LM 260 B
Corrig´e du Partiel du 15 novembre 2013 Exercice 1
1)On ´ecrit :
ln (n+ (−1)n) = lnn+ ln
1 +(−1)n n
= lnn+
(−1)n n +O
1 n2
= lnn
1 + (−1)n nlnn +O
1 n2lnn
. D’o`uun= (−1)n
lnn
1
(1 + ((−1)nlnnn) +O n21lnn
!
= (−1)n lnn
1−(−1)n nlnn +O
1 n2lnn
= (−1)n lnn − 1
nln2n+O 1
n2ln2n
. Le terme g´en´eral est la somme de 3 termes g´en´eraux de s´eries convergente et donc cette s´erie converge.
2) On avn = (−1)n lnn − 1
ln2n+O 1
ln2n
. La s´erie de terme g´en´eral (−1)n
lnn est convergente car c’est une s´erie altern´ee alors que la s´erie de terme g´en´eral 1
ln2n+O 1
ln2n
est divergente. La s´erie de terme g´en´eral vn est donc divergente.
3) On ´ecrit wn = en1
1−exp( 1 n+a −1
n)
. Or ( 1 n+a − 1
n) = 1 n
1 1 + an −1
= 1 n
−a
n+O( 1 n2)
. Doncwn =en1
−a
n2 +O( 1 n3)
. La s´erie de terme g´en´eralwn est donc convergente.
Exercice 2 1)Pourt∈[nπ
2,(n+1)π
2], on a: 1
1 + (n+ 1)π2β
sin2(t) ≤ 1
1 +tβsin2(t) ≤ 1 1 + nπ2β
sin2(t). En int´egrant ces in´egalit´es membre `a membre sur [nπ
2,(n+ 1)π
2] et en utilisant les valeurs µn =
(n+ 1)π 2
β2
et λn = nπ
2 β2
, on obtient les in´egalit´es:
Z (n+1)π2
nπ2,
dt
1 +µ2nsin2(t) ≤un≤
Z (n+1)π2
nπ2,
dt
1 +λ2nsin2(t). Par p´eriodicit´e de la fonction sin2(t), ces in´egalit´es deviennent : In =
Z π2
0
dt
1 +µ2nsin2(t) ≤un≤ Z π2
0
dt
1 +λ2nsin2(t)=Jn. 2)En utilisant l’in´egalit´e sin(t)≤t, on obtient: In≥
Z π2
0
dt
1 +µ2nt2 =arctan(µnπ 2) µn
. De mˆeme, en utilisant l’in´egalit´e 2
πt≤sin(t), on obtient: Jn≤ Z π2
0
dt 1 + π22
λ2nt2 = π 2
arctan(λn) λn
.
3) Comme arctan(µnπ 2) µn
∼n→+∞
π 2
2 π
β2 1 nβ2 et π
2
arctan(λn) λn
∼n→+∞
π 2
22 π
β2 1
nβ2, en appliquant deux fois le th´eopr`eme de comparaison des s´eries `a termes positifs, on en d´eduit que la s´erie de terme g´en´eral un converge si et seulement siβ >2.
4)Comme
Z (n+1)π2
0
dt
1 +tβsin2(t) =
n
X
k=0
uk, et que de plus, l’int´egrale Z x
0
dt
1 +tβsin2(t)est croissante comme fonction de sa borne sup´erieure, on en d´eduit que l’int´egrale g´en´eralis´ee est convergente si et seulement si la s´erie de terme g´en´eralun est convergente c’est-`a-dire si et seulement siβ >2.
1
Exercice 3
1) Pourt= 0, la suite est nulle donc converge vers 0. Pour t6= 0 fix´e, la suite converge vers 2t (quotient des termes de plus haut degr´e enn) . Cette suite de fonctions converge donc simplement sur [0,+∞[ et sa limite vautf(t) = 2t.
2)On calculegn(t) =fn(t)−2t= −2t2
t+n. Comme lim
t→+∞|fn(t)−2t|= +∞, alors sup
t∈[0,+∞[
|fn(t)−2t|= +∞.
La convergence de la suite (fn)n∈N∗ n’est pas uniforme sur l’intervalle [0,+∞[.
3) Soit [0, b] un sous-intervalle de [0,+∞[. Comme g′n(t) = −2t(t+ 2n)
(t+n)2 , la fonction gn est n´egative et d´ecroissante sur [0,+∞[ . Alors sup
t∈[0,b]
|fn(t)−2t|=|fn(b)−2b| →0 quandn→+∞. La convergence de la suite (fn)n∈N∗ est uniforme sur [0, b].
4)On calculefn′(t) = 2n2
(t+n)2. Cette suite converge simplement vers la fonction constante ´egale `a 2.
Comme lim
t→+∞|fn′(t)−2|= lim
t→+∞
−2t(t+ 2n) (t+n)2
= 2, alors sup
t∈[0,+∞[
|fn′(t)−2| ≥2. La convergence de la suite (fn′)n∈N∗ n’est pas uniforme sur l’intervalle [0,+∞[.
5) On posehn(t) =fn′(t)−2 = −2t(t+ 2n)
(t+n)2 . Commeh′n(t) = −4n2
(t+n)3, la fonction hn est d´ecroissante sur [0,+∞[. Alors sup
t∈[0,b]
|fn′(t)−2|=|fn′(b)−2| →0 quandn→+∞. La convergence de la suite (fn′)n∈N∗ est uniforme sur [0, b].
6)La convergence de la suite (fn)n∈N∗ ´etant uniforme sur [0, x], on peut intervertir les signes de sommation et d’int´egration, soit lim
n→+∞
Z x
0
fn(t)dt= Z x
0
[ lim
n→+∞fn(t)]dt= Z x
0
2t dt=x2. Exercice 4
1) Pour t ∈]−1,+∞[ fix´e, la s´erie de terme g´en´eral un(t) est altern´ee donc elle converge. La s´erie de fonctions de terme g´en´eralun converge donc simplement sur ]−1,+∞[.
2) La majoration du reste d’une s´erie altern´ee donne : |rn(t)| =
+∞
X
k=n+1
un(t)
≤ |un+1(t)| =
1 n+ 1 +t
. Donc sup
t∈[a,+∞[
|rn(t)| ≤ 1
n+ 1 +a →0 quandn→+∞. Cette s´erie converge uniform´ement sur tout intervalle [a,+∞[⊂]−1,+∞[.
3)Pourt∈]−1,+∞[ fix´e, la s´erie de terme g´en´eralu′n(t) = (−1)n
(n+t)2 est absolument convergente.
C’est aussi une s´erie altern´ee et comme `a la question 2), on majore son reste pour tout t ∈ [a,+∞[ par 1
(n+ 1 +a)2 →0 quandn→+∞.
La s´erie converge uniform´ement sur tout intervalle [a,+∞[⊂]−1,+∞[. La fonctionsest donc de classeC1 sur tout intervalle [a,+∞[ et donc par un argument de saturation sur ]−1,+∞[. La d´eriv´ees′ des est la somme de la s´erie de fonction de terme g´en´eralu′n, soit : ∀t∈]−1,+∞[, s′(t) =
+∞
X
n=1
(−1)n (n+t)2. 4)On a π2
6 =
+∞
X
n=1
1 (2n)2 +
+∞
X
n=0
1
(2n+ 1)2 =π2 24+
+∞
X
n=0
1
(2n+ 1)2. Donc
+∞
X
n=0
1
(2n+ 1)2 = π2 6 −π2
24 = π2 8 . 5)Comme la s´erie num´erique de terme g´en´eralu′n(0) est absolument convergente, on peut intervertir l’ordre de la sommation et doncs′n(0) =
+∞
X
n=1
1 (2n)2 −
+∞
X
n=0
1
(2n+ 1)2 = π2 24 −π2
8 =−π2 12.
2