L2 Novembre 2006 Correction 1. D´eterminer la nature des s´eries de termes g´en´eraux : • u

L2 Novembre 2006 Correction

1. D´ eterminer la nature des s´ eries de termes g´ en´ eraux :

• u _n = √

n 2 ^{− √ n} ,

la limite quand n tend vers +∞, de ^u _v

n

avec v n = _n ¹

est celle de n

2 ⁻

√n 2

qui vaut 0. Comme la s´ erie de terme g´ en´ eral v _n converge il en est de mˆ eme pour la s´ erie de terme g´ en´ eral u _n (cours).

• u _n = sin(n)+log(n) n

+cos(n) ,

la limite quand n tend vers +∞, de ^u _v

n

avec v _n = _n ¹

est celle de sin(n) + log(n)

n + ^cos(n) _n

soit de

log(n) n

qui vaut 0. Comme la s´ erie de terme g´ en´ eral v n converge il en est de mˆ eme pour la s´ erie de terme g´ en´ eral u _n (cours).

• u _n = n

,

le terme g´ en´ eral n

= e

tend vers 1 quand n tend vers +∞, car ^ln(n) _n tend vers 0. La s´ erie diverge (crit` ere grossier)

• u _n = (1 − _n ¹ ) ⁿ

,

cas d’application de la r` egle de Cauchy : (u _n )

= (1 − 1

n ) ⁿ = e ^nln(1−

⁾

par un d´ eveloppement limit´ e (ln(1 − _n ¹ ) = − _n ¹ (1 + ε( ¹ _n ))) l’exposant tend vers −1 quand n tend vers +∞, donc la limite existe et vaut e ⁻¹ < 1. Il y a donc convergence.

1

• u _n = ^√ _n−ln(n) ⁽⁻¹⁾

,

cas d’application la r` egle des s´ eries altern´ ees (´ enoncer la r` egle). La fonction ^√ _x−ln(x) ¹ tend vers 0 quand x tend vers +∞ et est d´ ecroissante pour tout x assez grand car sa d´ eriv´ ee est −

1 2√

x

−

x

( √

x−ln(x))

qui est n´ egative si x ≥ 2 √

x, soit x ≥ 4.

• u _n = ^{√ 1} _n − √

nsin( _n ¹ ), sin( _n ¹ ) quand n tend vers +∞, soit ¹ _n tend vers 0 : on fait un d´ eveloppement limit´ e de sin( _n ¹ ) :

sin( 1 n ) = 1

n − 1

6n ³ (1 + ε( 1 n )) Donc u _n = − ¹

6n

(1+( ¹ _n )) qui converge par comparaison avec une s´ erie de Riemann.

• u _n = tan(π/n),

u _n = tan(π/n) est ´ equivalent ` a <sup>π</sup> <sub>n</sub> quand n tend vers +∞. La s´ erie qui admet <sup>π</sup> <sub>n</sub> pour terme g´ en´ eral diverge (r` egle de Riemann) donc la s´ erie initiale diverge.

• u n = 5×11×17×···×6n−1 5×12×19×···×7n−2 ,

application de la r` egle de d’Alembert, le rapport ^u

_u

n

est ´ egal ` a ⁶ⁿ⁻¹ _7n−2 et tend vers ⁶ ₇ quand n tend vers +∞, donc la s´ erie converge.

• u _n = (−1) ⁿ

√ n + cos(n) . voir r´ esum´ e de cours.

2. D´ eterminer la nature des int´ egrales impropres suivantes :

• ^R ₀ ^+∞ e ⁻

√ x dx.

La fonction est d´ efinie en 0, donc le probl` eme est seulement en +∞ et il suffit de se placer sur l’intervalle [1, ∞[. On utilise les r´ esultats de comparaison. Comme la limite de x ² e ⁻

√ x vaut 0 quand x tend vers +∞ si l’int´ egrale ^R ₁ ^+∞ _x ¹

dx converge, ce qui est le cas (int´ egrale de Riemann), il en est de mˆ eme pour ^R ₀ ^+∞ e ⁻

√ x dx. D’o` u le r´ esultat.

• ^R ₁ ^+∞ _ln(x)(x ¹

+1) dx.

Voir r´ esum´ e de cours, ^R ₂ ^+∞ _ln(x)(x ¹

+1) dx converge par comparaison ` a une int´ egrale de Riemann, par contre ^R ₁ ² _ln(x)(x ¹

+1) dx ne converge pas car la fonction sous le signe somme est ´ equivalente au voisinage de 2 ` a la fonction <sub>2(x−1)</sub> <sup>1</sup> , or l’int´ egrale de cette fonction est divergente en 1 par la r` egle de Riemann.

• ^R ₀ ^+∞ t ⁴ e ^−t dt.

Mˆ eme type d’argument que dans le premier cas, la limite de x ² × x ⁴ e ^−x vaut 0 quand x tend vers +∞. Par les r´ esultats de comparaison l’int´ egrale converge.

2

• ^R ₀ ¹ √ ^dt

e

−1 .

Le probnl` eme est en 0 o` u la fonction tend vers +∞. ERlle est ´ equivalente ` a ¹ _t quand t tend vers 0. Les r´ esultats de comparaison et Riemann donne la divergence.

• ^R ₀ ^{+∞ √ sin(t)} _t−ln(t) dt.

Application du th´ eor` eme 5.1 (l’´ enoncer) de la feuille int´ egrale imprpropre du cours.

En notant qu’il suffit que la fonction f soitt d´ ecroissante pour x assez grand et tend vers 0 quand x tend vers +∞. Ce qui a ´ et´ e v´ erifi´ e plus haut (cinqui` eme s´ erie).

3. Donner en fonction de α ∈ R une condition n´ ecessaire et suffisante pour l’int´ egrale suivante converge :

Z +∞

0

ln(t) t ^α−1 e ^−t dt On divise l’int´ egrale en deux parties

Z +∞

1

ln(t) t ^α−1 e ^−t dt et

Z 1 0

ln(t) t ^α−1 e ^−t dt

La premi` ere partie converge par un argument analogue ` a celui des int´ egrales 1 et 3 ci- dessus pour tout α.

Le probl` eme de convergence pour la seconde partie est en 0 car. Si α > 1 la fonction tend vers 0 quand x tend vers 0 il y a donc prolongement par continuit´ e et l’int´ egrale existe.

Si α ≤ 0, on v´ erifie (le faire) que − ln(t)t ^α−1 > ¹ _t d` es que 0 < t ≤ <sup>1</sup> <sub>e</sub> l’int´ egrale diverge, com- paraison et Riemann. On a mis un signe − car le logarithme est n´ egatif dans l’intervalle consid´ er´ ee et la convergence ou la divergence de <sup>R</sup> <sub>0</sub> <sup>1</sup> ln(t) t <sup>α−1</sup> e <sup>−t</sup> dt est ´ equivalente ` a celle de ^R ₀ ¹ − ln(t) t ^α−1 e ^−t dt.

Il reste 0 < α ≤ 1, dans ce cas il y a convergence encore par comparaison avec une int´ egrale de Riemann. En effet soit a tel que 0 < a < α ≤ 1. La limite quand t tend vers 0 de t ^−a × ln(t) t ^α−1 e ^−t vaut 0 comme l’int´ egrale ^R ₀ ¹ _t ¹

dt converge car a < 1 il en est de mˆ eme pour ^R ₀ ¹ − ln(t) t ^α−1 e ^−t dt et donc de ^R ₀ ¹ ln(t) t ^α−1 e ^−t dt. On a introduit le signe

− pour tenir compte de ce que ln(t) est n´ egatif dans l’intervalle consid´ er´ e. Il faut faire attention ` a ce que l’on est dans un cadre de convergence absolue pour appliquer lesw th´ eor` emes avec des ´ equivalents.

4. Etudier la convergence des int´ egrales

Z π/2 0

ln(sin(t))dt,

Z π/2 0

ln(cos(t))dt,

Z π/2 0

ln(tan(t))dt

Ces int´ egrales ont ´ et´ e ´ etudi´ ees en cours. Consid´ erant la la seconde par exemple le probl` eme concernant l’existence est en 0. Mais lorsque t tend vers 0, ln(sin(t)) est ´ equivalent ` a ln((t)) (donner des d´ etails). Et on sait que l’int´ egrale ^R ₀ ^π/2 ln(t)dt est absolument convergente, la convergence de l’int´ egrale initiale suit. La seconde est ´ egale ` a la premi` ere; on le montre en faisant un changement de variables y = π/2 − x. La derni` ere est la diff´ erence des deux premi` eres et vaut 0.

3