2) La série de terme général un −un+1 est une série télescopique

(1)

Universit´e Pierre-et-Marie Curie-Paris 06 LM 257 A Corrig´e du Partiel 2012-2013

27 mars 2013 Exercice I 1) La série de terme général un = sin

1

√n

est `a termes positifs donc on peut appliquer le th´eor `me de comparaison. Or,u/n= sin

1

√n

∼_n→∞ 1

√n. Comme la série de Riemannn de terme général 1

√n diverge, la série de terme générla un aussi.

2) La série de terme général un −un+1 est une série télescopique. Sa somme partielle d’ordre n vaut:

sn =

n

X

k=1

(uk−uk+1) = u1−un+1 = sin 1

√1

−sin 1

√n+ 1

. Comme la suite

sin 1

√n+ 1

n≥1

converge vers 0 lorsquen→ ∞, on en d´eduit que la suite (s_n)_n≥1est convergente, de limite sin 1.

Exercice II 1) Soit α > 0. Le terme g´en´eral un = (−1)ⁿ

n^α v´erifie: |un| = 1

n^α, qui est une suite décroissante, tendant vers 0 quandn→ ∞. On peut donc appliquer le théorème des séries alternées, la série de terme généralun

converge.

2) Si α > 1, le terme général de la série vérifie: |vn| = | 1

n^α+ (−1)ⁿ| ≤ 1

n^α−1 ∼_n→∞ 1

n^α. Or la série de Riemann de terme général 1

n^α est convergente. On en déduit que la série de terme généralvn converge absolument.

3) a)On calcule: |un−vn|=

(−1)ⁿ

n^α − (−1)ⁿ n^α+ (−1)ⁿ

=

1 n^α(n^α+ (−1)ⁿ)

. On en d´eduit que|un−vn| ∼_n→∞ 1

n^2α. Or la série de terme général 1

n^2α est une série de Riemann convergente puisque 2α >1. par suite la série de terme généralun−vn est bien absolument convergente par le théorème de comparaison, donc convergente.

b)On peut écrire: vn=un+ (vn−un) et la série numérique de terme généralvn converge comme série somme de deux séries convergentes.

Exercice III 1) La fonctionf(t) = lnt

√t(1−t)^3/2 est continue et négative sur ]0,1[. Donc il n’y a que 2 singulariés en 0 et en 1. Puisque f garde un signe constant, on peut appliquer le théorème de comparaison à la fonction positive−f.

On pose I1 = Z 1/2

0

lnt

√t(1−t)^3/2dt et I2 = Z 1

1/2

lnt

√t(1−t)^3/2dt et on traite séparément les intégrales généraliséesI1 etI2.

PourI1, on ´ecrit lim

x→0⁺t^1/4lnt= 0.

Par suite, au voisinage de 0⁺ on a: 0≤ −t^1/4lnt≤1 et donc : 0≤ −f(t)∼₀+

lnt

√t ≤ 1 t^3/4. L’int´egrale de Riemann

Z 1/2

0

1

t^3/4dtconverge et par le th´eor`eme de comparaison,I1= Z 1/2

0

lnt

√t(1−t)^3/2dt aussi.

PourI2, au voisinage de 1, on a: lnt∼1t−1, d’o`u −f(t)∼1

√ 1 1−t. 1

(2)

L’int´egrale de Riemann Z 1

1/2

√ 1

1−tdtconverge et par le théorème des équivalents,I2= Z 1

1/2

lnt

√t(1−t)^3/2dt aussi.

2)Evident.

3)On prendx < y∈]0,1[ et on effectue une int´egration par parties en posantu= lnt etv⁰= 1

√t(1−t)^3/2: Z y

x

lnt

√t(1−t)^3/2dt= 2 √

√ t

1−tlnt ^y

x

−2 Z y

x

√ dt t−t² On a: lim

x→0

√x

√1−xlnx= 0 et lim

y→1

√y

√1−ylny= 0 et donc I=−2 Z 1

0

√dt t−t². 4)Par le changement de variabless= 2t−1, on obtient alors: I=−4

Z 1

−1

√ ds

1−s² =−2π.

Exercice IV 1)La fonction sinⁿt

tⁿ est continue sur ]0,+∞[ donc il n’y a que 2 singulari´es en 0 et en +∞.

En 0, on a : lim

t→0

sinⁿt

tⁿ = 1, la fonction se prolonge par continuit´e et il n’y a pas de singularit´e.

En +∞, on a:

sinⁿt tⁿ

≤ 1

tⁿ. La fonction de Riemann 1

tⁿ est intégrable en +∞. On peut appliquer le théorème de comparaison et la fonction sinⁿt

tⁿ est absolument int´egrable donc int´egrable en +∞.

Cette int´egraleKn est donc bien convergente pourn >1.

2) Si n est pair, il n’y a rien à démontrer. Si nest impair, on écrit Kn =

+∞

X

k=0

Z 2(k+1)π

2kπ

sinⁿt

tⁿ dt. Il suffit de montrer que chaque terme de la somme

Z 2(k+1)π

2kπ

sinⁿt

tⁿ dtest strictement positif. Or la fonction sin est positive sur [2kπ,(2k+ 1)π] et n´egative sur [(2k+ 1)π,2(k+ 1)π]. De plus, par le changement de variable s=t−π:

0≤ −

Z 2(k+1)π

(2k+1)π

sinⁿt tⁿ dt=

Z (2k+1)π

2kπ

sinⁿs (s+π)ⁿds <

Z (2k+1)π

2kπ

sinⁿs sⁿ ds Donc on a bien

Z 2(k+1)π

2kπ

sinⁿt tⁿ dt=

Z (2k+1)π

2kπ

sinⁿt tⁿ dt+

Z 2(k+1)π

(2k+1)π

sinⁿt tⁿ dt >0.

3)Pour n >1 ett≥1, on ´ecrit:

sinⁿt tⁿ

≤ 1 tⁿ. D’o`u:

Z +∞

1

sinⁿt tⁿ dt

≤ Z +∞

1

sinⁿt tⁿ

dt≤ Z +∞

1

tⁿdt= 1

n−1 →_n→+∞0.

La suite

Z +∞

1

sinⁿt tⁿ dt

n>1

converge bien vers 0 quandn→ ∞.

4)Ce raisonnement ne s’applique pas sur l’intervalle d’int´egration [0,1] car la fonction 1

tⁿ pour n >1 n’est pas int´egrable sur cet intervalle.

Note: avec d’autres méthodes d’analyse, on peut montrer que cette intégrale tend vers 0 quandn→+∞et ceci implique que la suite (K_n)_n>1 elle-même converge vers 0.

2