Étude de la convergence et le cas échéant calcul de Z

(1)

I Sujet 1

EXERCICE 1 :

Étude de la convergence et le cas échéant calcul de Z

+∞

0

ln(x)

(x + a)

²

dx, a > 0

• • •

EXERCICE 2 :

Existence et éventuel calcul de Z

1 0

ln(x)

√ x(1 − x)

³²

, dx (on pourra dériver

r x 1 − x

• • • EXERCICE 3 :

Énoncer le théorème de convergence dominée pour les suites de fonctions.

Démontrer que lim

n→+∞

Z

+∞ 0

1 + x n

ⁿ

e

⁻^2x

dx

———————————————————————–

II Sujet 2

EXERCICE 1 :

Étudier l’intégrabilité sur l’intervalle I =]0; + ∞ [ de la fonction f : t 7−→ e

⁻^t

√ t

• • •

EXERCICE 2 :

Existence et limite en + ∞ de I

n

= Z

1 0

x

ⁿ

ln(x) 1 − x

⁴

dx.

• • •

EXERCICE 3 :

Énoncer le théorème d’intégration terme à terme d’une série de fonctions.

Montrer que,

Z

+∞ 0

t

e

^t

− 1 dt =

+∞

X

n=1

1 n

²

(2)

III Sujet 3

EXERCICE 1 :

α > 0. Montrer l’existence de c(α) = Z

+∞

0

1 (1 + αx) √

x dx.

Calculer c(α).

• • •

EXERCICE 2 :

Montrer que I

n

= Z

+∞ 0

e

⁻ⁿ²^u

ln(1 + u) du ∼

n→+∞

1 n

⁴

.

• • •

EXERCICE 3 :

Énoncer le théorème d’intégration terme à terme d’une série de fonctions.

Montrer que Z

1 0

t

^x⁻¹

e

⁻^t

dt =

+∞

X

n=0

( − 1)

ⁿ

n!(x + n)

(3)

Corrections

Sujet 1 : exo 1

• x 7→ ln(x)

(x + a)

²

est définie et continue sur ]0; + ∞ [, négative sur ]0; 1], positive sur [1; + ∞ [.

ln(x) (x + a)

² _x

∼

→0

1 a

²

ln(x). Or Z

1 0

ln(x) dt est convergente donc il en est de même de Z

1 0

ln(x) (x + a)

²

dt.

• ln(x) (x + a)

²

∼

x→0

ln(x)

x

²

et cette expression est positive si x > 1.

Or x

³²

ln(x) x

² _x

−→

→+∞

0, ce qui prouve que ln(x) x

²

=

+∞

o 1

x

^3/2

et donc Z

+∞

1

ln(x) dt est convergente et il en est de même pour Z

+∞

1

ln(x) (x + a)

²

dt.

Finalement,

Z

+∞ 0

ln(x)

(x + a)

²

dt est convergente.

Soit X et Y deux nombres réels tels que 0 < X < Y . On pose I(X, Y ) = Z

Y

X

ln(t)

(t + a)

²

dt =

IP P

− ln(t) t + a

Y

X

+ Z

Y X

1 t(t + a) dt = ln(X )

X + a − ln(Y ) Y + a + Z

Y

X

1 at − 1 a(t + a)

dt

Puis, I(X, Y ) = − X ln(X ) a(X + a) − 1

a ln(X + a) − ln(Y ) Y + a + 1

a ln Y

Y + a

On fait tendre X −→ 0

X>0

et X −→ + ∞ , on obtient I(X, Y ) −→ ln(a)

a , finalement Z

+∞

0

ln(x)

(x + a)

²

dt = ln(a) a

• • •

Sujet 1 : exo 2

• x 7−→ ln(x)

√ x(1 − x)

³²

est définie et continue, négative sur ]0; 1[.

ln(x)

√ x(1 − x)

³²

∼

x→0⁺

| ln(x) √ |

x et x

³⁴

| ln(x) √ |

x = x

¹⁴

| ln(x) | −→

x→0

0 ce qui signifie que

∃ α > 0 et 0 < x 6 α < 1 = ⇒ | ln(x) |

√ x < 1 x

¹⁴

, 1

4 < 1 donc Z

1/2 0

ln(x)

√ x(1 − x)

³²

, dx converge.

• ln(x)

√ x(1 − x)

³²

∼

x→1⁻

1 − x (1 − x)

³²

= 1

(1 − x)

¹²

donc Z

1 1/2

ln(x)

√ x(1 − x)

³²

, dx converge.

• ∀ x ∈ ]0; 1[, d dx

r x 1 − x

= . . . = . . . = 1 2 √ x(1 − x)

³²

On réalise une intégration par parties sur [a, b] ⊂ ]0, 1[

Z

b

a

ln(x)

√ x(1 − x)

³²

dx =

IP P

2 r x 1 − x ln(x)

^b

a

− Z

b

a

2 p x(1 − x) dx Or 2 r a

1 − a ln(a) −→

_a

→0

0 et 2 r b

1 − b ln(b) ∼

b→1⁻

− 2 √

b √ 1 − b −→

b→1⁻

0

(4)

On en déduit que Z

1

0

ln(x)

√ x(1 − x)

³²

, dx = A = − 2 Z

1

0

1 p x(1 − x) dx On effectue un changement de variable

]0, 1[ −→ ]0, 1[

t 7−→ t

²

= x de classe C

¹

, bijectif donne

A = − 2 Z

1

0

2t t √

1 − t

²

dt = − 4 Z

1

0

√ 1

1 − t

²

dt = − 4 arcsin(1) = − 2π

• • •

Sujet 1 : exo 3

Soit u

n

(x) = 1 + x

n

e

⁻^2x

= e

ⁿ^ln

(

¹⁺^x_n

)

−2x

, pour n > 1 et x > 0.

∀ n > 1, u

n

est continue sur [0; + ∞ [ et lim

n→+∞

u

n

(x) = e

⁻^2x

pour tout x fixé de R

⁺

. x 7→ e

⁻^x

est continue sur R . On peut démontrer facilement que, pour tout x > 0, ln(x) 6 x − 1 donc ln 1 +

^x_n

6 1 + x

n − 1 et par croissance de la fonction x 7→ e

^x

, on obtient 0 6 u

n

(x) 6 e

^x

× e

⁻^2x

⇔ 0 6 u

n

(x) 6 e

⁻^x

.

Comme x 7→ e

⁻^x

est continue, positive et intégrable sur [0, + ∞ [.

Le théorème de convergence dominée s’applique et

n→

lim

+∞

Z

+∞ 0

1 + x n

n

e

⁻^2x

dx = Z

+∞ 0

e

⁻^x

dx = 1.

———————————————————————–

Sujet 2 : exo 1

f est continue et positive sur I.

• En 0 : e

⁻^t

√ t ∼

t→0

√ 1

t et t 7→ 1

√ t est intégrable sur ]0; a[ avec a réel strictement positif.

• En + ∞ : t

²

e

⁻^t

√ t

_t

−→

→+∞

0, c’est à dire qu’il existe A > 0, tel que t > A ⇒ e

⁻^t

√ t 6 1

t

²

(puisque t

²

e

⁻^t

√ t

_t

−→

→+∞

0). Or t 7→ 1

t

²

est intégrable sur [a; + ∞ [ (a > 0).

f est intégrable sur I.

• • •

Sujet 2 : exo 2

On pose f

n

(x) = x

ⁿ

ln(x) 1 − x

⁴

.

• f

n

est définie et continue sur ]0; 1[ pour tout n de N .

• f

0

(x) = ln(x)

1 − x

⁴

et ln(x) 1 − x

⁴

∼

x→0

ln(x) ; x 7→ ln(x) est une fonction de référence, négative, intégrable sur ]0; 1].

∀ n ∈ N

∗

, x

ⁿ

ln(x) −→

_x

→0

0, donc on prolonge par continuité en 0 en posant f

n

(0) = 0.

De ce fait, ∀ n ∈ N , Z

]0;1/2]

f

n

est convergente.

(5)

• ln(x) ∼

x→1

x − 1 donc f

n

(x) ∼

x→1

x − 1 4(1 − x) ∼

x→1

− 1

4 . (en effet 1 − x

⁴

= (1 − x)(1 + x + x

²

+ x

³

)) f

n

est prolongeable par continuité en 1 avec f

n

(1) = − 1

4 donc pour tout n entier naturel I

n

existe.

• ∀ n ∈ N , f

n

est continue sur ]0; 1[ et lim

n→+∞

f

n

(x) =

0 si 0 6 x < 1

−

¹₄

si x = 1 car (x

ⁿ

)

n∈N

suite géométrique de raison appartenant à ]0; 1[.

• x 7→ 0 est continue sur ]0; 1[.

∀ x ∈ ]0; 1[,

x

ⁿ

ln(x) 1 − x

⁴

= x

ⁿ

| ln(x) |

1 − x

⁴

6 | ln(x) | 1 − x

⁴

et comme x 7→ | ln(x) |

1 − x

⁴

est intégrable sur ]0; 1[ (intégrabilité de f

0

), le théorème de convergence dominée pour les fonctions donne lim

n→+∞

I

n

= 0.

• • •

Sujet 2 : exo 3

Pour tout t > 0, 1

e

^t

− 1 = e

⁻^t

1 − e

⁻^t

=

+∞

X

n=1

e

⁻^nt

donc t e

^t

− 1 =

+∞

X

n=1

te

⁻^nt

=

+∞

X

n=1

f

n

(t).

Les fonctions f

n

sont continues par morceaux sur ]0; + ∞ [ et, d’après ce qui précéde, la série X

f

n

converge simplement et sa somme est continue par morceaux sur ]0; + ∞ [.

Les fonctions f

n

sont intégrables sur ]0; + ∞ [ et Z

+∞

0

| f

n

(t) | dt = Z

+∞

0

te

⁻^nt

dt = 1 n

²

Or

+∞

X

n=1

1 n

²

converge donc, on a établi la convergence de X Z

+∞

0

| f

n

(t) | dt.

On en déduit que la fonction t 7→ t

e

^t

− 1 est intégrable sur ]0; + ∞ [ et Z

+∞

0

t

e

^t

− 1 dt =

+∞

X

n=1

1 n

²

———————————————————————–

Sujet 3 : exo 1

On pose a : x 7−→ 1 (1 + αx) √

x . a est définie et continue sur ]0; + ∞ [ et positive.

De plus a(x)

_x

∼

→+∞

1 αx

^3/2

et a(x)

_x

∼

→0

√ 1

x . x 7→ 1

αx

^3/2

et x 7→ 1

√ x sont intégrables respectivement sur [1; + ∞ [ et sur ]0; 1] d’où l’existence de c(α).

On effectue le changement de variable u = √ x : Z

X

ǫ

1 (1 + αx) √

x dx = Z

^√X ǫ

2u

(1 + αu

²

)u du = 2

√ α

arctan(u √ α)

√X

ǫ

= 2

√ α [arctan( √

Xα − arctan( √ ǫα)].

On fait tendre X −→ + ∞ et ǫ vers 0 : on obtient c(α) = π

√ α .

• • •

(6)

Sujet 3 : exo 2

I

n

= Z

+∞ 0

e

⁻ⁿ²^u

ln(1 + u) du ∼

n→+∞

1 n

⁴

On pose f

n

: u 7→ e

⁻ⁿ²^u

ln(1 + u) est définie, continue et positive sur [0; + ∞ [.

u

²

e

⁻ⁿ²^u

ln(1 + u) = u

²

e

ⁿ

2u 2

× ln(1 + u) e

ⁿ

2u 2

u→

−→

+∞

0 si n > 1. On en déduit que e

⁻ⁿ²^u

ln(1 + u) =

+∞

o 1

u

²

et par comparaison, f

n

est intégrable sur [0; + ∞ [.

Soit X > 0. On pose I(X ) = Z

X

0

e

⁻ⁿ²^u

ln(1 + u) du Par une intégration par parties,

I(X) =

− 1

n

²

e

⁻ⁿ²^u

ln(1 + u)

X

0

+ 1 n

²

Z

X

0

e

⁻ⁿ²^u

1 + u du et I

n

= lim

X→+∞

I(X ) = 1 n

²

Z

+∞ 0

e

⁻ⁿ²^u

1 + u du On renouvelle une intégration par parties et l’on obtient

I

n

= 1 n

⁴

− 1

n

⁴

Z

+∞

0

e

⁻ⁿ²^u

(1 + u)

²

du Z

+∞

0

e

⁻ⁿ²^u

(1 + u)

²

du > 0 car u 7−→ e

⁻ⁿ²^u

(1 + u)

²

est une fonction positive et continue sur [0; + ∞ [.

De plus, Z

+∞ 0

e

⁻ⁿ²^u

(1 + u)

²

du 6

Z

+∞ 0

e

⁻ⁿ²^u

du et Z

+∞ 0

e

⁻ⁿ²^u

du = 1 n

²

donc 0 6

Z

+∞ 0

e

⁻ⁿ²^u

(1 + u)

²

du 6 1

n

²

et par conséquent, Z

+∞ 0

e

⁻ⁿ²^u

(1 + u)

²

du

_n

−→

→+∞

0 De ce qui précède, on en déduit que n

⁴

I

n_n

−→

→+∞

0 donc I

n _n

∼

→+∞

1 n

⁴

.

• • •

Sujet 3 : exo 3

Z

1

0

t

^x⁻¹

e

⁻^t

dt est définie. En effet, t

^x⁻¹

e

⁻^t

∼

₀

t

^x⁻¹

et t

^x⁻¹

e

⁻^t

est intégrable sur ]0; 1].

Pour tout t ∈ [0; 1], t

^x⁻¹

e

⁻^t

=

+∞

X

n=0

( − 1)

ⁿ

t

^n+x⁻¹

n! =

+∞

X

n=0

f

n

(t) avec f

n

: t 7→ ( − 1)

ⁿ

t

^n+x⁻¹

n! .

D’après ce qui précède,

• Les fonctions f

n

sont continues par morceaux, et surtout X

f

n

converge simplement sur ]0; 1] et sa somme est t 7→ t

^x⁻¹

e

⁻^t

, continue par morceaux.

• Les fonctions f

n

sont intégrables sur ]0; 1] et Z

1

0

| f

n

(t) | dt = 1 n!(x + n) La série X Z

1

0

| f

n

(t) | dt converge (on peut s’en convaincre en utilisant la règle de d’alembert par exemple).

• Toutes les conditions sont réunies pour intégrer terme à terme et Z

1

0

t

^x⁻¹

e

⁻^t

dt =

+∞

X

n=0

( − 1)

ⁿ

n!(x + n)

(7)

EXERCICE 4 Montrer que lim

n→+∞

Z

+∞

−∞

1 + x

²

n

−n

dx = Z

+∞

−∞

e

⁻^x²

dx

• • •

• Soit f

n

: x 7→

1 + x

²

n

−n

, n ∈ N

^∗

. f

n

est continue sur R et f

n

(x) ∼

±∞

n

ⁿ

x

²ⁿ

. L’intégrabilité de x 7→ 1

x

²ⁿ

sur [1; + ∞ [ et sur ] − ∞ ; − 1] donne celle de f

n

sur ces intervalles et donc sur R .

• Pour tout x ∈ R , lorsque n tend vers + ∞ , f

n

(x) = e

⁻ⁿ^ln(1+x²^/n)

= e

⁻^x²^+o(1)

donc f

n

(x) −→

n→+∞

e

⁻^x²

: la suite (f

n

) converge simplement vers f : x 7→ e

⁻^x²

. f est continue sur R .

• Soit x ∈ R et soit ϕ

x

(t) = t ln

1 + x

²

t

, t > 0. Les calculs de dérivées successives donnent : ϕ

^′_x

(t) = ln

1 + x

²

t

− x

²

t + x

²

et ϕ

^′′_x

(t) = − x

⁴

t(t + x

²

)

²

On a donc : ϕ

^′_x

décroissante sur ]0; + ∞ [ avec lim

t→+∞

ϕ

^′_x

(t) = 0 : ϕ

^′_x

(t) > 0 pour tout t > 0.

Ce qui implique que ϕ

x

est croissante sur ]0; + ∞ [ et par composition avec x 7→ e

⁻^x

, on obtient que t 7−→

e

⁻^t^ln(1+x²^/t)

est décroissante sur ]0; + ∞ [.

Ainsi pour tout x ∈ R et tout n ∈ N

∗

,

1 + x

²

n

−n

6 1

1 + x

²

. Or x 7→ 1

1 + x

²

est intégrable sur R , donc on peut appliquer le théorème de convergence dominée et on obtient la formule attendue.

• • •

EXERCICE 5 Montrer que Z

+∞ 0

sin(x) e

^x

− 1 dx =

+∞

X

n=1

1 n

²

+ 1

• • •

• Pour x > 0, 1

e

^x

− 1 = e

⁻^x

1 − e

⁻^x

=

+∞

X

n=1

e

⁻^nx

et Z

+∞

0

sin(x)

e

^x

− 1 dx = Z

+∞ 0

+∞

X

n=1

e

⁻^nx

sin(x) dx

• Posons u

n

(x) = e

⁻^nx

sin(x) ; ces fonctions sont continues sur ]0; + ∞ [ et pour tout x > 0, pour tout n > 1, on a

| u

n

(x) | 6 e

⁻^nx

, ce qui prouve l’intégrabilité des u

n

puisque x 7→ e

⁻^nx

est intégrable.

La série X

u

n

converge simplement sur ]0; + ∞ [ vers f : x 7→ sin(x) e

^x

− 1 .

• Soit I

n

= Z

+∞ 0

| f

n

| . I

n

= Z

+∞

0

| sin(x) | e

⁻^nx

dx + Z

+∞

1

| sin(x) | e

⁻^nx

dx et I

n

6 Z

+∞

0

xe

⁻^nx

dx + Z

+∞ 1

e

⁻^nx

dx, donc I

n

6 1

n

²

(1 − e

⁻ⁿ

) 6 1

n

²

ce qui prouve que X

n>1

I

n

est convergente.

• Le théorème de convergence dominée s’applique donc pour les séries et on a donc : Z

+∞

0 +∞

X

n=1

e

⁻^nx

sin(x) dx =

+∞

X

n=1

Z

+∞ 0

e

⁻^nx

sin(x) dx

Il ne reste plus qu’à calculer J

n

= Z

+∞ 0

e

⁻^nx

sin(x) dx : J

n

= Im

Z

+∞ 0

e

⁽⁻^n+i)x

dx

= Im

e

⁽⁻^n+i)x

− n + i

= Im 1

n − i

= 1

n

²

+ 1

Et le résultat s’en suit.

(8)

Remarque 1 On pouvait s’assurer de l’intégrabilité de la fonction f en premier lieu, ce qui légitimer l’intégration terme à terme :