ANNÉE UNIVERSITAIRE 2018/2019 Analyse S4

ANNÉE UNIVERSITAIRE 2018/2019 Analyse S4

DS 1 Corrigé

Date : 08/04/19 Heure : 13h30 Durée : 1h30 Documents non autorisés

Epreuve de M. Popoff

Exercice 1

1. Posons, pour n ≥1,

f_n(t) = ln(1 + _n^t) t³ .

Alorsf_n est clairement continue par morceaux sur[1,+∞[. De plus, pourt ≥1,f_n(t)converge vers ^ln(1)_t3 = 0 lorsque n → +∞. Ainsi, fn converge simplement vers 0 sur [1,+∞[. On va appliquer le théorème de convergence dominée. On note que f_n ≥ 0, et on utilise l’inégalité classique ln(1 +u)≤u, valide pour tout u >−1, qui donne :

∀n≥1,∀t >1, |f_n(t)|=f_n(t)≤ 1 nt² ≤ 1

t² :=ϕ(t).

Par le critère de Riemann, la fonctionϕest bien intégrable sur[1,+∞[, on peut donc appliquer le théorème de convergence dominée :

n→+∞lim In = Z +∞

1

n→+∞lim fn(t)dt= 0.

2. On pose g_n(t) =nf_n(t).Alors on a par les mêmes arguments que

|g_n(t)| ≤ 1 t²,

de plus g_n(t) tend lorsque n → +∞ vers _t¹2 := g(t). Ainsi par le théorème de convergence dominée,

n→+∞lim nI_n= lim

n→+∞

Z +∞

1

g_n(t)dt= Z +∞

1

g(t)dt= 1

et donc

I_n ∼

n→+∞

1 n. Exercice 2

Pour n∈N, on pose

In= Z ^π₂

0

(sint)ⁿdt et Jn= Z ^π₂

0

(cost)ⁿdt.

1. On a directement

I₀ = Z ^π₂

0

dt= π

2 et I₁ = Z 1

0

costdt= [sint]

π 2

0 = 1.

1

2. Puisque, pour tout t ∈[0,^π₂], on a 0≤cost≤1, on a aussi

∀n ≥0, (cost)ⁿ⁺¹ ≤(cost)ⁿ, et donc en intégrant cette inégalité entre 0 et ^π₂ :

∀n≥0, I_n+1 ≤I_n.

3. On pose t = ^π₂ −u, qui est bien une bijection de l’intervalle [0,^π₂] sur lui même (en tant que fonction affine strictement decroissante), de sorte que

I_n = Z 0

π 2

cos(^π₂ −u)n

(−du) = Z ^π₂

0

(sinu)ⁿdu=J_n.

4. On a pour n≥1 : In =

Z ^π₂

0

cost(cost)ⁿ⁻¹dt= [sint(cost)ⁿ⁻¹]

π 2

0 + Z ^π₂

0

sint(n−1) sint(cost)ⁿ⁻²dt

=0 + (n−1) Z ^π₂

0

(sint)²(cost)ⁿ⁻²dt = (n−1) Z ^π₂

0

(1−(cost)²)(cost)ⁿ⁻²dt

=(n−1)(In−2−In).

On obtient le résultat en groupant les termes.

5. On a I_n = ⁿ⁻¹_n In−2. Ainsi,

• Lorsque n est paire, on écrit n= 2p, et I_2p =

p

Y

k=1

2k−1 2k

!

I₀ = (2p)!

(2^pp!)² π 2.

• Lorsque n est impaire, on écrit n= 2p+ 1, et I_2p+1 =

p

Y

k=1

2k 2k+ 1

!

I₁ = (2^pp!)² (2p+ 1)!.

Exercice 3

1. Posons f(t) = ^ln(t_1+t^2−t)2 dt. Puisque t² −t est un trinôme qui ne s’annule qu’en 0 et 1, on a t²−t >0 sur]1,+∞[, et donc f est clairement continue sur ]1,+∞[, de plus

lim

t→1⁺f(t) = −∞.

Nous allons étudier séparément la convergence de l’intégrale près det = 1puis près det= +∞.

• Près de t= 1, f est de signe constant (négatif), de plus, on vérifie rapidement que f(t)∼ ln(t−1) = g(t)au voisinage det = 1. Il est connu que pour tout a >1, Ra

1 g(t)dt converge (par exemple :g(t) = o((t−1)^−1/2)au voisinage det= 1, qui est une fonction de Riemann intégrable sur ]1, a[). On déduit qu’il existe α >1tel que

Z α

1

f(t)dt est absolument convergente.

2

• Pour t assez grand, f(t)≥0, de plus, on a par croissance comparée que

t→+∞lim t^3/2f(t) = 0.

Donc f(t) = o(_t3/2¹ ) au voisinage de +∞. Par comparaison combiné avec le critère de Riemann, on déduit qu’il existe β >1tel que

Z +∞

β

f(t)dt est absolument convergente.

Puisque f est continue sur ]1,+∞[, on déduit que Z +∞

1

f(t)dt est absolument convergente.

2. Posons g(t) = ^(sin_t2^t)3. Alors g est clairement continue sur ]0,+∞[, et puisque sint ∼

0 t, on a (sint)³ ∼

0 t³ et donc

limt→0g(t) = lim

t→0

t³ t² = 0.

Ainsig admet un prolongement par continuité en t = 0.

Etudions maintenant le comportement de g en+∞. On a

|g(t)| ≤ 1 t³,

or la foncion de Riemannt 7→ _t¹3 est intégrable sur [1,+∞), donc R+∞

1 g(t)dt est absolument convergente. Puisque qu’elle est continue sur[0,+∞[, on en déduit :

Z +∞

0

(sint)³

t² dt est absolument convergente.

Exercice 4 1. Facile

2. Fixons γ ∈ [0,1]. Alors 1{γ}(^k_n) = 0 sauf si _n^k = γ, auquel cas 1{γ}(^k_n) = 1, ce qui ne peut arriver que pour un seul k ∈[|0, n|]. Ainsi,

0≤S_n(1^{γ})≤ 1 n, ce qui fournit le résultat.

3. De même, notons

K :={k ∈[|0, n|], α < k

n ≤β}.

Alors1]α,β](^k_n) = 1 si k ∈K, et 0 sinon. Donc

Sn(1]α,β]) = X

k∈K

1 = card(K).

3

Or

k ∈K ⇐⇒ nα < k≤nβ

⇐⇒ [nα] + 1≤k ≤[nβ]

⇐⇒ A_n ≤k≤B_n

Ainsi, card(K) = B_n−A_n+ 1, et donc on obtient le résultat.

Il est facile de vérifier que pour une suite (xn)n≥1 qui tend vers +∞, on a [xn]∼ xn lorsque n→+∞. Ainsi on a

B_n−A_n+ 1 ∼

n→+∞n(β−α), et donc

n→+∞lim S_n(1]α,β]) = β−α.

4. Soit (x_i)_i=0,...,N une subdivision adaptée à g, et (y_i)i=0,...,N−1 chacunes des valeurs que prend g sur l’intervalle ]x_i, x_i+1[ . Alors

g =

N−1

X

i=0

y_i1]xi,xi+1[+

N

X

i=0

g(x_i)1{xi}

=

N−1

X

i=0

y_i1]xi,xi+1]+

N

X

i=1

(g(x_i)−y_i−1)1{xi}+g(x₀)1{x0}

Puisque S_n est linéaire, on a

S_n(g) =

N−1

X

i=0

y_iS_n(1]xi,xi+1]) +

N

X

i=1

(g(x_i)−yi−1)S_n(1^{xi}) +g(x₀)S_n(1^{x0})

En utilisant les deux questions précédentes, on a alors

n→+∞lim Sn(g) =

N−1

X

i=0

yi(xi+1−xi) = Z 1

0

g(t)dt,

par définition de l’intégrale d’une fonction en escalier.

4