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

 
Exercice 1  3807    CCP (PSI)Correction  
  • (a)

    Montrer l’intégrabilité de la fonction fn:+* donnée par

    fn(x)=1x(1+x2)ln(1+xn).
  • (b)

    Déterminer un équivalent simple de

    un=0+fn(x)dx.

Solution

  • (a)

    La fonction fn est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.

    D’une part,

    fn(x)x0+1n.

    On peut donc prolonger fn par continuité en 0.

    D’autre part,

    fn(x)=x+o(1x2).

    Par suite, fn est intégrable sur ]0;+[.

  • (b)

    Considérons

    nun=0+nx(1+x2)ln(1+xn)dx.

    Posons gn=nfn. Pour x>0,

    gn(x)n+nx(1+x2)xnn+11+x2.

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

    |gn(x)|11+x2=φ(x)

    avec φ intégrable.

    Par convergence dominée,

    nunn+0+dx1+x2=π2.

    On en déduit

    unn+π2n.
 
Exercice 2  923   Correction  

Déterminer un équivalent de

0n1+(1-xn)ndx.

Solution

Par changement de variable,

0n1+(1-xn)ndxn=u=1-x/nn011-undu.

Par le théorème de convergence dominée,

011-undun+1

donc

0n1+(1-xn)ndxn+n.
 
Exercice 3  935    Correction  

Déterminer un équivalent quand n+ de

0+e-x/n1+cos2(x)dx.

Solution

La convergence de l’intégrale proposée est facile.

En découpant l’intégrale,

0+e-x/n1+cos2(x)dx=k=0+kπ(k+1)πe-x/n1+cos2(x)dx=k=0+e-kπ/n0πe-x/n1+cos2(x)dx.

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

0+e-x/n1+cos2(x)dx=(k=0+e-kπ/n)0πe-x/n1+cos2(x)dx=11-e-π/n0πe-x/n1+cos2(x)dx.

On remarque

11-e-π/nn+nπ

et

0πe-x/n1+cos2(x)dxn+0πdx1+cos2(x)

par application du théorème de convergence dominée.

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

0πdx1+cos2(x)=20π/2dx1+cos2(x)=20+dt2+t2=π2.

Au final,

0+e-x/n1+cos2(x)dxn+n2.
 
Exercice 4  3362     CCP (MP)

Pour n, on pose

Jn=01x2n+1ln(x)x2-1dx.
  • (a)

    Justifier l’existence de l’intégrale définissant Jn.

  • (b)

    Calculer Jn-Jn+1.

  • (c)

    En déduire l’identité

    01xln(x)x2-1dx=14k=1+1k2.
 
Exercice 5  4945     CCP (MP)Correction  
  • (a)

    Justifier l’existence de

    In=0+dx(1+x3)npour n*.
  • (b)

    Montrer que la suite (In)n1 converge et trouver sa limite.

  • (c)

    Étudier la convergence de (-1)n-1In et calculer son éventuelle somme.

Solution

  • (a)

    Soit n*. Introduisons un:[0;+[ définie par

    un(x)=1(1+x3)n.

    La fonction un est continue par morceaux et intégrable car

    un(x)x+1x3n avec 3n>1.
  • (b)

    La suite de fonctions (un) converge simplement vers

    u:x{0 si x>01 si x=0.

    Les fonctions un et u sont continues par morceaux et, pour tout n1 et tout x[0;+[,

    |1(1+x3)n|11+x3=φ(x).

    La fonction φ est intégrable et par convergence dominée

    In=0+un(t)dtn+0+u(t)dt=0.
  • (c)

    On remarque 0un+1(x)un(x) pour tout x[0;+[ et, par intégration en bon ordre, 0In+1In. On en déduit que la série (-1)n-1In est alternée et que son terme général décroît en valeur absolue vers 0: la série converge par application du critère spécial.

    Pour tout N1,

    n=1N(-1)n-1In =0+n=1N(-1)n-1(1+x3)ndx
    =0+11+x3(1-(-1)N(1+x3)N1+11+x3)dx
    =0+12+x3(1+(-1)N+1(1+x3)N)dx.

    Or

    |0+12+x3(-1)N+1(1+x3)Ndx|0+dx(1+x3)N+1N+0

    car 2+x31+x3 On en déduit

    n=1N(-1)n-1InN+0+dx2+x3.

    Pour calculer, cette dernière intégrale, on réalise le changement de variable x=21/3t puis la décomposition en éléments simples

    1t3+1=1/3t+1+-13t+23t2-t+1.

    Au terme des calculs

    n=1+(-1)n-1In=21/3π33.
 
Exercice 6  4159     CENTRALE (MP)Correction  

Soient a et b strictement positifs. On définit deux suites (an) et (bn) par

a0=a,b0=betan+1=an+bn2,bn+1=anbnpour tout n.
  • (a)

    Montrer que les suites (an) et (bn) convergent vers une même limite.

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

  • (b)

    On pose

    T(a,b)=-+du(a2+u2)(b2+u2).

    Montrer

    T(a+b2,ab)=T(a,b).

    On pourra utiliser le changement de variable u=12(t-abt).

  • (c)

    Montrer

    T(a,b)=πM(a,b).

Solution

Sans perte de généralités, on suppose ab.

  • (a)

    Les suites (an) et (bn) sont bien définies et à termes positifs. Par l’inégalité 2xyx2+y2, on obtient an+1bn+1. On en déduit la croissance de (an) et la décroissance de (bn). Ces suites sont monotones et bornées donc convergentes. Notons et leurs limites. Par passage à la limite de la relation définissant an+1 en fonction de an et bn, on obtient

    =+2.

    On en déduit =.

  • (b)

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

    1(a2+u2)(b2+u2)u±1u2.

    La fonction de changement de variable t12(t-abt) est une bijection 𝒞1 croissante de ]0;+[ vers . Après calculs,

    T(a+b2,ab)=0+2dt(a2+t2)(b2+t2).

    Par parité de la fonction intégrée,

    T(a+b2,ab)=T(a,b).
  • (c)

    On a

    T(an+1,bn+1)=T(an,bn)

    et donc

    T(an,bn)=T(a,b).

    Par convergence dominée avec la fonction de domination

    φ(u)=1a2+u2

    on obtient

    T(an,bn)n+-+duM(a,b)2+u2=1M(a,b)[arctan(uM(a,b))]-+=πM(a,b)

    car M(a,b)>0.

 
Exercice 7  5379   Correction  

Soit f:[0;1] une fonction continue. On pose

In=01f(x)xndxpour tout n.
  • (a)

    Déterminer la limite de la suite (In).

  • (b)

    On suppose f(1)0 et f de classe 𝒞1.

    Donner un équivalent simple de (In).

  • (c)

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

    Donner un équivalent simple de (In).

Solution

  • (a)

    On peut montrer que la suite (In) 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

    |In| 01|f(x)xn|dx=01|f(x)|xndx
    M01xndx=M[xn+1n+1]01=Mn+1n+0.

    On en déduit que la suite (In) tend vers 0.

  • (b)

    Par intégration par parties,

    In=[f(x)xn+1n+1]01-1n+101f(x)xn+1dx=n+f(1)n+1+o(1n)n+f(1)n.
  • (c)

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

    Méthode: On réexprime (n+1)In à l’aide d’un changement de variable.

    Par le changement de variable t=xn+1 pour lequel dt=(n+1)xndx, on obtient

    (n+1)In=01f(t1/(n+1))dt.

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

    un(t)=f(t1/(n+1))pour tout n.

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

    un(t)n+u(t)=f(1)

    La suite de fonctions (un) converge donc simplement vers la fonction u sur ]0;1]. Les fonctions un et la fonction u sont continues par morceaux sur ]0;1] et, pour tout t]0;1] et tout n,

    |un(t)|M=φ(t) avec φ intégrable sur ]0;1].

    Par convergence dominée,

    (n+1)Inn+01u(t)dt=f(1)0 donc Inn+f(1)n.
 
Exercice 8  2392     CCP (MP)Correction  

Soit f une application réelle de classe 𝒞1 sur [a;b] avec 0<a<1<b et f(1)0. Soit (fn) la suite de fonctions telle que

fn(x)=f(x)1+xn.
  • (a)

    Déterminer la limite simple de (fn).

  • (b)

    Établir l’égalité

    limn+abfn(t)dt=a1f(t)dt.
  • (c)

    Montrer que

    a1tn-1fn(t)dtn+ln(2)nf(1).

Solution

  • (a)

    (fn) converge simplement vers la fonction f donnée par

    f(x)={f(x) si x[a;1[f(1)/2 si x=10 si x]1;b].
  • (b)

    Sachant |fn(x)||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,

    a1tn-1fn(t)dt=[1nln(1+tn)f(t)]a1-1na1ln(1+tn)f(t)dt.

    D’une part,

    [1nln(1+tn)f(t)]a1=ln(2)nf(1)+ln(1+an)nf(a)=ln(2)nf(1)+o(1n)

    car ln(1+an)0.
    D’autre part,

    |1na1ln(1+tn)f(t)dt|1nf01tndt=n+O(1n2)=o(1n)

    sachant ln(1+u)u.
    Au final,

    a1tn-1fn(t)dt=n+ln(2)nf(1)+o(1n).
 
Exercice 9  2517     CCP (MP)Correction  

Pour n* et x, on pose

fn(x)=nπ(1-x22n2)2n4.

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

limn+fn(x)g(x)dx=g(0).

Solution

L’intégrale

fn(x)g(x)dx=abfn(x)g(x)dx

est bien définie.
Par le changement de variable x=u/n bijectif de classe 𝒞1

fn(x)g(x)dx=nanb1π(1-u22n4)2n4g(u/n)du=-+hn(u)du

avec

hn(u)=1π(1-u22n4)2n4g(u/n)χ[na;nb]

hn est continue par morceaux, (hn) converge simplement vers h continue par morceaux avec

h(u)=1πe-u2g(0).

Pour n assez grand de sorte que |a/n|,|b/n|1 on a pour tout u[na;nb], |u2/2n4|1/2<1,

|hn(u)|=1πe2n4ln(1-u2/2n4)1πe-u2=φ(u)

et cette inégalité vaut aussi pour u[na;nb].
La fonction φ étant continue par morceaux et intégrable sur , on peut appliquer le théorème de convergence dominée et conclure sachant

-+e-u2du=π.
 
Exercice 10  3159     X (MP)Correction  

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

  • (a)

    Déterminer la limite éventuelle de

    In=01F(n(δt-h))dt.
  • (b)

    On pose

    Sn=k=0n-1F(n(δk+1n-h)).

    Déterminer un équivalent de Sn lorsque n tend vers +.

Solution

  • (a)

    Appliquons le théorème de convergence dominée.

    Posons fn:[0;1] définie par

    fn(t)=F(n(δt-h)).

    Pour t[0;h/δ[, on a fn(t)1.
    Pour t]h/δ;1], on a fn(t)0.
    Enfin, pour t=h/δ, fn(t)=F(0)F(0).
    Ainsi, la suite de fonctions (fn) converge simplement sur [0;1] vers f définie par

    f(t)={1 si t[0;h/δ[F(0) si t=h/δ0 si t]h/δ;1].

    Les fonctions fn sont continues et la limite simple f est continue par morceaux.

    Enfin,

    t[0;1],|fn(t)|1=φ(t)

    avec φ:[0;1]+ continue par morceaux et intégrable.

    Par convergence dominée,

    In01f(t)dt=0h/δ1dt=hδ.
  • (b)

    Par la décroissance de F, on peut écrire

    (k+1)/n(k+2)/nF(n(δt-h))dt1nF(n(δk+1n-h))k/n(k+1)/nF(n(δt-h))dt.

    En sommant ces inégalités,

    1/n(n+1)/nF(n(δt-h))dtSnnIn

    et

    1/n(n+1)/nF(n(δt-h))dt=01F(n(δ(t+1/n)-h))dt.

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

    Snn+hδn.
 
Exercice 11  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]+ continue dont l’ensemble des zéros est d’intérieur vide et n*.

    Montrer qu’il existe une unique subdivision (x0,,xn) de [a;b] vérifiant:

    i1;n,xi-1xif(x)dx=1nabf(x)dx.
  • (c)

    Soit g:[a;b]+ continue. Calculer

    limn+1ni=1ng(xi).

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:xaxf(t)dt est une bijection continue strictement croissante de [a;b] vers [0;L] avec L l’intégrale de f sur [a;b]. Les xi sont alors déterminés par

    xi=F-1(iLn).
  • (c)

    On peut écrire

    Lni=1ng(xi)=i=1nxi-1xig(xi)f(x)dx.

    Montrons par application du théorème de convergence dominée

    i=1nxi-1xif(x)g(xi)dxn+abf(x)g(x)dx.

    On écrit

    i=1nxi-1xif(x)g(xi)dx=abhn(x)dx

    avec

    hn(x)=g(xi)f(x) pour x[xi-1;xi[ (xi 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[a;b].

    Si f(x)=0 alors hn(x)=0n+f(x)g(x).

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

    y[a;b],|y-x|αf(y)m.

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

    1nL=xi-1xif(t)dtmmin(xi-xi-1,α).

    On en déduit xi-xi-1n+0 puis xin+x, et, par continuité de g, hn(x)n+f(x)g(x).

    Par application du théorème de convergence dominée, on peut conclure

    limn+1ni=1ng(xi)=abf(x)g(x)dxabf(x)dx.

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Édité le 08-11-2019

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