Exercice 1 3807 CCINP (PSI)Correction

(a)

Montrer l’intégrabilité de la fonction $f_{n} : ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ donnée par

$f_{n} (x) = \frac{1}{x (1 + x^{2})} \ln (1 + \frac{x}{n}) .$
(b)

Déterminer un équivalent simple de

$u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} f_{n} (x) d x .$

Solution

(a)

La fonction $f_{n}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ .

D’une part,

$f_{n} (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} \frac{1}{n} .$

On peut donc prolonger $f_{n}$ par continuité en $0$ .

D’autre part,

$f_{n} (x) \underset{x \to + \infty}{=} o (\frac{1}{x^{2}}) .$

Par suite, $f_{n}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Considérons

$n u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{n}{x (1 + x^{2})} \ln (1 + \frac{x}{n}) d x .$

Posons $g_{n} = n f_{n}$ . Pour $x > 0$ ,

$g_{n} (x) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n}{x (1 + x^{2})} \cdot \frac{x}{n} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{1 + x^{2}} .$

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

$| g_{n} (x) | \leq \frac{1}{1 + x^{2}} = φ (x)$

avec $φ$ intégrable.

Par convergence dominée,

$n u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{2}} = \frac{π}{2} .$

On en déduit

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{π}{2 n} .$

Exercice 2 5434 MINES (MP)Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue, bornée et telle que $f (0) \neq 0$ .

Déterminer un équivalent simple de la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ déterminée par

u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- n t} f (t)}{\sqrt{t}} d t .

Solution

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Par le changement de variable $s = n t$ ,

u_{n} = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{+ \infty} f (\frac{s}{n}) \frac{e^{- s}}{\sqrt{s}} d s .

Par convergence dominée, sachant

\forall n \in ℕ, \forall s \in] 0; + \infty [, | f (\frac{s}{n}) \frac{e^{- s}}{\sqrt{s}} | \leq {∥ f ∥}_{\infty} \frac{e^{- s}}{\sqrt{s}} = φ (s)

avec $φ :] 0; + \infty [\to ℝ_{+}$ continue par morceaux et intégrableu sur $] 0; + \infty [$ , il vient

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- s}}{\sqrt{s}} d s

(et l’on établit aussi l’existence de l’intégrale définissant $u_{n}$ ).

Par le changement de variable $x = \sqrt{s}$ , cette dernière intégrale peut être liée à l’intégrale de Gauss,

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- s}}{\sqrt{s}} d s = 2 \int_{0}^{+ \infty} e^{- x^{2}} d x = \sqrt{π} .

On conclut

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\sqrt{π}}{\sqrt{n}} .

Exercice 3 923 Correction

Déterminer un équivalent de

\int_{0}^{n} \sqrt{1 + {(1 - \frac{x}{n})}^{n}} d x .

Solution

Par changement de variable,

\int_{0}^{n} \sqrt{1 + {(1 - \frac{x}{n})}^{n}} d x n \underset{u = 1 - x / n}{=} n \int_{0}^{1} \sqrt{1 - u^{n}} d u .

Par le théorème de convergence dominée,

\int_{0}^{1} \sqrt{1 - u^{n}} d u \to_{n \to + \infty}^{} 1

donc

\int_{0}^{n} \sqrt{1 + {(1 - \frac{x}{n})}^{n}} d x \underset{n \to + \infty}{\sim} n .

Exercice 4 935 Correction

Déterminer un équivalent quand $n \to + \infty$ de

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x .

Solution

La convergence de l’intégrale proposée est facile.

En découpant l’intégrale,

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \int_{k π}^{(k + 1) π} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x = \sum_{k = 0}^{+ \infty} e^{- k π / n} \int_{0}^{π} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x .

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

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x = (\sum_{k = 0}^{+ \infty} e^{- k π / n}) \int_{0}^{π} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x = \frac{1}{1 - e^{- π / n}} \int_{0}^{π} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x .

On remarque

\frac{1}{1 - e^{- π / n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n}{π}

\int_{0}^{π} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{π} \frac{d x}{1 + \cos^{2} (x)}

par application du théorème de convergence dominée.

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

\int_{0}^{π} \frac{d x}{1 + \cos^{2} (x)} = 2 \int_{0}^{π / 2} \frac{d x}{1 + \cos^{2} (x)} = 2 \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{2 + t^{2}} = \frac{π}{\sqrt{2}} .

Au final,

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x / n}}{1 + \cos^{2} (x)} d x \sim n \to + \infty \frac{n}{\sqrt{2}} .

Exercice 5 3362 CCINP (MP)

Pour $n \in ℕ$ , on pose

J_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x^{2 n + 1} \ln (x)}{x^{2} - 1} d x .

(a)

Justifier l’existence de l’intégrale définissant $J_{n}$ .
(b)

Calculer $J_{n} - J_{n + 1}$ .
(c)

En déduire l’identité

$\int_{0}^{1} \frac{x \ln (x)}{x^{2} - 1} d x = \frac{1}{4} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} .$

Exercice 6 4945 CCINP (MP)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{{(1 + x^{3})}^{n}} .

(a)

Justifier l’existence de l’intégrale définissant $I_{n}$ .
(b)

Montrer que la suite ${(I_{n})}_{n \geq 1}$ converge et trouver sa limite.
(c)

Étudier la convergence de $\sum_{n \geq 1} {(- 1)}^{n - 1} I_{n}$ et calculer son éventuelle somme.

Solution

(a)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Introduisons $u_{n} : [0; + \infty [\to ℝ$ définie par

$u_{n} (x) = \frac{1}{{(1 + x^{3})}^{n}} .$

La fonction $u_{n}$ est continue par morceaux et intégrable car

$u_{n} (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x^{3 n}} avec 3 n > 1 .$
(b)

La suite de fonctions $(u_{n})$ converge simplement vers

$u_{\infty} : x \mapsto {\begin{matrix} 0 & si x > 0 \\ 1 & si x = 0 . \end{matrix}$

Les fonctions $u_{n}$ et $u_{\infty}$ sont continues par morceaux et, pour tout $n \geq 1$ et tout $x \in [0; + \infty [$ ,

$| \frac{1}{{(1 + x^{3})}^{n}} | \leq \frac{1}{1 + x^{3}} = φ (x) .$

La fonction $φ$ est intégrable et par convergence dominée

$I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} u_{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} u_{\infty} (t) d t = 0 .$
(c)

On remarque $0 \leq u_{n + 1} (x) \leq u_{n} (x)$ pour tout $x \in [0; + \infty [$ et, par intégration en bon ordre, $0 \leq I_{n + 1} \leq I_{n}$ . On en déduit que la série $\sum {(- 1)}^{n - 1} I_{n}$ est alternée et que son terme général décroît en valeur absolue vers $0$ : la série converge par application du critère spécial.

Pour tout $N \geq 1$ ,

$\sum_{n = 1}^{N} {(- 1)}^{n - 1} I_{n}$ $= \int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{N} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{{(1 + x^{3})}^{n}} d x$

$= \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{1 + x^{3}} (\frac{1 - \frac{{(- 1)}^{N}}{{(1 + x^{3})}^{N}}}{1 + \frac{1}{1 + x^{3}}}) d x$

$= \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{2 + x^{3}} (1 + \frac{{(- 1)}^{N + 1}}{{(1 + x^{3})}^{N}}) d x .$

Or

$| \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{2 + x^{3}} \cdot \frac{{(- 1)}^{N + 1}}{{(1 + x^{3})}^{N}} d x | \leq \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{{(1 + x^{3})}^{N + 1}} \to_{N \to + \infty}^{} 0$

car $2 + x^{3} \geq 1 + x^{3}$ On en déduit

$\sum_{n = 1}^{N} {(- 1)}^{n - 1} I_{n} \to_{N \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{2 + x^{3}} .$

Pour calculer, cette dernière intégrale, on réalise le changement de variable $x = 2^{1 / 3} t$ puis la décomposition en éléments simples

$\frac{1}{t^{3} + 1} = \frac{1 / 3}{t + 1} + \frac{- \frac{1}{3} t + \frac{2}{3}}{t^{2} - t + 1} .$

Au terme des calculs,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n - 1} I_{n} = \frac{2^{1 / 3} π}{3 \sqrt{3}} .$

Exercice 7 4159 CENTRALE (MP)Correction

Soient $a$ et $b$ strictement positifs. On définit deux suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ par

a_{0} = a, b_{0} = b et a_{n + 1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2}, b_{n + 1} = \sqrt{a_{n} b_{n}} pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer que les suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ convergent vers une même limite.

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

(b)

On pose

$T (a, b) = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d u}{\sqrt{(a^{2} + u^{2}) (b^{2} + u^{2})}} .$

Montrer

$T (\frac{a + b}{2}, \sqrt{a b}) = T (a, b) .$

On pourra utiliser le changement de variable $u = \frac{1}{2} (t - \frac{a b}{t})$ .
(c)

Montrer

$T (a, b) = \frac{π}{M (a, b)} .$

Solution

Sans perte de généralités, on suppose $a \leq b$ .

(a)

Les suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ sont bien définies et à termes positifs. Par l’inégalité $2 x y \leq x^{2} + y^{2}$ , on obtient $a_{n + 1} \leq b_{n + 1}$ . On en déduit la croissance de $(a_{n})$ et la décroissance de $(b_{n})$ . Ces suites sont monotones et bornées donc convergentes. Notons $ℓ$ et $ℓ^{'}$ leurs limites. Par passage à la limite de la relation définissant $a_{n + 1}$ en fonction de $a_{n}$ et $b_{n}$ , on obtient

$ℓ = \frac{ℓ + ℓ^{'}}{2} .$

On en déduit $ℓ = ℓ^{'}$ .
(b)

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

$\frac{1}{\sqrt{(a^{2} + u^{2}) (b^{2} + u^{2})}} \underset{u \to \pm \infty}{\sim} \frac{1}{u^{2}} .$

La fonction de changement de variable $t \mapsto \frac{1}{2} (t - \frac{a b}{t})$ est de classe $𝒞^{1}$ strictement croissante sur $] 0; + \infty [$ . Après calculs,

$T (\frac{a + b}{2}, \sqrt{a b}) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 d t}{\sqrt{(a^{2} + t^{2}) (b^{2} + t^{2})}} .$

Par parité de la fonction intégrée,

$T (\frac{a + b}{2}, \sqrt{a b}) = T (a, b) .$
(c)

On a

$T (a_{n + 1}, b_{n + 1}) = T (a_{n}, b_{n})$

et donc

$T (a_{n}, b_{n}) = T (a, b) .$

Par convergence dominée avec la fonction de domination

$φ (u) = \frac{1}{a^{2} + u^{2}}$

on obtient

$T (a_{n}, b_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{d u}{M {(a, b)}^{2} + u^{2}} = \frac{1}{M (a, b)} {[\arctan (\frac{u}{M (a, b)})]}_{- \infty}^{+ \infty} = \frac{π}{M (a, b)}$

car $M (a, b) > 0$ .

Exercice 8 5803 Correction

Donner un équivalent simple quand $n$ tend vers l’infini à

I_{n} = \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t .

Solution

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Réalisons le changement de variable $x = t^{n}$ . Par celui-ci,

I_{n} = \frac{1}{n} \int_{] 0; 1]} \ln (1 + x) x^{- \frac{n - 1}{n}} d x .

Introduisons

u_{n} = \ln (1 + x) x^{- \frac{n - 1}{n}} pour x \in] 0; 1] .

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

x^{- \frac{n - 1}{n}} \to_{n \to + \infty}^{} x^{- 1}

et donc

u_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{\ln (1 + x)}{x} .

Aussi, pour tout $n \in ℕ^{*}$ ,

| u_{n} (x) | \leq x \cdot x^{- \frac{n - 1}{n}} = x^{1 / n} \leq 1 = φ (x)

en vertu de l’inégalité bien connue $\ln (1 + t) \leq t$ pour tout $t > - 1$ .

La fonction $φ :] 0; 1] \to ℝ_{+}$ est intégrable. Par convergence dominée,

(n + 1) I_{n} = \int_{0}^{1} u_{n} (x) d x \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + x)}{x} d x .

Ainsi,

I_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n} \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + x)}{x} d x .

Notons que par une intégration terme à terme, on peut établir

\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + x)}{x} d x = \frac{π^{2}}{12} .

Exercice 9 5379 Correction

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ une fonction continue. On pose

I_{n} = \int_{0}^{1} f (x) x^{n} d x pour tout n \in ℕ .

(a)

Déterminer la limite de la suite $(I_{n})$ .
(b)

On suppose $f (1) \neq 0$ et $f$ de classe $𝒞^{1}$ .

Donner un équivalent simple de $(I_{n})$ .
(c)

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

Donner un équivalent simple de $(I_{n})$ .

Solution

(a)

On peut montrer que la suite $(I_{n})$ 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

$| I_{n} |$ $\leq \int_{0}^{1} | f (x) x^{n} | d x = \int_{0}^{1} | f (x) | x^{n} d x$

$\leq M \int_{0}^{1} x^{n} d x = M {[\frac{x^{n + 1}}{n + 1}]}_{0}^{1} = \frac{M}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit que la suite $(I_{n})$ tend vers $0$ .
(b)

Par intégration par parties,

$I_{n} = {[f (x) \frac{x^{n + 1}}{n + 1}]}_{0}^{1} - \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} f^{'} (x) x^{n + 1} d x \underset{n \to + \infty}{=} \frac{f (1)}{n + 1} + o (\frac{1}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{f (1)}{n} .$
(c)

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

Méthode: On réexprime $(n + 1) I_{n}$ à l’aide d’un changement de variable.

Par le changement de variable $t = x^{n + 1}$ pour lequel $d t = (n + 1) x^{n} d x$ , on obtient

$(n + 1) I_{n} = \int_{0}^{1} f (t^{1 / (n + 1)}) d t .$

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

$u_{n} (t) = f (t^{1 / (n + 1)}) pour tout n \in ℕ .$

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

$u_{n} (t) \to_{n \to + \infty}^{} u (t) = f (1)$

La suite de fonctions $(u_{n})$ converge donc simplement vers la fonction $u$ sur $] 0; 1]$ . Les fonctions $u_{n}$ et la fonction $u$ sont continues par morceaux sur $] 0; 1]$ et, pour tout $t \in] 0; 1]$ et tout $n \in ℕ$ ,

$| u_{n} (t) | \leq M = φ (t) avec φ intégrable sur] 0; 1] .$

Par convergence dominée,

$(n + 1) I_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} u (t) d t = f (1) \neq 0 donc I_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{f (1)}{n} .$

Exercice 10 5600 Correction

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ . On pose

I_{n} = \int_{0}^{1} f (x) x^{n} d x pour tout n \in ℕ .

(a)

Déterminer la limite de la suite $(I_{n})$ .
(b)

On suppose $f (1) \neq 0$ . Donner un équivalent simple de $(I_{n})$ .

On suppose désormais $f (1) = 0$ et l’on pose

I = \int_{0}^{1} \frac{f (x)}{1 - x} d x .

(c)

Montrer la convergence de l’intégrale définissant $I$ .
(d)

Montrer la convergence de la série $\sum I_{n}$ et donne sa somme en fonction de $I$ .

Solution

(a)

On peut montrer que la suite $(I_{n})$ 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

$| I_{n} |$ $\leq \int_{0}^{1} | f (x) x^{n} | d x = \int_{0}^{1} | f (x) | x^{n} d x$

$\leq M \int_{0}^{1} x^{n} d x = M {[\frac{x^{n + 1}}{n + 1}]}_{0}^{1} = \frac{M}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit que la suite $(I_{n})$ tend vers $0$ .
(b)

Par intégration par parties,

$I_{n} = {[f (x) \frac{x^{n + 1}}{n + 1}]}_{0}^{1} - \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} f^{'} (x) x^{n + 1} d x \underset{n \to + \infty}{=} \frac{f (1)}{n + 1} + o (\frac{1}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{f (1)}{n} .$
(c)

La fonction $x \mapsto \frac{f (x)}{1 - x}$ est définie et continue sur $[0; 1 [$ . De plus,

$\frac{f (x)}{1 - x} = - \frac{f (x) - f (1)}{x - 1} \to_{x \to 1^{-}}^{} f^{'} (1) .$

L’intégrale définissant $I$ est donc faussement généralisée en $1$ .
(d)

Pour $n \in ℕ$ ,

$\sum_{k = 0}^{n} I_{k} = \int_{0}^{1} f (x) \sum_{k = 0}^{n} x^{k} d x = \int_{0}^{1} f (x) \frac{1 - x^{n + 1}}{1 - x} d x .$

Avec convergence, on peut séparer l’intégrale en deux

$\sum_{k = 0}^{n} I_{k} = \int_{0}^{1} f (x) \frac{1}{1 - x} d x - \int_{0}^{1} \frac{f (x)}{1 - x} x^{n + 1} d x .$

En adaptant l’étude de la première question, on établit

$\int_{0}^{1} \frac{f (x)}{1 - x} x^{n + 1} d x \to_{n \to + \infty}^{} 0$

et l’on conclut

$\sum_{k = 0}^{n} I_{k} \to_{n \to + \infty}^{} I .$

Exercice 11 2392 CCINP (MP)Correction

Soit $f$ une application réelle de classe $𝒞^{1}$ sur $[a; b]$ avec $0 < a < 1 < b$ et $f (1) \neq 0$ . Soit $(f_{n})$ la suite de fonctions telle que

f_{n} (x) = \frac{f (x)}{1 + x^{n}} .

(a)

Déterminer la limite simple de $(f_{n})$ .
(b)

Établir l’égalité

$lim_{n \to + \infty} \int_{a}^{b} f_{n} (t) d t = \int_{a}^{1} f (t) d t .$
(c)

Montrer que

$\int_{a}^{1} t^{n - 1} f_{n} (t) d t \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (2)}{n} f (1) .$

Solution

(a)

$(f_{n})$ converge simplement vers la fonction $f$ donnée par

$f (x) = {\begin{matrix} f (x) & si x \in [a; 1 [ \\ f (1) / 2 & si x = 1 \\ 0 & si x \in] 1; b] . \end{matrix}$
(b)

Sachant $| f_{n} (x) | \leq | f (x) |$ 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,

$\int_{a}^{1} t^{n - 1} f_{n} (t) d t = {[\frac{1}{n} \ln (1 + t^{n}) f (t)]}_{a}^{1} - \frac{1}{n} \int_{a}^{1} \ln (1 + t^{n}) f^{'} (t) d t .$

D’une part,

${[\frac{1}{n} \ln (1 + t^{n}) f (t)]}_{a}^{1} = \frac{\ln (2)}{n} f (1) + \frac{\ln (1 + a^{n})}{n} f (a) = \frac{\ln (2)}{n} f (1) + o (\frac{1}{n})$

car $\ln (1 + a^{n}) \to 0$ .
D’autre part,

$| \frac{1}{n} \int_{a}^{1} \ln (1 + t^{n}) f^{'} (t) d t | \leq \frac{1}{n} {∥ f^{'} ∥}_{\infty} \int_{0}^{1} t^{n} d t \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) = o (\frac{1}{n})$

sachant $\ln (1 + u) \leq u$ .
Au final,

$\int_{a}^{1} t^{n - 1} f_{n} (t) d t \underset{n \to + \infty}{=} \frac{\ln (2)}{n} f (1) + o (\frac{1}{n}) .$

Exercice 12 2517 CCINP (MP)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ et $x \in ℝ$ , on pose

f_{n} (x) = \frac{n}{\sqrt{π}} {(1 - \frac{x^{2}}{2 n^{2}})}^{2 n^{4}} .

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

lim_{n \to + \infty} \int_{ℝ} f_{n} (x) g (x) d x = g (0) .

Solution

L’intégrale

\int_{ℝ} f_{n} (x) g (x) d x = \int_{a}^{b} f_{n} (x) g (x) d x

est bien définie.
Par le changement de variable $x = u / n$ bijectif de classe $𝒞^{1}$

\int_{ℝ} f_{n} (x) g (x) d x = \int_{n a}^{n b} \frac{1}{\sqrt{π}} {(1 - \frac{u^{2}}{2 n^{4}})}^{2 n^{4}} g (u / n) d u = \int_{- \infty}^{+ \infty} h_{n} (u) d u

avec

h_{n} (u) = \frac{1}{\sqrt{π}} {(1 - \frac{u^{2}}{2 n^{4}})}^{2 n^{4}} g (u / n) χ_{[n a; n b]}

$h_{n}$ est continue par morceaux, $(h_{n})$ converge simplement vers $h$ continue par morceaux avec

h (u) = \frac{1}{\sqrt{π}} e^{- u^{2}} g (0) .

Pour $n$ assez grand de sorte que $| a / n |, | b / n | \leq 1$ on a pour tout $u \in [n a; n b]$ , $| u^{2} / 2 n^{4} | \leq 1 / 2 < 1$ ,

| h_{n} (u) | = \frac{1}{\sqrt{π}} e^{2 n^{4} \ln (1 - u^{2} / 2 n^{4})} \leq \frac{1}{\sqrt{π}} e^{- u^{2}} = φ (u)

et cette inégalité vaut aussi pour $u \notin [n a; n b]$ .
La fonction $φ$ étant continue par morceaux et intégrable sur $ℝ$ , on peut appliquer le théorème de convergence dominée et conclure sachant

\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- u^{2}} d u = \sqrt{π} .

Exercice 13 3159 X (MP)Correction

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

(a)

Déterminer la limite éventuelle de

$I_{n} = \int_{0}^{1} F (\sqrt{n} (δ t - h)) d t .$
(b)

On pose

$S_{n} = \sum_{k = 0}^{n - 1} F (\sqrt{n} (δ \frac{k + 1}{n} - h)) .$

Déterminer un équivalent de $S_{n}$ lorsque $n$ tend vers $+ \infty$ .

Solution

(a)

Appliquons le théorème de convergence dominée.

Posons $f_{n} : [0; 1] \to ℝ$ définie par

$f_{n} (t) = F (\sqrt{n} (δ t - h)) .$

Pour $t \in [0; h / δ [$ , on a $f_{n} (t) \to 1$ .
Pour $t \in] h / δ; 1]$ , on a $f_{n} (t) \to 0$ .
Enfin, pour $t = h / δ$ , $f_{n} (t) = F (0) \to F (0)$ .
Ainsi, la suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement sur $[0; 1]$ vers $f$ définie par

$f (t) = {\begin{matrix} 1 & si t \in [0; h / δ [ \\ F (0) & si t = h / δ \\ 0 & si t \in] h / δ; 1] . \end{matrix}$

Les fonctions $f_{n}$ sont continues et la limite simple $f$ est continue par morceaux.

Enfin,

$\forall t \in [0; 1], | f_{n} (t) | \leq 1 = φ (t)$

avec $φ : [0; 1] \to ℝ_{+}$ continue par morceaux et intégrable.

Par convergence dominée,

$I_{n} \to \int_{0}^{1} f (t) d t = \int_{0}^{h / δ} 1 d t = \frac{h}{δ} .$
(b)

Par la décroissance de $F$ , on peut écrire

$\int_{(k + 1) / n}^{(k + 2) / n} F (\sqrt{n} (δ t - h)) d t \leq \frac{1}{n} F (\sqrt{n} (δ \frac{k + 1}{n} - h)) \leq \int_{k / n}^{(k + 1) / n} F (\sqrt{n} (δ t - h)) d t .$

En sommant ces inégalités,

$\int_{1 / n}^{(n + 1) / n} F (\sqrt{n} (δ t - h)) d t \leq \frac{S_{n}}{n} \leq I_{n}$

et

$\int_{1 / n}^{(n + 1) / n} F (\sqrt{n} (δ t - h)) d t = \int_{0}^{1} F (\sqrt{n} (δ (t + 1 / n) - h)) d t .$

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

$S_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{h}{δ} n .$

Exercice 14 5802 Correction

Pour $α > 0$ , on pose

I_{n} (α) = \int_{0}^{1} {(1 - x^{α})}^{n} d x .

(a)

Former une relation entre $I_{n + 1} (α)$ et $I_{n} (α)$ pour $n \in ℕ$ .
(b)

Justifier la convergence de la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ de terme général

$u_{n} = \ln (n^{1 / α} I_{n} (α)) .$
(c)

En déduire qu’il existe $A_{α} > 0$ tel que

$I_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{A_{α}}{n^{1 / α}} .$
(d)

Exprimer $A_{α}$ à l’aide d’une intégrale.

Solution

(a)

Soit $n \in ℕ$ . Par intégration par parties,

$I_{n + 1} (α)$ $= {[x {(1 - x^{α})}^{n + 1}]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} α (n + 1) x^{α} {(1 - x^{α})}^{n} d x$

$= 0 + α (n + 1) \int_{0}^{1} (1 + (x^{α} - 1)) {(1 - x^{α})}^{n} d x$

$= α (n + 1) I_{n} (α) - α (n + 1) I_{n + 1} (α) .$

On en déduit

$I_{n + 1} (α) = \frac{α (n + 1)}{1 + α (n + 1)} I_{n} (α) .$

(b)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , $I_{n} (α) > 0$ en tant qu’intégrale d’une fonction continue positive non identiquement nulle. On peut donc introduire $u_{n} = \ln (n^{1 / α} I_{n} (α))$ et, pour $n \in ℕ^{*}$ ,

	$u_{n + 1} - u_{n}$	$= \frac{1}{α} \ln (\frac{n + 1}{n}) + \ln (\frac{I_{n + 1} (α)}{I_{n} (α)})$
		$= \frac{1}{α} \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (\frac{α (n + 1)}{1 + α (n + 1)})$
		$= \frac{1}{α} \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (1 - \frac{1}{1 + α (n + 1)})$
		$\underset{n \to + \infty}{=} \frac{1}{α n} + O (\frac{1}{n^{2}}) - \frac{1}{1 + α (n + 1)} + O (\frac{1}{n^{2}}) = O (\frac{1}{n^{2}}) .$

La série télescopique $\sum (u_{n + 1} - u_{n})$ est donc absolument convergente. Par le lien suite-série, la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ converge.

(c)

En notant $ℓ \in ℝ$ la limite de $(u_{n})$ , on obtient par continuité de l’exponentielle

$n^{1 / α} I_{n} (α) \to_{n \to + \infty}^{} A_{α} = e^{ℓ}$

et donc

$I_{n} (α) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{A_{α}}{n^{1 / α}} .$
(d)

Pour déterminer $A_{α}$ , il suffit de calculer

$lim_{n \to + \infty} n^{1 / α} I_{n} (α) .$

Pour $n \geq 1$ ,

$n^{1 / α} I_{n} (α) = \int_{0}^{1} {(1 - x^{α})}^{n} n^{1 / α} d x .$

Cela invite au changement de variable $t = n^{1 / α} x$ . Par celui-ci,

$n^{1 / α} I_{n} (α) = \int_{0}^{n^{1 / α}} {(1 - \frac{1}{n} t^{α})}^{n} d t .$

Introduisons

$u_{n} (t) = {\begin{matrix} {(1 - \frac{1}{n} t^{α})}^{n} & si t \in [0; n^{1 / α} [ \\ 0 & si t \in [n^{1 / α}; + \infty [ \end{matrix}$

de sorte que

$n^{1 / α} I_{n} (α) = \int_{0}^{+ \infty} u_{n} (t) d t .$

Pour $t \in [0; + \infty [$ , lorsque $n$ tend vers l’infini alors, pour $n$ assez grand,

$u_{n} (t) = {(1 - \frac{1}{n} t^{α})}^{n} = \exp (n \ln (1 - \frac{1}{n} t^{α})) \to_{n \to + \infty}^{} e^{- t^{α}} .$

Aussi, pour tout $t \in [0; n^{1 / α} [$ , l’inégalité $\ln (1 + x) \leq x$ donne

$| u_{n} (t) | = \exp (n \ln (1 - \frac{1}{n} t^{α})) \leq \exp (- t^{α}) = φ (t) .$

Cette inégalité vaut aussi pour $t \in [n^{1 / α}; + \infty [$ .

La fonction $φ : [0; + \infty [\to ℝ_{+}$ est continue par morceaux et intégrable.

Par convergence dominée,

$n^{1 / α} I_{n} (α) \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{α}} d t .$

Ainsi,

$A_{α} = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{α}} d t .$

Exercice 15 4158 CENTRALE (MP)Correction

(a)

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

Soit $f : [a; b] \to ℝ_{+}$ continue dont l’ensemble des zéros est d’intérieur vide et $n \in ℕ^{*}$ .

Montrer qu’il existe une unique subdivision $(x_{0}, \dots, x_{n})$ de $[a; b]$ vérifiant:

$\forall i \in ⟦ 1; n ⟧, \int_{x_{i - 1}}^{x_{i}} f (x) d x = \frac{1}{n} \int_{a}^{b} f (x) d x .$
(c)

Soit $g : [a; b] \to ℝ_{+}$ continue. Calculer

$lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} g (x_{i}) .$

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 $F : x \mapsto \int_{a}^{x} f (t) d t$ est une bijection continue strictement croissante de $[a; b]$ vers $[0; L]$ avec $L$ l’intégrale de $f$ sur $[a; b]$ . Les $x_{i}$ sont alors déterminés par

$x_{i} = F^{- 1} (\frac{i L}{n}) .$
(c)

On peut écrire

$\frac{L}{n} \sum_{i = 1}^{n} g (x_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} \int_{x_{i - 1}}^{x_{i}} g (x_{i}) f (x) d x .$

Montrons par application du théorème de convergence dominée

$\sum_{i = 1}^{n} \int_{x_{i - 1}}^{x_{i}} f (x) g (x_{i}) d x \to_{n \to + \infty}^{} \int_{a}^{b} f (x) g (x) d x .$

On écrit

$\sum_{i = 1}^{n} \int_{x_{i - 1}}^{x_{i}} f (x) g (x_{i}) d x = \int_{a}^{b} h_{n} (x) d x$

avec

$h_{n} (x) = g (x_{i}) f (x) pour x \in [x_{i - 1}; x_{i} [(x_{i} est fonction de n).$

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 $x \in [a; b]$ .

Si $f (x) = 0$ alors $h_{n} (x) = 0 \to_{n \to + \infty}^{} f (x) g (x)$ .

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

$\forall y \in [a; b], | y - x | \leq α ⟹ f (y) \geq m .$

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

$\frac{1}{n} L = \int_{x_{i - 1}}^{x_{i}} f (t) d t \geq m \min (x_{i} - x_{i - 1}, α) .$

On en déduit $x_{i} - x_{i - 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0$ puis $x_{i} \to_{n \to + \infty}^{} x$ , et, par continuité de $g$ , $h_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} f (x) g (x)$ .

Par application du théorème de convergence dominée, on peut conclure

$lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} g (x_{i}) = \frac{\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x}{\int_{a}^{b} f (x) d x} .$

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

Édité le 09-06-2025

	$\sum_{n = 1}^{N} {(- 1)}^{n - 1} I_{n}$	$= \int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{N} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{{(1 + x^{3})}^{n}} d x$
		$= \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{1 + x^{3}} (\frac{1 - \frac{{(- 1)}^{N}}{{(1 + x^{3})}^{N}}}{1 + \frac{1}{1 + x^{3}}}) d x$
		$= \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{2 + x^{3}} (1 + \frac{{(- 1)}^{N + 1}}{{(1 + x^{3})}^{N}}) d x .$

	$\| I_{n} \|$	$\leq \int_{0}^{1} \| f (x) x^{n} \| d x = \int_{0}^{1} \| f (x) \| x^{n} d x$
		$\leq M \int_{0}^{1} x^{n} d x = M {[\frac{x^{n + 1}}{n + 1}]}_{0}^{1} = \frac{M}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

	$I_{n + 1} (α)$	$= {[x {(1 - x^{α})}^{n + 1}]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} α (n + 1) x^{α} {(1 - x^{α})}^{n} d x$
		$= 0 + α (n + 1) \int_{0}^{1} (1 + (x^{α} - 1)) {(1 - x^{α})}^{n} d x$
		$= α (n + 1) I_{n} (α) - α (n + 1) I_{n + 1} (α) .$

Applications de la convergence dominée