Correction : du Devoir maison n˚4
MP Clemenceau 2020-2021 Pour le lundi 11 janvier 2021
Exercice 1
Pour tout entier natureln, on d´efinit sur l’intervalleJ = [1,+∞[, la fonctionfn d´efinie par : fn(x) = (−1)n
√1 +nx. 1) D´emontrer que la s´erie de fonctionsX
n>0
fn converge simplement sur J.
On note alors pour toutxdeJ,ϕ(x) sa somme.
Correction :Pourx∈J, la s´erieX
fn(x) est altern´ee, la suite (|fn(x)|)n∈INest d´ecroissante et convergente vers 0. D’apr`es le th´eor`eme des s´eries altern´ees la s´erieX
fn(x) est alors convergente.
Conclusion : la s´erie de fonctionsX
n>0
fn converge simplement surJ. 2) Montrer que cette s´erie de fonctions ne converge pas normalement surJ.
Correction : Pour x∈ J, |fn(x)| = √1+nx1 ∼
n→∞
√1
nx, terme g´en´eral d’une s´erie de Riemann divergente (α = 1/2 < 1). Ainsi, la s´erie Pfn ne converge-t-elle absolument en aucun point et donc a fortiori pas normalement surJ (ni sur aucun intervalle, d’ailleurs).
3) Etudier alors sa convergence uniforme sur´ J. Correction : PourRn(x) =
∞
X
k=n+1
fk(x), la majoration du reste par le crit`ere sp´ecial et la d´ecroissance de|fn| donnent
|Rn−1(x)| ≤ 1
√1 +nx ≤ 1
√n+ 1 −−−−→
n→∞ 0, d’o`u la convergence uniforme de la s´eriePfn surJ.
4) D´eterminer`= lim
x→+∞
+∞
X
n=0
fn(x).
Correction : La convergence uniforme permet d’utiliser le th´eor`eme de la double limite. Ainsi, en utilisant le symbole de Kronecker,
x→+∞lim
∞
X
n=0
fn(x) =
∞
X
n=0
x→+∞lim fn(x) =
∞
X
n=0
δn,0= 1.
5) Pourn∈IN∗, on noteun= (−1)n
√n .
5.1. Justifier la convergence de la s´erie de terme g´en´eralun. On note a=
+∞
X
n=1
un sa somme.
Correction : La s´erie de terme g´en´eral un = (−1)√nn est une s´erie de Riemann altern´ee ; elle v´erifie les hypoth`eses du crit`ere sp´ecial (signe altern´e, valeur absolue d´ecroissante et de limite nulle) et est donc conver- gente.
1
5.2. Montrer que l’on a au voisinage de l’infini :ϕ(x) =`+ a
√x+O 1
x3/2
.
Correction : L’in´egalit´e des accroissements finis appliqu´ee `a la fonctionh(t) = √1
t, de d´eriv´eeh0(t) =−2t13/2
donne
0≤ 1
√nx− 1
√1 +nx≤ 1
2(nx)3/2 ∴ ϕ(x) = 1 +
∞
X
n=1
fn(x) = 1 +
∞
X
n=1
(−1)n
√nx −
∞
X
n=1
(−1)n 1
√nx− 1
√1 +nx
ϕ(x)−1− a
√x
≤
∞
X
n=1
1
2(nx)3/2 =ζ(3/2) 2x3/2 ∴ ϕ(x) = 1 + a
√x+O 1
x3/2
.
Exercice 2
Soientaun r´eel strictement positif etf une fonction continue sur IR.
Pour toutλr´eel, on pose I(λ) = Z +∞
a
λ−f(t)
t dt, lorsque cela existe.
1) Dans cette question, et uniquement cette question, f est la fonctiont7→cos t
1 +t2
.
1.1. En utilisant un d´eveloppement asymptotique de f au voisinage de +∞, donner un ´equivalent de λ−f(t) lorsque ttend vers l’infini.
Correction : Quandttend vers l’infini, 1+tt2 tend vers 0. Il s’ensuit λ−f(t) =λ−cos
t 1 +t2
=λ−
1− t2
2(1 +t2)2 +O t4
(1 +t2)4
=λ−1 + 1 2t2+O
1 t4
∴
∼
(t→+∞)
(λ−1 siλ6= 1
1
2t2 siλ= 1.
1.2. En d´eduire l’ensemble des valeurs du r´eelλpour lesquellesI(λ) existe.
Correction : La fonctiont7−→ λ−f(t)t est continue sur [a,+∞[, donc la convergence deI(λ) ne d´epend que du comportement de la fonction au voisinage de l’infini. Or, λ−f(t)t ∼
t→+∞
λ−1
t siλ6= 1 et λ−f(t)t ∼
t→+∞
1 2t3 si λ= 1. Par comparaison avec les int´egrales de r´ef´erence,I(λ) est convergente si, et seulement si,λ= 1.
1.3. Donner alors un ´equivalent de Z x
a
f(t)
t dt lorsquextend vers l’infini.
Correction : La lin´earit´e de l’int´egrale sur un segment et la convergence deI(1) permettent d’´ecrire Z x
a
f(t) t dt=
Z x
a
1 tdt−
Z x
a
1−f(t)
t dt =
(x→+∞)
Z x
a
1
t dt+O(1) = ln(x) +O(1)∼ln(x).
Remarque : on pouvait aller plus vite par int´egration des relations de comparaison (qui n’est pas au pro- gramme de PSI) : f(t)
t ∼
t→+∞
1 t, or
Z +∞
1
1
t dtdiverge donc par propri´et´e Z x
1
f(t) t dt ∼
x→+∞
Z x
0
1 tdt 2) On suppose qu’il existeλetµdeux r´eels pour lesquels I(λ) etI(µ) existent. Prouver que l’on a :λ=µ.
Correction :Attention :f est redevenue une fonction continue quelconque. SiI(λ) etI(µ) sont convergentes, on peut utiliser la lin´earit´e de l’int´egrale pour obtenir la convergence de
I(λ)−I(µ) = Z +∞
a
λ−f(t) t dt−
Z +∞
a
µ−f(t) t dt=
Z +∞
a
λ−µ t dt
et cette derni`ere int´egrale ne converge que siλ=µ. `A f donn´ee, il existe donc au plus une valeur deλ telle que I(λ) converge.
2
3) Pour toutxr´eel, on poseHλ(x) = Z x
a
(λ−f(t)) dt.
3.1. Justifier queHλ est de classe C1sur IR et pr´eciserHλ0(x).
Correction : La fonctionHλ est une primitive de la fonction continueλ−f et est donc de classeC1. On a pour toutx∈IR,Hλ0(x) =λ−f(x).
3.2. D´emontrer que siHλest born´ee sur IR, alors I(λ) existe et queI(λ) = Z +∞
a
Hλ(t) t2 dt.
Correction : On r´ealise une int´egration par parties. Sous r´eserve de justification, Z +∞
a
Hλ(t)× 1 t2dt=
Hλ(t)×
−1 t
t→+∞
a
+ Z +∞
a
Hλ0(t)
t dt=I(λ).
Supposons queHλ soit born´ee. Alors, l’int´egrale de gauche est convergente en vertu du th´eor`eme de compa- raison. Le crochet tend vers 0 et l’int´egrale obtenue,I(λ) est donc ´egalement convergente et sa valeur ´egale `a la premi`ere.
4) D´esormais on suppose quef est continue sur IR etT-p´eriodique (T >0).
4.1. D´emontrer que la fonctionϕqui `a tout r´eel xassocieϕ(x) = Z x+T
x
f(t) dt est constante.
Montrer alors que l’on a, pour tout r´eel x: Hλ(x+T)−Hλ(x) =λT− Z T
0
f(t) dt.
Correction : Comme f est continue,ϕ est d´erivable et l’on a ϕ0(x) =f(x+T)−f(x) = 0. Ainsi,ϕ est constante. La relation de Chasles donne alors
Hλ(x+T)−Hλ(x) = Z x+T
a
λ−f(t) dt−
Z x
a
λ−f(t) dt=
Z x+T
x
λ−f(t) dt
=λT −ϕ(x) =λT −ϕ(0) =λT− Z T
0
f(t) dt.
4.2. Montrer qu’il existe une unique valeurλ0 du r´eel λpour laquelle la suite (Hλ(a+nT))n∈IN est born´ee.
Correction : La suite Hλ(a+nt)
n≥0 est une suite arithm´etique de raison λT − Z T
0
f(t) dt d’apr`es la question pr´ec´edente. Il s’ensuit qu’elle n’est born´ee que si elle est constante,i.e.si, et seulement si,λ=λ0=
1 T
Z T
0
f(t) dt, valeur moyenne de f.
4.3. Prouver que, dans ce cas, la fonctionHλ est p´eriodique et born´ee dans IR.
Correction :La formule obtenue `a la question 4.1. exprime alors que la fonctionHλ0estT-p´eriodique. ´Etant continue et p´eriodique, elle est born´ee.
4.4. D´eterminer alors toutes les valeurs du r´eel λpour lesquellesI(λ) converge.
Correction : D’apr`es la question 3.2, l’int´egraleI(λ0) converge et, d’apr`es la question 2, c’est la seule valeur deλpour laquelle ce soit le cas.
4.5. Dans le cas o`uλ06= 0, d´eterminer un ´equivalent de Z x
a
f(t)
t dtlorsquextend vers l’infini.
Correction : Siλ6=λ0, on reprend l’id´ee utilis´ee `a la question 1.3. Les justification sont identiques.
Z x
a
f(t) t dt=
Z x
a
λ0 t dt−
Z x
a
λ0−f(t)
t dt=λ0lnx+O(1).
5) Pour tout entier naturelnnon nul, on poseAn= Z π/2
0
|sin(nt)|
sin(t) dt etBn = Z π/2
0
|sin(nt)|
t dt.
5.1. Prouver queAn existe. On admettra qu’il en est de mˆeme pourBn. Correction :On poseAn=
Z π/2
0
|sin(nt)|
sint dtetBn= Z π/2
0
|sin(nt)|
t dtPourn≥1, la fonctiont7−→ |sin(nt)|sint est continue sur ]0, π/2] et l’´equivalent sinu ∼
u→0umontre qu’elle est prolongeable par continuit´e en 0 (par la valeur n). Il s’ensuit que l’int´egrale d´efinissantAn est faussement impropre, donc convergente.
3
5.2. D´eterminer un ´equivalent au voisinage de 0 de la fonctiont7→ 1 t − 1
sin(t). Correction : Quandttend vers 0
1 t − 1
sint =sint−t
tsint ∼ −t3/6 t2 =−t
6. 5.3. D´emontrer que la suite (An−Bn)n∈IN∗ est born´ee.
Correction : Notonsψla fonction de la question pr´ec´edente. Elle est continue sur ]0, π/2] et prolongeable par continuit´e en 0, donc int´egrable sur [0, π/2].
An−Bn= Z π/2
0
|sin(nt)|
sint dt−
Z π/2
0
|sin(nt)|
t dt=− Z π/2
0
|sin(nt)|ψ(t) dt d’o`u |An−Bn| ≤ Z π/2
0
|ψ(t)|dt.
5.4. On effectue dansBn le changement de variableu=nt.
i. Donner un ´equivalent de Bn lorsque n tend vers l’infini. On pourra utiliser les r´esultats ´etablis `a la question 4.
Correction : On souhaiterait appliquer la question 4.5 `a la fonctionπ-p´eriodiquef =|sin|eta= 0, mais les questions pr´ec´edentes faisaient l’hypoth`ese a >0. Toutefois, comme
Z 1
0
f(t)
t dt est ici convergente, cela ne change pas le r´esultat. Plus pr´ecis´ement, la question 4.2 montre dans un premier temps que λ0=π1
Z π
0
|sint|dt= 2
π 6= 0. En prenanta=π/2 et en utilisant l’expression asymptotiqueλ0lnx+O(1) obtenue `a la question 4.5, il vient
Bn =
(u=nt)
Z π/2
0
|sinu|
u du+ Z nπ/2
π/2
|sinu|
u du
= Cste + 2 πlnnπ
2
+O(1) = 2
πln(n) +O(1)∼ 2 πln(n).
ii. En d´eduire un ´equivalent deAn lorsquentend vers l’infini.
Correction : La question 5.3, puis l’´equivalent ci-dessus donnent que An=Bn+ An−Bn
=Bn+O(1)∼Bn∼ 2 πln(n).
4
