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ANNÉE UNIVERSITAIRE 2018/2019 Analyse S4

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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,

fn(t) = ln(1 + nt) t3 .

Alorsfn est clairement continue par morceaux sur[1,+∞[. De plus, pourt ≥1,fn(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 fn ≥ 0, et on utilise l’inégalité classique ln(1 +u)≤u, valide pour tout u >−1, qui donne :

∀n≥1,∀t >1, |fn(t)|=fn(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 gn(t) =nfn(t).Alors on a par les mêmes arguments que

|gn(t)| ≤ 1 t2,

de plus gn(t) tend lorsque n → +∞ vers t12 := g(t). Ainsi par le théorème de convergence dominée,

n→+∞lim nIn= lim

n→+∞

Z +∞

1

gn(t)dt= Z +∞

1

g(t)dt= 1

et donc

In

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)

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, In+1 ≤In.

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

In = Z 0

π 2

cos(π2 −u)n

(−du) = Z π2

0

(sinu)ndu=Jn.

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 In = n−1n In−2. Ainsi,

• Lorsque n est paire, on écrit n= 2p, et I2p =

p

Y

k=1

2k−1 2k

!

I0 = (2p)!

(2pp!)2 π 2.

• Lorsque n est impaire, on écrit n= 2p+ 1, et I2p+1 =

p

Y

k=1

2k 2k+ 1

!

I1 = (2pp!)2 (2p+ 1)!.

Exercice 3

1. Posons f(t) = ln(t1+t2−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

(3)

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

t→+∞lim t3/2f(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) = (sint2t)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}(kn) = 0 sauf si nk = γ, auquel cas 1{γ}(kn) = 1, ce qui ne peut arriver que pour un seul k ∈[|0, n|]. Ainsi,

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

3. De même, notons

K :={k ∈[|0, n|], α < k

n ≤β}.

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

Sn(1]α,β]) = X

k∈K

1 = card(K).

3

(4)

Or

k ∈K ⇐⇒ nα < k≤nβ

⇐⇒ [nα] + 1≤k ≤[nβ]

⇐⇒ An ≤k≤Bn

Ainsi, card(K) = Bn−An+ 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

Bn−An+ 1 ∼

n→+∞n(β−α), et donc

n→+∞lim Sn(1]α,β]) = β−α.

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

g =

N−1

X

i=0

yi1]xi,xi+1[+

N

X

i=0

g(xi)1{xi}

=

N−1

X

i=0

yi1]xi,xi+1]+

N

X

i=1

(g(xi)−yi−1)1{xi}+g(x0)1{x0}

Puisque Sn est linéaire, on a

Sn(g) =

N−1

X

i=0

yiSn(1]xi,xi+1]) +

N

X

i=1

(g(xi)−yi−1)Sn(1{xi}) +g(x0)Sn(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

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