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 uniform´ement sur [0,1], par th´eor`eme, 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 supt∈[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], supt∈]0,1]|fn(t)|= supt∈[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 consid`ere l’int´egrale g´en´eralis´ee avec param`etre
(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 mˆeme que sa d´eriv´ee 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 r´esulte quel’int´egrale g´en´eralis´eeF(x) est convergente.
2) La formule (2) d´efinit donc une fonctionF :R+ →R. La fonction f est partiellement continue surR+×R+et major´ee par la fonctiont7→(1 +t2)−1, ind´ependante dexet dont l’int´egrale g´en´eralis´ee sur R+ converge. Par th´eor`eme, on en d´eduit 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 donn´ee parg(t, x) =−e−x(1+t2). Elle est partiellement continue entet x. Comme supx∈R+|g(t, x)|=|g(0, t)|= 1, fonction dont l’int´egrale surR+ diverge, on ne peut pas appliquer le th´eor`eme de d´erivation sous le signe somme surR+ `a (2).
Toutefois, ´etant donn´ea >0, on a
∀(t, x)∈R+×[a,+∞[, |g(t, x)| ≤e−ae−at2,
o`u le second membre est une fonction ind´ependante de x∈[a,+∞[ et dont l’int´egrale sur R+ converge. (Par exemple parce quet2e−at2 ≤1/t2pour tassez grand.)
Par th´eor`eme, on en d´eduit queF est de classeC1sur [a,+∞[ et«qu’on peut d´eriver 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
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 x1/2T
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 Y1/2
X1/2
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 trouv´ees, on obtient finale- ment l’´egalit´eγ=√
π/2.
Exercice III. 1)Pourn∈N, on poseI2n =Rπ
0(sint)2ndt. La formule du binˆome donne : I2n=
Z π
0
eit−e−it 2i
2n
dt = (−1)n4−n Z π
0 2n
X
k=0
(−1)kC2nk (eit)2n−k(e−it)k
! dt
= (−1)n4−n
2n
X
k=0
(−1)kC2nk Z π
0
e2i(n−k)tdt.
A droite, seule l’int´egrale avec` k=nest non nulle ; elle vautπ. DoncI2n=π4−nC2nn . 2)On connaˆıt le d´eveloppement en s´erie enti`ere
|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−nC2nn .
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 fix´e, la s´erie de fonctions sous le signe somme est normalement convergente sur [0, π] car|cnx2n(sint)2n)[≤cnx2n, le terme g´en´eral d’une s´erie convergente. On peut donc inverser la somme et l’int´egrale. On obtient :
x∈]−1,1[, f(x) =
+∞
X
n=0
cnI2nx2n =π
+∞
X
n=0
16−n(C2nn )2x2n.