k=1}^{n+1}\frac{1}{k}\text{.}$$

• (a)

  $f:x\mapsto \frac{n^2-x^2}{{(n^2+x^2)}^2}$ est définie, continue sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ et $f(x)\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\sim }-\frac{1}{x^2}$ donc ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(x)dx$ est définie.

• (b)

  $${\int }_0^a\frac{n^2-x^2}{{(n^2+x^2)}^2}dx={\int }_0^a\frac{1}{n^2+x^2}dx-2{\int }_0^a\frac{x^2}{{(n^2+x^2)}^2}dx$$

  et

  $${\int }_0^a\frac{x^2}{{(n^2+x^2)}^2}dx=\frac{1}{2}{\left[-\frac{x}{n^2+x^2}\right]}_0^a+\frac{1}{2}{\int }_0^a\frac{1}{n^2+x^2}dx$$

  donc

  $${\int }_0^a\frac{n^2-x^2}{{(n^2+x^2)}^2}dx=\frac{a}{n^2+a^2}\text{.}$$

  Par suite,

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(x)dx=\underset{a\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^{a}f(x)dx=0\text{.}$$

  La série ${\sum }_{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{n^2-x^2}{{(n^2+x^2)}^2}dx$ est convergente et de somme nulle.

• (c)

  Pour $x\in [0;a]$,

  $$\left|\frac{n^2-x^2}{{(n^2+x^2)}^2}\right|\le \frac{n^2+a^2}{n^4}$$

  et

  $$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{n^2+a^2}{n^4}<+\mathrm{\infty }$$

  donc ${\sum }_{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{n^2-x^2}{{(n^2+x^2)}^2}$ converge normalement, et donc uniformément sur $[0;a]$. Par suite,

  $${\int }_0^a\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{n^2-x^2}{{(n^2+x^2)}^2}\mathrm{d}x=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{\int }_0^a\frac{n^2-x^2}{{(n^2+x^2)}^2}dx=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{a}{n^2+a^2}\text{.}$$

• (d)

  La fonction $x\mapsto \frac{a}{x^2+a^2}$ est décroissante et intégrable sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ donc par comparaison série-intégrale

  $${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{a}{x^2+a^2}dx\le \sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{a}{n^2+a^2}\le {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{a}{x^2+a^2}dx\text{.}$$

  Or

  $${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{a}{x^2+a^2}dx={\left[\arctan \left(\frac{x}{a}\right)\right]}_1^{+\mathrm{\infty }}=\frac{\pi }{2}-\arctan \left(\frac{1}{a}\right)$$

  et

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{a}{x^2+a^2}dx={\left[\arctan \left(\frac{x}{a}\right)\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}=\frac{\pi }{2}$$

  donc

  $$\underset{a\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{a}{n^2+a^2}=\frac{\pi }{2}\text{.}$$

• (e)

  Ci-dessus:

  $$\underset{a\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^a\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{n^2-x^2}{{(n^2+x^2)}^2}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}$$

  donc l’intégrale

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{n^2-x^2}{{(n^2+x^2)}^2}\mathrm{d}x$$

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