Correction CC1-S1
- CC1-S1 - - 2020-2021 -
– Correction - Analyse –
EXERCICE 1
Soitnun entier naturel non nul et(Hn)définie par :
∀n∈N∗, Hn=
n
X
k=1
1 k
1. a. A l’aide d’une comparaison somme/intégrale, montrer que :
∀n∈N∗, ln(n+ 1)≤Hn ≤1 + ln(n) La fonction inverse étant décroissante sur ]0,+∞[, on a, pour toutk∈N∗: 1
k+ 1 ≤ Z k+1
k
dt t ≤ 1
k donc, pour toutn∈N∗:
n
X
k=1
1 k+ 1 ≤
n
X
k=1
Z k+1
k
dt t ≤
n
X
k=1
1 k. Ainsi, par la relation de Chasles,∀n∈N∗, Hn+1−1≤
Z n+1
1
dt t ≤Hn. On conclut que∀n∈N∗, ln(n+ 1)≤Hn ≤1 + ln(n).
b. En déduire un équivalent de Hn au voisinage de+∞.
On déduit du résultat précédent que pourn≥2, ln(n+ 1) ln(n) ≤ Hn
ln(n) ≤ 1 + ln(n) ln(n) . Comme ln(n+ 1)
ln(n) = ln(n) + ln 1 +n1
ln(n) = 1 +ln 1 + 1n ln(n) −→
n→+∞1 et 1 + ln(n) ln(n) = 1
ln(n)+ 1 −→
n→+∞1, par le théorème d’encadrement, on en déduit que lim
n→+∞
Hn
ln(n) = 1, puis queHn ∼
n→+∞ln(n).
2. On pose :
∀n∈N∗, un= 1 n−ln
1 + 1
n
a. Montrer que la série de terme généralun est convergente. On noteγsa somme.
On a un = 1 n−ln
1 + 1
n
n→+∞= 1 n−
1 n− 1
2n2
+◦ 1
n2
et doncun ∼
n∞
1 2n2. Or X 1
n2 est une série de Riemann convergente, doncX
un converge, par comparaison de séries positives.
b. En déduire que :
Hn =
n→+∞ ln(n) +γ+◦(1) On a
+∞
X
n=1
un =γ, ce qu’on peut écrire
n
X
k=1
uk =
n→+∞γ+◦(1).
Mais
n
X
k=1
uk = Hn −
n
X
k=1
ln k+ 1
k
=
téléscopage Hn −ln(n+ 1) = Hn −ln(n)−ln
1 + 1 n
et comme
n→+∞lim ln
1 + 1 n
= 0, on a alorsHn−ln(n) =
n→+∞γ+◦(1) On conclut queHn =
n→+∞ ln(n) +γ+◦(1).
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EXERCICE 2
Soitaun réel strictement positif.
1. Montrer la convergence de l’intégrale :
Z +∞
0
sin(ax) ex−1 dx x7→ sin(ax)
ex−1 est continue sur]0,+∞[, donc localement intégrable sur cet intervalle.
• En 0 : sin(ax) ex−1 ∼
x→0
ax
x =a, par conséquent, Z 1
0
sin(ax)
ex−1dxest faussement impropre donc converge.
• En+∞:∀x≥1,
sin(ax) ex−1
≤ 1
ex−1 = 1
1
2ex+12(ex−2) ≤ 2
ex = 2e−x. Or,
Z +∞
1
e−xdxest une intégrale de référence convergente, donc par comparaison Z +∞
1
sin(ax)
ex−1 dxconverge absolument, donc elle converge.
On peut alors conclure que Z +∞
0
sin(ax)
ex−1dxconverge.
On a même montré que cette intégrale converge absolument.
2. Soitk∈N∗ etJk= Z +∞
0
e−kxsin(ax)dx.
Démontrer que cette intégrale converge, et que :
Jk = a a2+k2
x7→e−kxsin(ax)est continue sur[0,+∞[, donc localement intégrable sur cet intervalle.
∀x≥0,
e−kxsin(ax)
≤e−kx. Or, pour k >0, Z +∞
0
e−kxdxest une intégrale de référence convergente, donc par comparaison
Z +∞
0
e−kxsin(ax)dxconverge absolument, donc elle converge.
De plus, pourt∈[0,+∞[:
Z t
0
e−kxsin(ax)dx=Im Z t
0
e(−k+ia)xdx
=Im 1
−k+ia
e(−k+ia)t−1
= 1
k2+a2 e−kt(−acos(at)−ksin(at)) +a
t→+∞−→
a k2+a2 (produit d’une fonction de limite nulle par une fonction bornée).
On obtientJk = a k2+a2. 3. Soitn∈N∗ etRn =
Z +∞
0
sin(ax) ex−1 dx−
n
X
k=0
a a2+ (k+ 1)2. Démontrer que :
∀n∈N∗, Rn= Z +∞
0
sin(ax)
ex−1e−(n+1)xdx Par linéarité des intégrales généralisées, on a :
n
X
k=0
a
a2+ (k+ 1)2 =
n
X
k=0
Jk+1= Z +∞
0
sin(ax)
n
X
k=0
e−(k+1)x
! dx.
Comme on a
n
X
k=0
e−(k+1)x=
n
X
k=0
e−xk+1
=
x6=0e−x1−(e−x)n+1
1−e−x = 1−(e−x)n+1 ex−1 , on en déduit, toujours par linéarité des intégrales généralisées que
Rn = Z +∞
0
sin(ax) 1
ex−1−1−(e−x)n+1 ex−1
! dx=
Z +∞
0
sin(ax)
ex−1e−(n+1)xdx.
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4. Montrer que la fonctionx7→ sin(ax)
ex−1 est bornée surR∗+. Comme dit en1.,x7→ sin(ax)
ex−1 est continue surR∗+, et elle est prolongeable par continuité en0donc bornée sur ]0,1]. On a aussi montré que∀x≥1,
sin(ax) ex−1
≤2e−x≤2. On peut donc conclure que la fonctionx7→ sin(ax) ex−1 est bornée surR∗+.
On note désormaisM un majorant de la fonctionx7→
sin(ax) ex−1
surR∗+. 5. A l’aide d’une majoration de l’intégrale de la question3., en déduire que :
Z +∞
0
sin(ax) ex−1dx=
+∞
X
k=0
a a2+ (k+ 1)2
Tout d’abord, on a pour toutx≥0 : 0≤
sin(ax)
ex−1e−(n+1)x
≤
sin(ax) ex−1
. Par comparaison, le résultat établi à la question1.permet d’en déduire que
Z +∞
0
sin(ax)
ex−1e−(n+1)xdxest abso- lument convergente.
Comme Z +∞
0
e−(n+1)xdxest une intégrale de référence convergente, on a de plus :
|Rn| ≤ Z +∞
0
sin(ax)
ex−1 e−(n+1)x
dx≤ Z +∞
0
Me−(n+1)xdx=M −1
n+ 1e−(n+1)x +∞
0
= M
n+ 1. Par le théorème d’encadrement, lim
n→+∞Rn = 0. Ce que l’on peut écrire lim
n→+∞
n
X
k=0
a
a2+ (k+ 1)2 = Z +∞
0
sin(ax) ex−1 dx.
On conclut que X
Jn converge (ce que l’on pouvait montrer directement à l’aide d’un équivalent) mais aussi que
Z +∞
0
sin(ax) ex−1dx=
+∞
X
k=0
a a2+ (k+ 1)2
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