Montrer que la suite Sn= n X k=1 n n2+nk+k2 admet une limite, que l’on d´eterminera, quandntend vers l’infini

Universit´e Bordeaux 1 - CPBX - PC ´ecoles S4 - Correction du devoir surveill´e du 4 avril 2012.

Exercice 1. [Question de cours] Soit f ∈C⁰([a, b];E). Montrer que siRb

akf(t)kdt= 0, alorsf = 0. Ce r´esultat est-il encore vrai pourf ∈CM([a, b];E) ?

Exercice 2. a. Calculer l’int´egrale

I= Z 1

0

1 1 +t+t²dt.

On ´ecrit

I= Z 1

0

1

1 2+t2

+³₄ dt= 4

3 Z 1

0

1 √2t

3+^√1

3

2

+ 1 dt.

Le changement de variablex=^√2t

3+^√1

3 donne :

I=4 3

√3 2

Z

√3

√1 3

1

1 +x²dx= 2

√3

arctan√

3−arctan 1

√3

= 2

√3 π

3 −π 6

= π

3√ 3.

b. Montrer que la suite

Sn=

n

X

k=1

n n²+nk+k²

admet une limite, que l’on d´eterminera, quandntend vers l’infini.

On remarque que Sn=Pn k=1

1

nf(^k_n) avecf(t) = _1+t+t¹ 2. Puiquef est continue sur [0,1], le th´eor`eme de la convergence des sommes de Riemann assure queS_n convergeI quandntend vers l’infini.

Exercice 3. Soit f ∈ C⁰([a, b];E). On suppose qu’il existe α ∈]0,1] et C > 0 tels que pour tout x, y∈[a, b] on ait

kf(x)−f(y)k ≤C|x−y|^α. Montrer que pour tout entiern≥1 on a

Z b

a

f(t)dt−b−a n

n

X

k=1

f

a+kb−a n

≤ C α+ 1

(b−a)^α+1 n^α .

La formule de Chasles permet d’´ecrire

Z b

a

f(t)dt=

n

X

k=1

Z a+k^b−a_n

a+(k−1)^b−a_n

f(t)−f

a+kb−a n

dt+

Z a+k^b−a_n

a+(k−1)^b−a_n

f

a+kb−a n

dt

! .

1

2

On en d´eduit que

Z b

a

f(t)dt−b−a n

n

X

k=1

f

a+kb−a n

≤

n

X

k=1

Z a+k^b−a_n

a+(k−1)^b−a_n

f(t)−f

a+kb−a n

dt

≤

n

X

k=1

Z a+k^b−a_n

a+(k−1)^b−a_n

f(t)−f

a+kb−a n

dt

≤C

n

X

k=1

Z a+k^b−a_n

a+(k−1)^b−a_n

a+kb−a n −t

^α dt

=C

n

X

k=1

1 α+ 1

b−a n

^α+1

= C

α+ 1

(b−a)^α+1 n^α .

Exercice 4. Soit fn(x) = _n2x²−2nx+2ⁿ . Montrer que fn ∈ C⁰([0,1]. Etudiez, limn→∞fn(x), limn→∞kfnk∞, limn→∞R1

0 fn(x)dx.

Comme le discriminant du d´enominateur est ´egal `a −n<sup>2</sup>, la fonction fn est bien d´efinie continue sur [0,1]. Pour x∈]0,1], fn(x) est ´equivalent `a _n¹2x quand n→ ∞, et donc lim_n→∞fn(x) = 0. D’autre part fn(0) = ⁿ₂ → ∞, et donc lim_n→∞kfn k_∞=∞. Enfin en utilisant les changements de variablesy=nxpuis z=y−1, on ´evalue :

Z 1

0

n

n²x²−2nx+ 2dx

= Z n

0

1

y²−2y+ 2dy= Z n

0

1

(y−1)²+ 1dy

= Z n−1

−1

1 1 +z²dz

= [arctanz]ⁿ⁻¹₋₁ → π 2 +π

4 = 3π

4 , n→ ∞.

Exercice 5. Soitf(t) = _ln(1+t)^sin(t) .

a. Montrer quef est int´egrable sur ]0,1].

La fonction ´etant continue sur ]0,1] il suffit d’´etudier son comportement en 0. Or sintet ln(1 +t) sont

´equivalents `at quandt tend vers z´ero. Doncf(t) est ´equivalent `a 1 `a l’origine et f est int´egrable sur ]0,1].

b. Montrer que l’int´egrale g´en´eralis´ee def sur [1,∞[ est convergente.

Etant donn´eb >1, une int´egration par partie donne Z b

1

f(t)dt=cos 1 ln 2 −

Z b

1

g(t)dt, g(t) := cost (ln(1 +t))²(1 +t). Or|g(t)|≤ _(ln(1+t))¹2(1+t) et le changement de variable ln(1 +t) =xdonne

Z b

1

1

(ln(1 +t))²(1 +t)dt=

Z ln(1+b)

ln 2

1 x²dx.

3

Sachant que x⁻² est int´egrable sur [ln 2,∞[ on en d´eduit que g est int´egrable sur sur [1,∞[ et en faisant tendreb vers l’infini on conclut que l’int´egrale g´en´eralis´ee def converge et vaut

Z ∞

1

f(t)dt=cos 1 ln 2 −

Z ∞

1

g(t)dt.

c. Montrer quef n’est pas int´egrable sur [1,∞[.

On utilise la formule de Chasles et la croissance et la positivit´e du logarithme pour obtenir les minorations suivantes :

Z nπ

1

|f(t)|dt≥ Z nπ

π

|f(t)|dt=

n−1

X

k=1

Z (k+1)π

kπ

|sint| ln(1 +t)dt≥

n−1

X

k=1

1 ln(1 + (k+ 1)π)

Z (k+1)π

kπ

|sint|dt.

En tirant partie du fait que 0≤ln(1 +x)≤xpour toutx≥0, et queR(k+1)π

kπ |sint|dt= 2 pour tout entier k, on conclut que

Z nπ

1

|f(t)|dt≥ 2 π

n−1

X

k=1

1

k+ 1 → ∞, n→ ∞.