UNIVERSITÉ PARIS 6 LM260. 2010-2011 Corrigé du partiel du 4 Novembre 2010 Exercice 1. Étude de séries {u

(1)

UNIVERSIT´E PARIS 6 LM260. 2010-2011 Corrig´e du partiel du 4 Novembre 2010

Exercice 1. Etude de s´eries´ {un}n≥1avec discussion selon la valeur de α >0.

1) Siun= ln(1 + (−1)ⁿn^−α). On a le d´eveloppement limit´e ln(1 +x) =x−x²/2 +x²(x).

On a donc :

un= (−1)ⁿn^−α−n^−2α/2 +n^−2αn.

Le premier terme est le terme général d’une série alternéevn avec|vn|décroissante de limite 0. Cette série converge par théorème. Le reste est de la formewn=−n^−2α(1 +n)/2 donc de signe constant pournassez grand. Par comparaison avec une série de Riemann, c’est le terme général d’une série convergente si et seulement si α > 1/2. Donc la série de terme généralun converge si et seulement si α >1/2.

2) Si un = e⁻ⁿ^α. On a ln(n²un) = 2 lnn−n^α, qui tend vers−∞ quand n → +∞, donc la suite n²un a pour limite 0. Par comparaison avec la série de terme général 1/n², on en déduit quela série de terme généralun converge pour tout α >0

3) Siun= (1−1/n)ⁿ^α. On a lnun =n^αln(1−1/n)∼ −n^α−1. Siα≤1, lnun ne tend pas vers−∞doncun ne tend pas vers 0 quandn→+∞; la série{un}n≥1diverge. Siα >1, on a lnun≤ −n^α−1/2 doncun≤e⁻ⁿ^α⁻¹^/2 pournassez grand. On montre comme dans 2) que la série de terme général e⁻ⁿ^α⁻¹^/2 converge siα >1. En résumé, la série de terme général un converge si et seulement siα >1.

Exercice 2. Soit (un)n≥1une suite réelle telle que un ∼1/n². On noteSn =Pn k=1uk. 1) Par comparaison avec la série{1/n²}n≥1, on obtient que la série{un}n≥1est absolument convergente, donc convergente. On noteS sa somme.

2) La fonction t7→1/t² est d´ecroissante sur [1,+∞[, doncRk+1

k t⁻²dt≤k⁻² ≤Rk

k−1t⁻²dt sik≥1. Sin≥1, en sommant ces inégalités dek=n+ 1 à +∞, on obtient :

Z +∞

n+1

t⁻²dt≤ X+∞

k=n+1

k⁻²≤ Z +∞

n

t⁻²dt.

Soit >0. Commeuk∼1/k², il existe un entierN()≥1 tel que (1−)k⁻²≤uk≤(1+)k⁻² pour toutk≥N(). On en d´eduit :

∀n∈IN, n≥N() ⇒ (1−) Z +∞

n+1

dt

t² ≤S−Sn ≤(1 +) Z +∞

n

dt t². 3) Autrement dit, pourn≥N(), on a (1−)/(n+ 1)≤S−Sn≤(1 +)/n, ou encore

(1−)(1−1/(n+ 1))−1≤n(S−Sn)−1≤,

ce qui donne l’existence de N1() tel que |n(S−Sn)−1| <2 pour tout n≥N1(). Il en r´esulte quen(S−Sn) tend vers 1 quandn→+∞.

Exercice 3. Soitf ∈C¹([0,+∞[), r´eelle d´ecroissante avecf(x)−−−−−→

x→+∞ 0.

1) On aRx

0 f⁰(t)dt=f(x)−f(0)→ −f(0) quandx→+∞. Par d´efinition on a donc que R+∞

0 f⁰(t)dtconverge et vaut−f(0). Commef⁰≤0, la convergence est absolue.

2) Six >0, on a :Rx

0(cost)f(t)dt=f(x) sinx−Rx

0(sint)f⁰(t)dt.

Dans le second membre, f(x) sinx→ 0 quand x → +∞. D’autre part, pour tout t ≥ 0, |sint||f⁰(t)| ≤ |f⁰(t)| donc, par comparaison, l’intégrale généralisée R+∞

0 (sint)f⁰(t)dt est absolument convergente, donc convergente. En faisant tendre xvers +∞dans l’égalité ci-dessus, on obtient que l’intégrale généralisée R+∞

0 (cost)f(t)dt est convergente et vaut

−R+∞

0 (sint)f⁰(t)dt.

1

(2)

2

3) Commef est d´ecroissante et la fonctiont7→ |cost|π-p´eriodique et≥1/2 si 0≤t≤π/3,

∀n∈IN,

Z (n+1)π nπ

|cost|f(t)dt≥πf((n+ 1)π)/6.

Si l’int´egraleR+∞

0 f(t)dtconverge, comme|(cost)f(t)| ≤f(t) pour toutt≥0, l’intégrale généraliséeR+∞

0 (cost)f(t)dtest absolument convergente, par comparaison.

SiR+∞

0 f(t)dt= +∞, en faisant un changement de variable sur [0, x] et en faisant tendrex vers +∞, on obtientR+∞

0 f(πt)dt= +∞. Par théorème, la série de terme généralf(π(n+1)) diverge donc et en sommant membre à membre l’inégalité ci-dessus par rapport à n = 0,1, . . ., on obtientR+∞

0 |cost|f(t)dt= +∞.

Exercice 4. Pourn∈IN^?, on d´efinitfn: [0,+∞[→IR parfn(x) = (1 +x/n)ⁿ.

1) Pout tout x≥ 0 fixé, lnfn(x) =nln(1 +x/n) tend vers x quand n → +∞. La suite (fn)n≥1 converge donc simplement sur [0,+∞[ vers la fonctionf définie parf(x) = e^x. 2) Pourn∈IN^? fixé, e^x−fn(x)→+∞quand x→+∞(croissance comparée entre expo- nentielle et polynôme) donc||fn−f||[0,+∞[= +∞. En particulier, la convergence de la suite (fn)n≥1 n’est pas uniforme sur [0,+∞[.

3) Soitn≥1. La fonctiongn(x) =x−nln(1 +x/n) est d´erivable sur [0,+∞[ et g_n⁰(x) = 1−(1 +x/n)⁻¹≥0.

La fonctiongn est donc croissante et, commegn(0) = 0, elle est positive sur [0,+∞[.

Pour toutR >0, on a donc ||gn||[0,R]=gn(R).

4) Remarquons quef(x)/fn(x) = e^gⁿ^(x)≥1 six≥0. SiR >0 etx∈[0, R], on a :

|f(x)−fn(x)|= e^x(1−fn(x)/f(x)) = e^x(1−e^−gⁿ^(x))≤e^R(1−e^−gⁿ^(R)).

Donc ||f −fn||[0,R] ≤ f(R)−fn(R) → 0 quand n → +∞. Autrement dit fn → f uniform´ement sur [0, R] quandn→+∞.

Exercice 5. A tout nombre réel` x≥0, on associe l’intégrale généralisée

(1) F(x) =

Z +∞

0

e^−xt²(1 +t²)⁻¹dt.

1) Soit x≥ 0 fix´e. Comme 0 ≤ e^−xt²(1 +t²)⁻¹ ≤ (1 +t²)⁻¹ pour tout t ≥ 0 et comme R+∞

0 (1 +t²)⁻¹dtest fini, le second membre de (1) est une intégrale généralisée convergente et (1) définit une fonctionF sur [0,+∞[.

2) On se donneT >0. Pour touty≥x≥0, on aF(x)≥F(y) et F(x)−F(y) =

Z T 0

e^−xt²−e^−yt² 1 +t² dt+

Z +∞

T

e^−xt²−e^−yt² 1 +t² dt.

Comme 0≤e^−xt²−e^−yt² ≤1, le second terme `a droite est major´e parR+∞

T (1 +t²)⁻¹dt.

D’autre part, on a : e^−xt²−e^−yt² = e^−yt²(e^(y−x)t²−1), ce qui est major´e par e^(y−x)T²−1 si 0≤t≤T. Ainsi :|F(y)−F(x)| ≤T(e^|x−y|T²−1) +R+∞

T dt 1+t².

3) Donnons-nous > 0. Le second terme du second membre de l’inégalité ci-dessus est indépendant dex, y et c’est le reste d’une intégrale convergente. Il existe doncT =T() tel qu’il soit< /2. On a donc :|F(y)−F(x)| ≤T()(e^|x−y|T⁽⁾²−1) +/2. Le premier terme du second membre est < /2 dès que |x−y| < η(), un nombre >0. Ceci montre que la fonctionF est continue et même uniformément continue sur [0,+∞[.