PSI* — 2019/2020 — Corrigé partiel du T.D. 07 Page 1 8. Solution
a)Pourn∈N∗, je poseIn=
n
0
1−x n
n
f(x) dx. Pour uniformiser l’intervalle d’intégration, je pose
gn(x) = 1−x n
n
f(x) si x∈]0, n[
0 si x≥n de sorte que In=
+∞
0
gn.
Cette dernière intégrale converge bien, puisque la fonction est nulle, donc intégrable (!) sur[n,+∞[
et que
1− x n
n
f(x) ∼
x→0f(x) ∼
x→0f(x)e−x d’où l’intégrabilité sur ]0, n]grâce à l’hypothèse de l’énoncé.
Tout est en place maintenant pour appliquer le théorème de convergence dominée :
∗ les gn sont continues par morceaux sur R+∗
∗ (gn) converge simplement sur R+∗ vers g:x→e−xf(x) : en effet, pour x >0 fixé, j’ai à partir d’un certain rang (dès quen > x!) gn(x) = 1−x
n
n
f(x)qui tend classiquement verse−xf(x) lorsquentend vers l’infini
∗ domination : partant de la majoration classiqueln (1 +t)≤t pourt >−1, j’obtiens
∀x∈]0, n[ ln 1− x
n ≤ −x
n d’où nln 1−x
n ≤ −x et, par croissance de l’exponentielle
0< 1− x n
n
≤e−x d’où finalement, puisque 0≤e−x (!)
∀n∈N∗ ∀x∈R+∗ |gn(x)| ≤ |f(x)|e−x
et la fonctionx→ |f(x)|e−x est indépendante den, continue par morceaux et intégrable surR+∗
par hypothèse.
En conclusion, grâce au théorème de convergence dominée In −→
n→∞
+∞
0
e−xf(x) dx.
b)Notons déjà que la fonction f = ln vérifie bien l’hypothèse dua). En effet e−xlnx ∼
x→0+lnx et e−xlnx =
x→+∞O 1
x2 par croissances comparées, or la fonctionlnest classiquement intégrable sur]0,1]etx→ 1
x2 est intégrable sur[1,+∞[(Riemann, 2>1). J’ai donc d’aprèsa)
Inn→∞−→
+∞
0
e−xlnxdx.
Calculons cette limite d’une autre façon : je fixe n∈N∗ et je pose u :x→ n
n+ 1 1− 1− x n
n+1
et v:x→lnx.
u et v sont C1 sur ]0, n] et le crochet converge (car u(x)v(x) ∼
x→0+ xlnx −→
x→0+ 0), de même que
n
0
u′v (vu aua)). Je peux donc intégrer par parties :
n
0
u′v= [uv]n0 −
n
0
uv′ c’est-à-dire
In= n
n+ 1 lnn−
n
0
1− 1− x n
n+1 dx x . Or (suite géométrique de raison différente de 1, puisque x∈]0, n]. . . )
1− 1−x n
n+1
= 1− 1− x n
n
k=0
1− x n
k
.
PSI* — 2019/2020 — Corrigé partiel du T.D. 07 Page 2 Ainsi, par linéarité de l’intégrale (somme finie !!)
In= n
n+ 1 lnn−
n
k=0 n
0
1
n 1−x n
k
dx = n
n+ 1 lnn−
n
k=0
−1
k+ 1 1−x n
k+1 n
0
d’où, après réindexation
In= n
n+ 1 lnn−
n+1
k=1
1 k . Or nous savons que
lnn−
n
k=1
1 k −→
n→∞−γ d’où, comme n
n+ 1n→∞−→ 1 et 1
n+ 1 n→∞−→ 0, j’obtiens Inn→∞−→ −γ, d’où par unicité de la limite γ=−
+∞
0
e−xlnxdx.
