II — Étude de deux séries de fonctions — facultatif

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2020-2021 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 07 – à rendre le lundi 1er février

durée estimée : deux heures environ

Dans tout le problème,Idésigne l’intervalle ]0,+∞[.

I — Une intégrale à paramètre — à faire

Pour toutx∈Ron pose, sous réserve d’existence, F(x) =

Z +∞

0

e^−u

√u(u+x)du et K = Z +∞

0

e^−u

√udu.

1. Démontrer queψ :u7→ e^−u

√u est intégrable surI.

2. Déterminer les valeurs dexpour lesquellesF(x)est définie.

3. Montrer que la fonction F est de classeC¹ surIet exprimer F⁰(x)sous forme intégrale.

4. En déduire que pour tout x∈I,xF⁰(x)−

x−1 2

F(x) =−K.

5. Pour tout x∈ I, on pose G(x) =√

xe^−xF(x). Montrer qu’il existe une constante réelle C telle que pour tout x∈I,G(x) =C−K·

Z x

0

e^−t

√tdt.

6. Déterminer les limites deGen 0 et+∞, et en déduire la valeur deK.

II — Étude de deux séries de fonctions — facultatif

Dans toute cette partie, on posef(x) =

+∞

X

n=1

e^−nx

√n etg(x) =

+∞

X

n=0

√ne^−nx.

7. Montrer quef et gsont définies et continues sur I.

8. Montrer que pour toutx∈I,

Z +∞

1

e^−ux

√u du ≤ f(x) ≤ Z +∞

0

e^−ux

√u du.

En déduire un équivalent de f(x)lorsquex→0.

9. Montrer que la suite

n

X

k=1

√1 k−2√

n

!

n≥1

converge.

10. Démontrer que pour toutx >0, la série X

n≥1 n

X

k=1

√1 k

!

e^−nx converge et exprimer sa sommeh(x)en fonction def(x)pour toutx∈I.

11. En déduire un équivalent deh(x)lorsquex→0. Montrer alors queg(x)est équivalent à

√π

2x^3/2 lorsquex→0.

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2020-2021 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 07 — éléments de correction

d’après Mines-Ponts 2016 MP maths 2

I — Une intégrale à paramètre

1. Montrer que la fonction ψ est intégrable sur I La fonction ψ : u 7→ e^−u

√u est continue par morceaux et positive sur ]0,+∞[. Elle possède deux problèmes d’intégration, en0et en +∞.

• Comme lim

u→+∞ue^−u = 0 alors ψ(u) =o_+∞(u^3/2). La fonction u7→u^3/2 est intégrable sur[1,+∞[ (fonction de référence) donc ψest intégrable au voisinage de+∞par comparaison de fonctions positives.

• La fonctionψest équivalente en0 à u7→ 1

√u qui est intégrable sur ]0,1](fonction de référence). Par compa- raison de fonctions positives,ψ est intégrable sur]0,1].

De ce fait : la fonctionψest intégrable surI=]0,+∞[ .

2. Déterminer les valeurs de xpour lesquelles F(x) est définie.

On posefx:u7→ e^−u (u+x)√

u. Cette fonction admet trois problèmes : en0et en +∞, ainsi qu’en−xsix <0.

• Si x <0, alorsf_x(u)^u→−x∼ C

u+x avecu7→ 1

u+x non intégrable en−x(fonction de référence).

• Si x= 0, alors la fonction fx n’est pas intégrable en 0 car fx(u)^u→0∼ 1

u^3/2 et u7→ 1

u^3/2 n’est pas intégrable (fonction de référence).

• Si x >0, alors la fonction fx est positive et pour toutu∈I, fx(u)≤ 1

xψ(u). Comme ψ est intégrable surI (question 1.),fxest intégrable surI.

On en déduit que la fonction F est définie surI=]0,+∞[.

3. Montrer que F est de classe C¹ sur I et exprimer F⁰(x) sous forme intégrale.

Appliquons le théorème de dérivation des intégrales à paramètre. Notons désormais f(x, u) = e^−u (u+x)√

u pour tout (x, u)∈I².

• Pour toutx∈I,fx:u7→f(x, u)est continue par morceaux et intégrable surI d’après 2.

• La fonction f admet une dérivée partielle première selon sa première variable surI², avec

∂f

∂x(x, u) = − e^−u (u+x)²√

u.

• ? Pour toutx∈I, la fonction ∂f

∂x(x,·)est continue par morceaux sur I.

? Pour toutu∈I, la fonction ∂f

∂x(·, u)est continue surI.

? Hypothèse de domination (locale). Pour touta >0:

∀x∈[a,+∞[, ∀u∈I,

∂f

∂x(x, u)

≤ e^−u a²√

u = 1 a²ψ(u) oùu7→ 1

a²ψ(u)est intégrable surI (question 1).

Ainsi, par le théorème de dérivation des intégrales à paramètre : F est de classeC¹ surI et

∀x∈I, F⁰(x) = − Z +∞

0

e^−u (u+x)²√

udu .

4. En déduire que pour tout x∈I,...

Soitx∈I. Calculons F(x)par intégration par parties. Posonsλ(u) = 2√

uet µ(u) = e^−u

u+x. Les fonctionsλet µsont de classeC¹sur I=R^∗+ avecλ⁰(u) = 1

√u et µ⁰(u) =− e^−u

u+x− e^−u

(u+x)², d’où : F(x) =

2√

u× e^−u x+u

+∞

0

− Z +∞

0

2√ u

− e^−u

u+x− e^−u (u+x)²

du.

Le terme tout intégré est clairement nul quand u = 0. Il est également de limite nulle quand u → +∞ par croissances comparées. Par conséquent

F(x) = Z +∞

0

2√ ue^−u x+u du+

Z +∞

0

2√ ue^−u (x+u)²du.

De plus, en écrivant √ u= u

√u dans chacune des deux intégrales :

F(x) = 2 Z +∞

0

(u+x−x)e^−u (x+u)√

u du + 2 Z +∞

0

(u+x−x)e^−u (x+u)²√

u du

= 2 Z +∞

0

e^−u

√udu−2x Z +∞

0

e^−u (x+u)√

udu +

Z +∞

0

e^−u (x+u)√

udu−2x Z +∞

0

e^−u (x+u)²√

udu

= 2K−2xF(x) + F(x)−2xF⁰(x).

Finalement on obtient bien xF⁰(x)−

x−1 2

F(x) =K .

5. Montrer qu’il existe une constante C telle que G(x) =C−K Z +∞

0

e^−t t dt.

La fonction G:x7→√

xe^−xF(x)est dérivable surI et pour toutx∈I, G⁰(x) =

1 2√

xe^−x−√ xe^−x

F(x) +√

xe^−xF⁰(x) = e^−x

√x

xF⁰(x)−

x−1 2

F(x)

Q4.

= −Ke^−x

√x.

De ce fait, comme G⁰ est continue et I est un intervalle, le théorème fondamental du calcul intégral (TFCI) affirme que : il existe une constante Ctelle que : ∀x∈I,G(x) =C−K

Z x

0

e^−t t dt . 6. Déterminer les limites de G en 0 et +∞ et en déduire la valeur de K.

• Calculons la limite deG:x7→√

xe^−xF(x)en+∞.

La fonctionF est positive (par positivité de l’intégrale) et décroissante (car la dérivée est négative) donc elle tend vers une limite finie`en+∞. De ce fait lim

x→+∞G(x) = 0 car lim

x→+∞

√xe^−x= 0.

D’autre part, en utilisant la formule trouvée en 5. on obtient que G(x) ^x→+∞−→ C−K². On en déduit que C=K² .

• Calculons maintenant la limite deGen0.

Commee^{x x}−→^→01on peut se contenter de calculer la limite de√

xF(x)quandx→0. On effectue le changement de variable affineu=xt(doncdu=xdt) :

√xF(x) = Z +∞

0

√xe^−u

√u(u+x)du = Z +∞

0

x√ xe^−xtdt

√xt(xt+x) = Z +∞

0

e^−xtdt

√t(1 +t).

On va maintenant faire tendre xvers0, à l’aide du théorème de convergence dominée à paramètre continu :

? Pour toutt∈I, la fonction x7→ e^−xt

√t(1 +t) tend vers 1

√t(1 +t) quandxtend vers0.

? Pour toutx∈R+, la fonctiont7→ e^−xt

√t(1 +t) est continue par morceaux surI.

? Pour toutx∈Ret toutt∈I:

e^−xt

√t(1 +t)

≤ 1

√t(1 +t) = θ(t).

Prouvons que θ est intégrable sur I. Ses seuls problèmes sont en 0 et +∞. En outre θ(t) ^t→0∼ 1

√t et θ(t)^t→+∞∼ 1

t³², avect7→ 1

√t ett7→ 1

t³² qui sont intégrables en0et +∞respectivement.

On en déduit que

x→0limG(x) = lim

x→0

√xF(x) = Z +∞

0

√ dt

t(1 +t). Maintenant, cette dernière intégrale se calcule en posant v = √

t (et donc dv = 1 2√

tdt) : c’est bien un changement de variable licite (C¹-difféomorphisme) car bijectif, de classe C¹, et de bijection réciproque la fonction carré qui est de classe C¹ surI. On obtient :

Z +∞

0

√ dt

t(1 +t) = Z +∞

0

2dv

(1 +v²) = 2h

arctan(v)i+∞

0

= π.

En d’autres termes G(x)^x→0−→π .

• Par ailleurs en reprenant la formule trouvée en 5. on obtient : G(x)^x→0−→C . En conclusionK²=C=πet donc K=√

π.

II — Étude de deux séries de fonctions

7. Montrer que f etg sont définies et continues sur I.

• Soitx∈I. La série géométriqueP

ne^−nx converge car sa raison vérifie|e^−x|<1.

Pour tout n ≥ 1, on a e^−nx

√n ≤ e^−nx donc par comparaison de séries à termes positifs (SATP) : X

n

e^−nx

√n

converge. Par conséquent la fonction f est définie surI . Posonshn(x) =e^−nx

√n . Pour touta∈I, pour toutx∈[a,+∞[, |hn(x)| ≤hn(a). On en déduit quekhnk^[a,+∞[_∞ ≤ h_n(a), terme général d’une série convergente. AinsiP

nh_n converge normalement donc uniformément sur tout [a,+∞[. Or chaquehn est continue, d’oùf est continue sur tout [a,+∞[.

Finalement f est continue surI .

• Soit x∈I. Par croissances comparées n²√

ne^{−nx n→+∞}−→ 0 donc √

ne^−nx =o 1

n²

. Par comparaison à une série de RiemannX

n

1

n² convergente on en déduit queX

n

√ne^−nx est convergente. Ainsi g est définie surI .

Posons `n(x) = √

ne^−nx. Pour tout a ∈ I, pour tout x ∈ [a,+∞[, |`n(x)| ≤ `n(a). On en déduit que k`nk<sup>[a,+∞[</sup><sub>∞</sub> ≤`n(a), terme général d’une série convergente. AinsiP

n`n converge normalement donc uniformé- ment sur tout [a,+∞[. Or chaque`_n est continue, d’oùg est continue sur tout[a,+∞[.

Finalement gest continue surI .

8. Montrer que. . . En déduire un équivalent de f(x)lorsque xtend vers 0.

Soitx∈I. La fonctionθ:u7→ e^−ux

√u est décroissante et continue par morceaux. On peut donc utiliser la méthode de comparaison série-intégrale. Précisément, pour tout entier N :

Z N−1

1

θ(u)du ≤

N

X

n=1

e^−nx

√n ≤ Z N

0

θ(u)du.

En faisant tendre N vers+∞on obtient : Z +∞

1

e^−ux

√u du ≤

+∞

X

n=1

e^−nx

√n = f(x) ≤ Z +∞

0

e^−ux

√u du .

Notons que les intégrales convergent d’après la question 1.

Effectuons le changement de variable affinev=ux(doncdv=xdu), licite, dans les deux intégrales :

√1 x

Z +∞

x

e^−v

√vdv = 1 x

Z +∞

x

e^−v

pv/xdv ≤ f(x) ≤ 1 x

Z +∞

0

e^−v

pv/xdv = 1

√x Z +∞

0

e^−v

√vdv.

Par encadrement, on en déduit que√

xf(x)^x→0−→

Z +∞

0

e^−v

√vdv=√

πd’après la question 6.

En conclusion f(x)^x→0∼ rπ

x . 9. Montrer que la suite

_n P

k=1

√1 k−2√

n

n≥1

converge.

On pose pourk≥1, vk = 1

√k− Z k

k−1

√1

tdt= 1

√k−2(√ k−√

k−1). Par télescopage, pour toutn≥1:

n

X

k=1

vk =

n

X

k=1

√1 k −2√

n.

Or la fonctiont7→ 1

√t est définie et continue surI et décroissante. De ce fait, pour toutk≥2 :

√ 1

k−1 ≥ Z k

k−1

√1

tdt ≥ 1

√ k d’où :

√1

k− 1

√k−1 ≤ vk = 1

√ k−

Z k

k−1

√1

tdt ≤ 0.

Cela implique par télescopage que, pourk≥2: v₁+ 1

√n−1 ≤

n

X

k=1

v_k ≤ v₁.

La sérieP

vk est donc une série à termes négatifs dont les sommes partielles sont minorées, puisque :

∀n∈N^∗, v₁−1 ≤

n

X

k=1

v_k.

On en déduit que la sérieX

k

vk converge et donc la suite _n

P

k=1

√1 k−2√

n

n≥1

converge .

10. Démontrer que la série X

n≥1 n

X

k=1

√1 k

!

e^−nx converge et exprimer sa sommeh(x)en fonction de f(x).

Par croissances comparées il vient 0 ≤ n²×

n

X

k=1

√1 k

!

e^−nx ≤ n²×ne^{−nx n→+∞}−→ 0,

donc

n

X

k=1

√1 k

!

e^−nx=o 1

n²

. Par comparaison à la série de RiemannX

n

1

n² convergente : X

n≥1 n

X

k=1

√1 k

!

e^−nx converge .

Calculons sa somme h(x). On considère les séries de termes générauxa_k =e^−kx

√

k etb_k=e^−kx, avece^−x∈]0,1[.

Ces séries sont absolument convergentes, de sommes

+∞

X

k=1

a_k =f(x)et

+∞

X

k=1

e^−kx= e^−x

1−e^−x = 1

e^x−1. On a donc la convergence de leur produit de Cauchy, de terme général :

cn =

n

X

k=1

akbn−k =

n

X

k=1

e^−kx

√

k e^−(n−k)x =

n

X

k=1

√1 k

!

×e^−nx.

Il s’ensuit que h(x) =

+∞

X

n=1

cn =

+∞

X

n=1

an

! _+∞

X

n=1

bn

!

et enfin h(x) = f(x)

e^x−1 pour toutx∈I . 11. En déduire un équivalent de h(x)pour x→0. Montrer que g(x)^x→0∼

√π 2x^3/2.

En utilisant les résultats des questions 8 et 10, on obtient que h(x)^x→0∼ 1 x

rπ x=

√π

x^3/2. Maintenant, on pose(αn)n la suite définie à la question 9 parαn =

n

X

k=1

√1 k−2√

n. Pour x∈I :

h(x) =

+∞

X

n=1 n

X

k=1

√1 ke^−nx

!

=

+∞

X

n=1

(2√

n+αn)e^−nx

= 2g(x) +

+∞

X

n=1

αne^−nx (car les deux séries convergent).

Or on a vu à la question 9 que(α_n)_n était une suite positive, croissante et convergente. Si on noteAsa limite, on a pour toutx∈I :

+∞

X

n=1

αne^−nx

≤ A

+∞

X

n=0

e^−nx

= A

1−e^−x

x→0∼ A x. On en déduit que

+∞

X

n=1

α_ne^−nx =O_x→0 1

x

= o_x→0 1

x^3/2

.

Finalement : g(x) ^x→0∼ 1

2h(x) ^x→0∼

√π 2x^3/2 .