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

 
Exercice 1  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 2  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 3  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 4  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 5  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 6  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 7  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.

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



Édité le 08-11-2019

Bootstrap Bootstrap 3 - LaTeXML [LOGO] - Powered by MathJax Powered by MathJax