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LM 315 Corrigé du partiel du 29 Mars 2008
Exercice no1
1) Pour tout n < t < (n + 1); sin2t
(n + 1)2+x < sin2t
t2+x < sin2t
(n)2+x. Donc Z (n+1)
n
sin2t
(n + 1)2+x dt <
Z (n+1)
n
sin2t t2+x dt <
Z (n+1)
n
sin2t (n)2+x dt.
La fonction t ! sin2t est périodique. Son intégrale sur une période quelconque est donc Z
0 sin2t dt soit =2. On en déduit
=2
(n + 1)2+x <
Z (n+1)
n
sin2t
t2+x dt < =2 (n)2+x. 2) En sommant la double inégalité précédente pour 1 n N, on obtient
XN 1
=2
(n + 1)2+x <
Z (N+1)
sin2t t2+x dt <
XN 1
=2 (n)2+x.
En faisant tendre N vers +1, on voit que Z +1
sin2t
t2+x dt converge si et seulement si X+1
1
=2 (n)2+x converge. Par le critère de Riemenn, on conclut que F2(x) converge si et seulement si 2 + x > 1 soit x > 1.
3) L'intégrale Z +1
0
sin t
t2+x dt est généralisée et présente deux singularités, en 0 et en +1. D'après 2), F (x) converge en +1 si et seulement si x > 1.
En 0+; sin2t t2+x 1
tx. Par le critère de Riemann, F (x) converge en 0 ssi x < 1.
Finalement F (x) converge absolument ssi 1 < x < 1, soit = 1 et = 1.
4) Notons que, pour tout t > 0; x ! sin2t
t2+x est continue, et même indéniment dérivable. Pour démontrer que F est continue sur ] 1; 1[, il sut de trouver une ou des fonctions majorantes.
Comme F (x) ne converge pas pour x = 1 ou x = 1, il faut localiser en x. Soit 1 < c < d < 1 et c x d. Pour t 1; sin2t
t2+x 1
td et pour t > 1; sin2t t2+x 1
t2+c. On a donc une fonction majorante gc;d dénie par gc;d(t) = t dpour 0 < t < 1 et gc;d= t 2 c pour t 1. Cette fonction gc;d est intégrable par le critère de Riemann, ce qui entraîne la continuité de F sur ]c; d[. On en déduit la continuité de F sur ] 1; 1[ car c et d sont quelconques dans ] 1; 1[.
5) Pour montrer que F est dérivable on procède comme au 4).
On a @
@x sin t
t2+x = ln tsin t
t2+x, d'où pour 1 < c < x < d < 1 et t > 0;
@
@x sin t t2+x
jlntjgc;d(t).
Soit hc;d : t ! j ln tj gc;d(t). C'est une fonction majorante pour la dérivée partielle. De plus
2 le critère de Riemann entraîne à nouveau qu'elle est intégrable. Le Théorème de dérivation s'applique donc, ce qui prouve que F est dérivable sur ] 1; 1[.
6) Lorsque t > 1, ln t > 0 d'où, X+1
0
j ln tjnjxjn
n! =
X+1 0
(ln t)njxjn
n! = ejxj ln t = tjxj. Lorsque 0 < t 1; ln t 0 et j ln tj = ln t. D'où
X+1 0
j ln tjnjxjn
n! =
X+1 0
ln tn jxjn
n! = e jxj ln t= 1 tjxj.
7) On a F (x) = Z +1
0
sin2t t2 1
tx dt = Z +1
0
sin2t t2
X+1 0
( ln t)nxn n!
!
dt. Le Théorème de Fubini permet d'échanger
Z +1
0 et X+1
0
si et seulement si X+1
0
Z +1
0
sin2t
t2 j ln tjnjxjn
n! dt
< +1 ou Z
R+
sin2t t2
X+1
0
j ln tjnjxjn n!
d(t) < +1, les deux conditions étant équivalentes d'après le théorème de Fubini positif. D'après 6), le terme entre crochets vaut tjxj si t > 1 et t jxj si t 1. Le Théorème de Fubini s'applique donc si
Z
]0;1[
sin2t
t2+jxj d(t) + Z
]1;+1)
sin2t tjxj
t2 d(t) < +1.
D'après 3), cette condition équivaut à jxj < 1. L'échange de Z +1
0 et X+1
0
donne alors
F (x) = X+1
0
xn
Z +1
0
sin2t
t2 ( ln t)n n! dt
.
8) La fonction t ! sin2t
t2 est continue sur [0; 1] et ne s'y annule pas. Soit m > 0 son minimum.
Pour x < 1 F1(x) Z 1
0
m
tx dt = m t1 x 1 x
1
0
= m
1 x. Donc lim
x !1 F1(x) = +1, d'où lim
x !1 F (x) = +1:
9) Soit R rayon de convergence de la série X+1
0
xn
Z +1
0
sin2t
t2 ( ln t)n n! dt
. D'après le 7), R 1 et d'après le 8) R 1. Donc R = 1.
3 Exercice no2
1) Pour u <p
n=3, i.e. n > 9u2, gn(u) =
1 u2 n + u3
n3=2 n
et ln gn(u)
= n ln
1 u2 n + u3
n3=2
. Comme lim
n!+1
u2 n + u3
n3=2
= 0, on a ln gn(u)
n u2
n + u3 n3=2
= u2+pu3 n. Finalement lim
n!+1ln gn(u)
= u2 et lim
n!+1gn(u) = e u2.
2) Notons que 1 t2 > 0 pour t 2 ]0; 1=3[ et donc f(t) > 0 sur cet intervalle. Pour montrer f(t) e t2=2, on va prouver que l'application h : t ! e t2=2 1+t2 t3 est positive sur ]0; 1=3[.
Calculons h0(t) = t e t2=2+ 2 t 3 t2 = t
e t2=2+ 2 3 t
: Si t < 1=3; 2 3 t > 1 et h0(t) t 1 e t2=2
. Donc h est croissante ]0; 1=3[, et comme h(0) = 0, h est positive sur ce même intervalle.
3) En posant u = tp
n dans In, on obtientp
nIn=
Z pn=3
0
f u=p nn
du = Z
R+
gn(u) d(u).
Pour appliquer le T.C.D. à la suite gn
n 2 N, d'après le résultat du 1), il sut de trouver une fonction majorante g intégrable sur R+. Or d'après le 2), f u=p
n
e u2=2n, pour u=p
n < 1=3.
En élevant à la puissance n, on obtient gn(u) e u2=2, le cas u pn=3 étant trivial. La fonc- tion g : u ! e u2=2, majore donc tous les gn sur R+, et elle est intégrable sur R+. Le T.C.D.
s'applique et on obtient
n!+1lim
pn In= lim
n!+1
Z
R+
gn(u) d(u) = Z
R+
n!+1lim gn(u)
d(u) = Z
R+
e u2 d(u) = p
2 .
