Corrigé Médian - MT20 - A2012

Le 22/10/2012

Corrigé Médian - MT20 - A2012

Page 1/2 Exercice 1

1. La fonctionF dénie sur]0 ; +∞[par F(x) = Z x

1

e^t

t dt est strictement croissante sur l'intervalle]0 ; +∞[. VRAI.

La fonctionF est dérivable sur]0 ; +∞[et ∀x >0, F⁰(x) = e^x x >0.

2. Sif est une fonction continue surRet impaire, alors pour tout nombre réela, Z a

−a

f(x)dx= 2 Z a

0

f(x)dx. FAUX.

Sous ces hypothèses, Z a

−a

f(x)dx= 0.

3. Sif est une fonction continue sur un segment[a;b]aveca6b. Alors

Z b

a

f(x)dx

6 Z b

a

|f(x)|dx. VRAI (résultat du cours).

4. L'intégrale généralisée Z +∞

0

1

3^tdt est convergente. VRAI.

∀t∈[0,+∞[, 0< 1 3^t 6 1

e^t et Z +∞

0

1

e^tdt est convergente.

5. Sif est une fonction continue sur[0,+∞[et si lim

x−→+∞f(x) = 0 alors l'intégrale généralisée Z +∞

0

f(t)dt converge. FAUX.

Il sut de considérer la fonction f :t7−→ 1 1 +t 6. La série de terme général ln

n+ 1 n

est convergente. FAUX.

∀n∈N^∗,

n

X

k=1

lnk+ 1

k =

n

X

k=1

[ln(k+ 1)−ln(k)] =

n+1

X

j=2

lnj−

n

X

j=2

lnj

= ln(n+ 1) −→

(n→+∞)+∞.

7. Pour que la série réelle X

u_n converge, il faut que la suite (u_n)_n∈N converge vers zéro. VRAI (résultat du cours).

8. Soit(a_n)_n∈N une suite réelle positive.

Si la suite des sommes partielles

n

X

k=0

ak

!

n∈N

est bornée, alors la série X an

converge. VRAI (résultat du cours).

Exercice 2

1. La suiteS de terme général la somme de Riemann Sn =

n

X

k=1

n

n²+k² = 1 n

n

X

k=1

1

1 + (k/n)² est convergente, de limite égale à Z 1

0

1

1 +x²dx= [arctanx]¹₀=π 4 2. En intégrant par parties, Z e

1

tlntdt= t²

2 lnt ^e

1

− Z e

1

t² 2

1

t dt= 1 + e² 4

3. Soit x∈ R. En eectuant le changement de variableu = cost dans l'intégrale I(x) =

Z x

1

sint

1 + cos²tdt, on obtientI(x) = Z cosx

cos 1

−du 1 +u² =

Z cos 1

cosx

1 1 +u²du 4. La série de terme général n

3ⁿ est, à un facteur près, la série dérivée de la série géométrique de raison1/3, elle est donc convergente et

+∞

X

k=0

k 3^k =1

3

+∞

X

k=1

k 1

3 k−1

= 1 3

1

(1−(1/3))² =3 4 5. Soitα∈R. L'intégrale généralisée Z +∞

1

ln(t)

t^α dt converge lorsqueα >1. En eet, la fonctionf :t7−→ ln(t)

t^α est continue sur[1,+∞[. Le problème se pose donc en+∞. Soitβ un réel tel que1< β < α.

Puisqueα−β >0, ∀t>1, t^βf(t) = lnt t^α−β −→

(t→+∞)0par croissance comparée.

Donc∃A>1/∀t∈R,

t>A=⇒t^βf(t)61 =⇒06f(t)6 1 t^β

Or l'intégrale de RiemannZ +∞

A

1

t^β dtconverge carβ >1. Donc, par comparaison, l'intégrale généralisée Z +∞

A

ln(t)

t^α dt converge aussi.

Le 22/10/2012

Corrigé Médian - MT20 - A2012

Page 2/2 Exercice 3

1. Soitαun réel strictement positif.

La fonctionf :t7−→ 1

t^α(1 +t) est continue et positive sur[1,+∞[. Le problème se pose donc en+∞seulement.

f(t) ∼

(t→+∞)

1 t^αt = 1

t^α+1 Or l'intégrale de RiemannZ +∞

1

1

t^α+1dt converge si, et seulement si,α+ 1>1 c'est-à-direα >0.

Donc l'intégrale généralisée Z +∞

1

1

t^α(1 +t)dt est convergente ssiα >0 2. (a) Soitn∈N^∗,nxé.

u_n+u_n+1= Z +∞

1

1

tⁿ(1 +t)dt+ Z +∞

1

1 tⁿ⁺¹(1 +t)dt

= Z +∞

1

1

tⁿ(1 +t)+ 1 tⁿ⁺¹(1 +t)

dt par linéarité

= Z +∞

1

t+ 1 tⁿ⁺¹(1 +t)

dt=

Z +∞

1

1

tⁿ⁺¹dt= lim

x→+∞

Z x

1

1 tⁿ⁺¹dt

= lim

x→+∞

−1 n tⁿ

^x

1

= lim

x→+∞

−1 n xⁿ +1

n

= 1 n

Ainsi ∀n∈N^∗, un+un+1= 1 n (b) Soitxun réel supérieur à 1.

Z x

1

1

t(1 +t)dt= Z x

1

1 t − 1

1 +t

dt= [lnt−ln(1 +t)]^x₁

=

−ln t+ 1

t x

1

=

−ln

1 + 1 t

x

1

=−ln

1 + 1 x

+ ln 2 −→

(x→+∞) ln 2 . Donc u1= ln 2

(c) En utilisant 2.(a) avecn= 1 puisn= 2, on obtient :

• u1+u2= 1 d'où u2= 1−ln 2.

• u2+u3= 1/2 d'où u3= 1/2−(1−ln 2) = ln(2)−1/2. 3. (a) Soitn∈N^∗. Par linéarité,

u_n−u_n+1= Z +∞

1

1

tⁿ(1 +t)− 1 tⁿ⁺¹(1 +t)

dt=

Z +∞

1

t−1 tⁿ⁺¹(1 +t)

dt Or la fonction t 7−→ t−1

tⁿ⁺¹(1 +t) est continue, intégrable et positive sur l'intervalle[1,+∞[.

Par conséquent Z +∞

1

t−1 tⁿ⁺¹(1 +t)

dt > 0 ce qui revient à dire que u_n >u_n+1.

La suite(u_n)est donc décroissante.

(b) Soitnun entier,n>2. Puisque la suite(un)est décroissante, un+16un 6u_n−1 d'où un+un+162un6u_n−1+un

Or, d'après l'égalité obtenue en 2.(a), un+un+1= 1

n et u_n−1+un= 1 n−1 . On en déduit que : 1

n 62un 6 1 n−1 (c) Pour tout entiern>2, 162n un 6 n

n−1 Or lim

n−→+∞

n

n−1 = lim

n−→+∞

n n = 1.

Donc, d'après le théorème des gendarmes, lim

n−→+∞2n un = 1 ce qui revient à dire que

un ∼

(n→+∞)

1 2n 4. La sérieX

un est à termes réels positifs avecun ∼

(n→+∞)

1 2n On sait de plus que la série de RiemannX1

n diverge.

Donc la sérieX 1

2n diverge aussi et nalement la série X

un est divergente .