D’autre part, (1) ∀t∈]0,1], 0≤fn(t)≤1/(nt), doncfn(t) tend vers 0.La suite (fn)n∈N converge simplement vers0 sur[0,1]

(1)

Universit´e Pierre et Marie Curie, Paris 6 LM 260 Corrig´e de l’examen du 4 Janvier 2012

Exercice I. Soit (fn)n∈N la suite de fonctions sur [0,1] d´efinie par t∈[0,1], fn(t) = 2ⁿt(1 + 2ⁿnt²)⁻¹. 1)Pour toutn∈N,fn(0) = 0. D’autre part,

(1) ∀t∈]0,1], 0≤fn(t)≤1/(nt),

doncfn(t) tend vers 0.La suite (fn)n∈N converge simplement vers0 sur[0,1].

2)On poseIn=R1

0 fn(t)dt. On calculeI0= 1/2 et sin∈N^?: In =

1

2nln(1 + 2ⁿnt²) t=1

t=0

= 1

2nln(1 + 2ⁿn).

Quandn→+∞,In∼(ln(2ⁿn))/(2n)∼(nln 2 + lnn)/(2n) donc limn→+∞In= (ln 2)/2.

3) Si la suite (fn)n∈N convergeait uniformément sur [0,1], par théorème, In convergerait vers 0, ce qui n’est pas le cas.La convergence n’est pas uniforme sur[0,1].

4)Sia∈]0,1], l’in´egalit´e (1) montre que sup_t∈[a,1]|fn(t)| ≤1/(an) donc tend vers 0 quand n→+∞: la convergence est uniforme sur tout segment[a,1]avec 0< a≤1.

Commefnest continue sur [0,1], sup_t∈]0,1]|fn(t)|= sup_t∈[0,1]|fn(t)|. Comme la convergence n’est pas uniforme sur [0,1], elle n’est pas uniforme sur ]0,1].

Exercice II.On considère l’intégrale généralisée avec paramètre

(2) x∈R⁺, F(x) =

Z +∞

0

(1 +t²)⁻¹e^−x(1+t²⁾dt.

Sur R⁺×R⁺, la fonction (t, x)7→f(t, x) = (1 +t²)⁻¹e^−x(1+t²⁾ est partiellement continue ent et enx, de même que sa dérivée partielle (t, x)7→(∂f /∂x)(t, x) =−e^−x(1+t²⁾.

1)Six∈R⁺, la fonctiont7→f(t, x) est continue, donc localement int´egrable, surR⁺ et (3) x∈R⁺, 0≤f(t, x)≤(1 +t²)⁻¹.

D’autre part,R+∞

0 (1 +t²)⁻¹dt = limx→+∞Arctgx=π/2. Par comparaison, il en résulte quel’intégrale généraliséeF(x) est convergente.

2) La formule (2) définit donc une fonctionF :R⁺ →R. La fonction f est partiellement continue surR⁺×R⁺et majorée par la fonctiont7→(1 +t²)⁻¹, indépendante dexet dont l’intégrale généralisée sur R⁺ converge. Par théorème, on en déduit que la fonction F est continue surR⁺.

3)On remarque qu’on a 0≤f(t, x)≤e^−xf(t,0) pour toutx∈R⁺.

On a donc 0≤F(x)≤F(0)e^−xet F(x)tend vers0 quandxtend vers +∞.

4)La fonctiong=∂f /∂xest donnée parg(t, x) =−e^−x(1+t²⁾. Elle est partiellement continue entet x. Comme sup_x∈R⁺|g(t, x)|=|g(0, t)|= 1, fonction dont l’intégrale surR⁺ diverge, on ne peut pas appliquer le théorème de dérivation sous le signe somme surR⁺ à (2).

Toutefois, ´etant donn´ea >0, on a

∀(t, x)∈R⁺×[a,+∞[, |g(t, x)| ≤e^−ae^−at²,

où le second membre est une fonction indépendante de x∈[a,+∞[ et dont l’intégrale sur R⁺ converge. (Par exemple parce quet²e^−at² ≤1/t²pour tassez grand.)

Par théorème, on en déduit queF est de classeC¹sur [a,+∞[ et«qu’on peut dériver sous le signe somme». Comme c’est vrai pour touta >0, on obtient queF est de classe C¹ sur ]0,+∞[et qu’on a :

x >0, F⁰(x) = Z +∞

0 −e^−x(1+t²⁾dt=−e^−x Z +∞

0

e^−xt²dt.

1

(2)

2

Posonsγ:=R+∞

0 e^−t²dt. On a, en effectuant le changement de variablet=x^−1/2s, x >0,

Z T

0

e^−xt²dt=x^−1/2 Z x^1/2T

0

e^−s²ds.

En faisant tendreT vers +∞, on obtientR+∞

0 e^−xt²dt=γx^−1/2 et donc x >0, F⁰(x) =−γx^−1/2e^−x.

5)CommeF ∈C¹(]0,+∞[), on a : X >0, Y >0,

Z Y

X

F⁰(x)dx=F(Y)−F(X).

CommeF est continue surR⁺, F(X) tend versF(0) =π/2 quandX tend vers 0. On sait aussi queF(Y) tend vers 0 quandY tend vers +∞. En passant `a la limite, on obtient donc que l’int´egraleR+∞

0 F⁰(x)dx converge et qu’on a : Z +∞

0

F⁰(x)dx=−π/2.

D’autre part,F⁰(x) =−γx^−1/2e^−x. Le changement de variablex=u² donne X >0, Y >0,

Z Y

X

F⁰(x)dx=−2γ Z Y^1/2

X^1/2

e^−u²du.

QuandX tend vers 0 etY vers +∞, on obtientR+∞

0 F⁰(x)dx=−2γ². En comparant les deux expressions deR+∞

0 F⁰(x)dx qu’on a trouvées, on obtient finale- ment l’égalitéγ=√

π/2.

Exercice III. 1)Pourn∈N, on poseI2n =Rπ

0(sint)²ⁿdt. La formule du binˆome donne : I2n=

Z π

0

e^it−e⁻^it 2i

²ⁿ

dt = (−1)ⁿ4⁻ⁿ Z π

0 2n

X

k=0

(−1)^kC_2n^k (e^it)^2n−k(e^−it)^k

! dt

= (−1)ⁿ4⁻ⁿ

2n

X

k=0

(−1)^kC_2n^k Z π

0

e^2i(n−k)tdt.

A droite, seule l’intégrale avec` k=nest non nulle ; elle vautπ. DoncI2n=π4⁻ⁿC_2nⁿ . 2)On connaˆıt le développement en série entière

|u|<1, (1−u)^−1/2=

+∞

X

n=0

cnuⁿ, cn= (−1)ⁿ(−1 2)(−1

2 −1). . .(−1

2−(n−1))/n!.

On peut ´ecrirecn = 2⁻ⁿ(1×3× · · · ×(2n−1))/n!. On remarque que 2×4× · · ·n= 2ⁿn!

et donc que 1×3× · · · ×(2n−1) = (2n)!/(2ⁿn!). On obtient ainsi cn= 4⁻ⁿC_2nⁿ .

3)Pourx∈]−1,1[, la fonctionx7→f(x) =Rπ

0(1−x²(sint)²)^−1/2dtest bien d´efinie et x∈]−1,1[, f(x) =

Z π

0 +∞

X

n=0

cnx²ⁿ(sint)²ⁿ

! dt

puisque |x²(sint)²|<1. De plus, pourx fixé, la série de fonctions sous le signe somme est normalement convergente sur [0, π] car|cnx²ⁿ(sint)²ⁿ)[≤cnx²ⁿ, le terme général d’une série convergente. On peut donc inverser la somme et l’intégrale. On obtient :

x∈]−1,1[, f(x) =

+∞

X

n=0

cnI2nx²ⁿ =π

+∞

X

n=0

16⁻ⁿ(C_2nⁿ )²x²ⁿ.