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. 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
• 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
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.
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