Suites et séries d’intégrales

Exo7

Suites et séries d’intégrales

Exercices de Jean-Louis Rouget. Retrouver aussi cette fiche surwww.maths-france.fr

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable

Exercice 1 ** I

Pourn∈N^∗, on pose fn(x) =







1−^x_n²n

six∈[0,√ n]

0 six>√ n

.

1. Montrer que la suite(fn)n∈N^∗ converge simplement surR⁺vers la fonction f : x7→e^−x2. 2. A l’aide de la suite(f_n)n∈N^∗, calculer l’intégrale de GAUSSR_+∞

0 e^−x2 dx.

CorrectionH ^[005738]

Exercice 2 **

Montrer que^R₀¹x^−xdx=∑^+∞_n=1n¹n et^R₀¹x^xdx=∑^+∞_n=1⁽⁻¹⁾

n

nⁿ .

CorrectionH ^[005739]

Exercice 3 **

Montrer que^R₀^+∞_ex^x−1² dx=2∑^+∞_n=1n¹3.

CorrectionH ^[005740]

Exercice 4 **

Calculer^R₀^+∞_shx^x dxen écrivant cette intégrale comme somme d’une série.

CorrectionH ^[005741]

Exercice 5 **

Calculer^R₀¹_1+x^lnx2 dxet^R₀^+∞_1+x^lnx2 dx.

CorrectionH ^[005742]

Exercice 6 **

1. Montrer que pourxréel de[0,1[,−ln(1−x) =∑^+∞_n=1^x

n

n. 2. Montrer que^R₀¹ln(t)ln(1−t)

t dt=∑^+∞_n=1n¹3.

CorrectionH ^[005743]

Exercice 7 *** I

Montrer que pour tout réelx,^R₀^+∞cos(xt)_cht dt=2∑^+∞_n=0(−1)ⁿ_(2n+1)²ⁿ⁺¹_2+x2

CorrectionH ^[005744]

Correction del’exercice 1N

1. Soitx∈[0,+∞[. Pourn>x², fn(x) =exp

nln

1−^x_n²

et donc fn(x) =

n→+∞exp(−x²+o(1)). Donc la suite(f_n)n∈N^∗ converge simplement surR⁺vers la fonction f : x7→e^−x2.

2. Chaque fonction fn,n∈N^∗, est continue par morceaux sur[0,+∞[et nulle au voisinage de+∞. Donc chaque fonction f_n,n∈N^∗, est intégrable sur[0,+∞[.

La fonction f est continue sur[0,+∞[et négligeable devant _x¹2 quandxtend vers+∞. Donc la fonction f est intégrable sur[0,+∞[.

Soitn∈N^∗. Par convexité de la fonction exponentielle,∀u∈R, 1+u6e^u. Par suite,∀x∈[0,√ n], 06 1−^x_n² 6e^−x2/npuis par croissance de la fonctiont7→tⁿsurR⁺, 06 fn(x) =

1−^x_n²n

6e^−x2= f(x).

D’autre part, pourx>√

n, fn(x) =06 f(x). Finalement

.∀n∈N^∗,∀x∈[0,+∞[,|f_n(x)|6 f(x).

En résumé,

•chaque fonction fn,n∈N^∗, est continue par morceaux et intégrable sur[0,+∞[,

• la suite de fonctions (fn) converge simplement vers la fonction f sur [0,+∞[et la fonction f est continue sur[0,+∞[.

• ∀n∈N^∗,|f_n|6 f, la fonction f étant intégrable sur[0,+∞[.

D’après le théorème de convergence dominée, la suite ^R₀^+∞f_n(x)dx

n∈N^∗ converge vers^R₀^+∞f(x)dx.

Ainsi,

R_+∞

0 e^−x2 dx=limn→+∞R

√n 0

1−^x_n²n

dx.

Soitn∈N^∗. En posantt=arccos √x

n

et donc^x_n² =cos²tetdx=−√

nsint dt, on obtient R

√n 0

1−^x_n²n

dx=^R_π/2⁰ (1−cos²t)ⁿ×(−√

nsint)dt=√

n^R₀^π/2sin²ⁿ⁺¹t dt=√

nW_2n+1, oùWnest lan-ème intégrale de WALLIS. Classiquement,Wn ∼

n→+∞

p_π

2n (voir Exercices Maths Sup) et donc

W√2n+1

n ∼

n→+∞

√nq

π 2(2n+1) ∼

n→+∞

√ π 2 . On a montré que

R_+∞

0 e^−x2 dx=

√ π 2 .

Correction del’exercice 2N

Pourx∈]0,1],x^−x=e^−xln(x)et donc limx→0⁺x^−x=1. Donc si on pose∀x∈[0,1], f(x) =

x^−xsix∈]0,1]

1 six=0 , f est une fonction continue sur le segment[0,1]et donc intégrable sur le segment[0,1].

Pourx∈]0,1],x^−x =e^−xln(x)=∑^+∞_n=0^(−xln(x))

n

n! . Posons alors∀x∈[0,1], f₀(x) =1 puis ∀n∈N^∗, ∀x∈[0,1], fn(x) =

( _(−xln(x))n

n! six∈]0,1]

0 six=0 . La fonction f₀est continue sur[0,1]et pourn∈N^∗, puisque−xln(x) →

x→0⁺0, la fonction f_nest continue sur[0,1]. En résumé, chaque fonction f_n,n∈N, est continue sur[0,1]. De plus,

∀x∈[0,1], f(x) =∑^+∞_n=0f_n(x).

Vérifions alors que la série de fonctions de terme général f_nconverge normalement et donc uniformément vers f sur le segment[0,1]. Pourx∈[0,1], posonsg(x) =

−xlnxsix∈]0,1]

0 six=0 . La fonctiongest continue sur le segment[0,1]et admet donc un maximumMsur ce segment. Pourx∈[0,1], on a 06g(x)6M(on peut montrer

queM=g _e = _e). Mais alors∀n∈N,∀x∈]0,1],|f_n(x)|= _n! 6 _n! ce qui reste vrai pourx=0. Comme la série numérique de terme général ^M_n!ⁿ converge, on a montré que la série de fonctions de terme général fn

converge normalement et donc uniformément vers f sur le segment[0,1].

D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment, la série numérique de terme général^R₀¹fn(x)dx, converge et

R₁

0 f(x)dx=∑^+∞_n=0^R₀¹fn(x)dx (∗).

Pourn∈N, posonsI_n=^R₀¹f_n(x)dx. Soitn∈N. En posantu=−ln(x)puisv= (n+1)u, on obtient

In= 1 n!

Z ₁

0

(−xlnx)ⁿdx= 1 n!

Z ₀

+∞

(ue^−u)ⁿ×(−e^−udu) = 1 n!

Z _+∞

0

uⁿe^−(n+1)udu

= 1

n!(n+1)ⁿ⁺¹ Z _+∞

0

vⁿe^−vdv= Γ(n+1)

n!(n+1)ⁿ⁺¹ = 1 (n+1)ⁿ⁺¹. L’égalité(∗)s’écrit alors^R₀¹x^−xdx=∑^+∞_n=0(n+1)¹n+1 =∑^+∞_n=1n¹n.

Remarque.Pour calculerIn=^R₀^1(−x_n!^lnx)n dx, on peut aussi s’intéresser plus généralement àJ_n,p=^R₀^1xn(−ln_n!^x)p dx que l’on calcule par récurrence grâce à une intégration par parties.

Le travail qui précède permet encore d’écrire R₁

0x^xdx=∑^+∞_n=0^R₀^1(xlnx)

n

n! dx=∑^+∞_n=1⁽⁻¹⁾

n

nⁿ . R₁

0 x^−xdx=∑^+∞_n=1n¹n et^R₀¹x^xdx=∑^+∞_n=1⁽⁻¹⁾

n

nⁿ .

Correction del’exercice 3N

Pourx>0, posons f(x) =_ex^x−1² . f est continue sur]0,+∞[.

Ensuite, pour tout réel strictement positifx, on a 0<e^−x<1 et donc

x²

e^x−1 =_1−e^x2e−x−x =x²e^−x∑^+∞_n=0e^−nx=∑^+∞_n=0x²e^−(n+1)x=∑^+∞_n=1x²e^−nx.

Pourn∈N^∗etx>0, posons f_n(x) =x²e^−nx. Chaque fonction f_n,n∈N^∗, est continue et intégrable sur[0,+∞[

car négligeable devant _x¹2 quandxtend vers+∞. En particulier, chaque fonction fn,n∈N^∗, est intégrable sur ]0,+∞[. De plus, pourn∈N^∗,

R_+∞

0 |fn(x)|dx=^R₀^+∞x²e^−nxdx=_n¹3

R_+∞

0 u²e^−udu=^Γ(3)_n3 =_n²3, qui est le terme général d’une série numérique convergente.

En résumé,

•chaque fonction fn,n∈N^∗, est continue et intégrable sur]0,+∞[,

•la série de fonctions de terme général f_n,n∈N^∗, converge simplement vers la fonction f sur]0,+∞[et la fonction f

est continue sur]0,+∞[.

•∑^+∞_n=1^R₀^+∞|f_n(x)|dx<+∞.

D’après un théorème d’intégration terme à terme, f est intégrable sur ]0,+∞[, la série numérique de terme général^R₀¹fn(x)dx,n∈N^∗, converge et

R+∞

0 f(x)dx=∑^+∞_n=1^R₀^+∞f_n(x)dx=∑^+∞_n=1n²3. On a montré que

R_+∞

0 x²

e^x−1dx=2∑^+∞_n=1n¹3.

Correction del’exercice 4N

C’est presque le même exercice que l’exercice3. Pour tout réelx>0,

x

shx =_1−e^2xe−x−2x =2xe^−x∑^+∞_n=0e^−2nx=∑^+∞_n=02xe^−(2n+1)x, puis avec la même démarche que dans l’exercice précédent

Z _+∞

0

x shxdx=

+∞

∑

n=0

Z _+∞

0

2xe^−(2n+1)xdx=

+∞

∑

n=0

2 (2n+1)²

Z _+∞

0

ue^−udu=

+∞

∑

n=0

2Γ(2) (2n+1)²

=2

+∞

n=0

∑

1

(2n+1)² =2

+∞

n=1

∑

1 n²−

+∞

n=1

∑

1 (2n)²

!

=2

1−1 4

π² 6 =π²

4 . R_+∞

0 x

shxdx= ^π₄².

Correction del’exercice 5N

Ici, le plus simple est peut-être de ne pas utiliser de théorème d’intégration terme à terme. La fonction f : x7→

lnx

1+x² est continue sur ]0,1]. De plus, quandx tend vers 0, f(x) ∼

x→0⁺lnx =

x→0⁺o √1

x

. On en déduit que f est intégrable sur]0,1].

Soitn∈N.

lnx

1+x² =∑ⁿ_k=0(−1)^kx^2klnx+^(−1)n+1_1+x^x2n+22 ^lnx.

Maintenant, chacune des fonctions fk : x7→(−1)^kx^2klnx, 06k6n, est intégrable sur]0,1]car continue sur ]0,1]et négligeable devant^√1_x quandxtend vers 0. On en déduit encore que la fonctiongn : x7→^{(−1)n+1x2n+2lnx}

1+x²

est intégrable sur]0,1]cargn= f−∑ⁿ_k=0fk. On a donc

∀n∈N,^R₀¹_1+x^lnx2 dx=∑ⁿ_k=0(−1)^kR₀¹x^2klnx dx+^R₀^1(−1)n+1_1+x^x2n+22 ^lnx dx.

La fonctionh : x7→ _1+x^xlnx₂ dxest continue sur]0,1]et prolongeable par continuité en 0. On en déduit que la fonctionhest bornée sur]0,1]. SoitMun majorant de la fonction|h|sur]0,1]. Pour tout entier natureln, on a alors

R₁

0

(−1)ⁿ⁺¹x²ⁿ⁺²lnx

1+x² dx

6^R₀¹x²ⁿ

xlnx 1+x²

dx6M^R₀¹x²ⁿdx=_2n+1^M . En particulier, limn→+∞

R₁

0

(−1)ⁿ⁺¹x²ⁿ⁺²lnx

1+x² dx=0. Ceci montre que la série numérique de terme général(−1)^kR₀¹x^2klnx dx, k∈N, converge et que

R₁

0 lnx

1+x² dx=∑^+∞_k=0(−1)^kR₀¹x^2klnx dx.

Soientn∈Netε∈]0,1[. Les deux fonctionsx7→ ^x_2n+1²ⁿ⁺¹ etx7→lnxsont de classeC¹ sur le segment[ε,1]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient

R₁

ε x²ⁿlnx dx=h

x²ⁿ⁺¹ 2n+1lnx

i1 ε

−_2n+1^{1 R}_ε¹x²ⁿdx=−^ε_2n+1²ⁿ⁺¹lnε−_(2n+1)¹ ₂(1−ε²ⁿ⁺¹).

Quandεtend vers 0, on obtient^R₀¹x²ⁿlnx dx=− ¹

(2n+1)². Par suite, R₁

0 lnx

1+x² dx=−∑^+∞_n=0⁽⁻¹⁾

n

2n+1 =−^π₄.

sait déjà que f est intégrable sur]0,1]. De plus, x^3/2f(x) ∼

x→+∞

lnx

√x →

x→+∞0 et donc f(x) =

x→+∞o 1

x^3/2

. Ceci montre que la fonction f est intégrable sur[1,+∞[et finalement sur]0,+∞[.

Pour calculerI=^R₀^+∞_1+x^lnx2 dx, la méthode précédente ne marche plus du tout car pourx>1,xⁿ tend vers+∞

quandntend vers+∞. C’est une toute autre idée qui permet d’aller au bout. On poseu=¹_x et on obtient I=^R₀^+∞_1+x^lnx2 dx=^R_+∞^{0 ln}(¹u)

1+¹

u2

×^−du

u² =−^R₀^+∞_1+u^lnu₂ du=−I, et doncI=0.

R₁

0 lnx

1+x² dx=−^π₄ et^R₀^+∞_1+x^lnx2 dx=0.

Correction del’exercice 6N

1. Soitx∈[0,1[. Pour tout réelt de[0,x], on a _1−t¹ =∑^+∞_n=0tⁿ. Maintenant, pour tout réelt∈[0,x]et tout entier natureln, on a|t|ⁿ6xⁿ. Puisque la série numérique de terme généralxⁿconverge, on en déduit que la série de fonctions de terme généralt7→tⁿ converge normalement et donc uniformément sur le segment[0,x]. D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment, on peut affirmer que

−ln(1−x) =^R₀^x_1−t¹ dt=∑^+∞_n=0^R₀^xtⁿdt=∑^+∞_n=0^x

n+1

n+1=∑^+∞_n=1^x

n

n.

∀t∈[0,1[,−ln(1−t) =∑^+∞_n=1^t

n

n. 2. Par suite, pourt∈]0,1[,

ln(t)ln(1−t)

t =−∑^+∞_n=1^t

n−1lnt

n .

Pourt∈]0,1[, posons f(t) = ln(t)ln(1−t)

t puis pourt∈]0,1]etn∈N^∗, posons f_n(t) =−^tn−1_n^lnt. Soit n∈N^∗. La fonction fn est continue sur ]0,1]et négligeable devant ^√1

t quand t tend vers 0. La fonction fn est donc intégrable sur ]0,1]. En particulier, la fonction fn est donc intégrable sur ]0,1[.

Calculons alors^R₀¹fn(t)dt.

Soita∈]0,1[. Les deux fonctionst7→ ^t_nⁿ ett7→ −lnt sont de classeC¹ sur le segment[a,1]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient

R₁

atⁿ⁻¹(−lnt)dt=

−^tn_n^lnt1

a+¹_n^R_a¹tⁿ⁻¹dt=^an_n^lna+_n¹2(1−aⁿ).

Quandatend vers 0, on obtient^R₀¹−tⁿ⁻¹lnt dt=_n¹₂ et donc^R₀¹fn(t)dt=_n¹₃. Puisque la fonction fnest positive sur]0,1[, on a encore^R₀¹|f_n(t)|dt=_n¹3. On en déduit que la série numérique de terme général R₁

0|f_n(t)|dt converge.

En résumé,

•chaque fonction fnest continue par morceaux et intégrable sur]0,1[,

•la séries de fonctions de terme général fn,n∈N^∗, converge simplement vers la fonction fsur]0,1[et la fonction f

est continue sur]0,1[,

•∑^+∞_n=1^R₀¹|fn(t)|dt<+∞.

D’après un théorème d’intégration terme à terme, R₁

0

ln(t)ln(1−t)

t dt=∑^+∞_n=1^R₀^1−t

n−1lnt

n dt=∑^+∞_n=1n¹3. R₁

0

ln(t)ln(1−t)

t dt=∑^+∞_n=1n¹3.

Correction del’exercice 7N

Existence de l’intégrale.Soitx∈R. La fonction f : t7→ ^cos(xt)_cht est continue sur[0,+∞[. De plus, pour tout réel positift,|f(t)|6_ch¹_t et donc|f(t)| ∼

t→+∞

2 e^t =

t→+∞o ¹

t²

. On en déduit que la fonction f est intégrable sur [0,+∞[.

Pour tout réelx,^R₀^+∞cos(xt)_cht dt existe.

Convergence de la série.Soitx∈R. Pourn∈N, posonsun(x) =_(2n+1)²ⁿ⁺¹2+x². Pourn∈N,

un(x)−u_n+1(x) = 2n+1

(2n+1)²+x²− 2n+3

(2n+3)²+x² =(2n+1)((2n+3)²+x²)−(2n+3)((2n+1)²+x²) ((2n+1)²+x²)((2n+3)²+x²)

= 2(2n+1)(2n+3)−2x² ((2n+1)²+x²)((2n+3)²+x²).

Puisque le numérateur de cette dernière expression tend vers +∞ quand n tend vers +∞, cette expression est positive pourn grand. On en déduit que la suite (un(x)) décroît à partir d’un certain rang. D’autre part, limn→+∞u_n(x) =0.

On en déduit que la série de terme général(−1)ⁿun(x)converge en vertu du critère spécial aux séries alternées.

Pour tout réelx, la série de terme général(−1)ⁿ_(2n+1)²ⁿ⁺¹_2+x2 converge.

Egalité de l’intégrale et de la somme de la série.Soitn∈N. Pourt∈]0,+∞[, on ae^−t∈]0,1[et donc cos(xt)

cht =2 cos(xt)e^−t

1+e^−2t =2 cos(xt)e^−t

n

∑

k=0

(−1)^ke^−2kt+ (−1)ⁿ⁺¹cos(xt)e^−(2n+3)t 1+e^−2t

=2

n

∑

k=0

(−1)^kcos(xt)e^−(2k+1)t+ (−1)ⁿ⁺¹cos(xt)e^−(2n+3)t 1+e^−2t .

Maintenant, pour chaquek∈N, la fonctiont7→cos(xt)e^−(2k+1)t est intégrable sur [0,+∞[car continue sur [0,+∞[et négligeable devant_t¹2 quandttend vers+∞. On en déduit encore que la fonctiont7→(−1)^{n+1 cos(xt)e−(2n+3)t}

1+e^−2t

est intégrable sur[0,+∞[puis que

∀n∈N,^R₀^+∞cos(xt)_cht dt=2∑ⁿ_k=0(−1)^kR₀^+∞cos(xt)e^−(2k+1)tdt+ (−1)^n+1R₀^{+∞cos(xt)e−(2n+3)t}

1+e^−2t dt. Ensuite,

R_+∞

0 (−1)^{n+1 cos(xt)e−(2n+3)t}

1+e^−2t dt

6^R₀^+∞e^−(2n+3)tdt=_2n+3¹ , et donc limn→+∞(−1)^{n+1 cos(xt)e−(2n+3)t}

1+e^−2t dt=0 puis

R_+∞

0

cos(xt)

cht dt=2∑^+∞_n=0(−1)^nR₀^+∞cos(xt)e^−(2n+1)tdt. Soitn∈N.

Z _+∞

0

cos(xt)e^−(2n+1)t dt=Re Z _+∞

0

e^ixte^−(2n+1)tdt

=Re Z _+∞

0

e(−(2n+1)+ix)t

dt

=Re "

e(−(2n+1)+ix)t

−(2n+1) +ix

#+∞

0

!

=Re

1 (2n+1)−ix

1− lim

t→+∞e(−(2n+1)+ix)t

=Re

1 (2n+1)−ix

(car

e(−(2n+1)+ix)t

=e^−(2n+1)t →

n→+∞0)

=Re

2n+1+ix (2n+1)²+x²

= 2n+1 (2n+1)²+x². On a enfin montré que

0 cht dt=2∑_n=0(−1) _(2n+1)2+x2.