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Academic year: 2021

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Texte intégral

(1)

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2019-2020 Mathématiques

Devoir surveillé n 7

du jeudi 23 janvier Durée : 4 heures

Toute calculatrice interdite

Instructions générales :

Les candidats sont priés de traiter le sujet qui leur incombe :

• Sujet classique : problème 1.

• Sujet corsé : problème 2.

Les candidats sont également invités à vérifier que le sujet dont ils disposent comporte bien6 pages.

Les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction : les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées.

Remarque importante :

Si au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.

Les deux sujets sont très longs,

cherchez plus à bien faire qu’à traiter toutes les questions.

Bon courage !

Problème 1 — sujet classique

On s’intéresse ici à des suites et séries de fonctions en liaison avec des intégrales.

Dans la partie I, on calcule indépendamment deux intégrales particulières (les questions 1 et 2 pour l’une, la question 3 pour l’autre) qui interviennent dans les partiesIIetIII. Les partiesIIet IIIsont indépendantes.

Partie I : calculs préliminaires

I - 1.

I - 1.1. Justifier l’existence de l’intégraleK= Z +∞

0

1−cos(t) t2 dt.

I - 1.2. Pour toutA >0, justifier l’existence de l’intégraleD(A) = Z A

0

sin(t) t dt.

I - 1.3. Grâce à une intégration par parties, prouver que D(A)a une limite (réelle) quand Atend vers+∞, égale à K, c’est-à-dire que : K=

Z +∞

0

sin(t)

t dt= lim

A→+∞D(A).

(2)

I - 2.

I - 2.1. Justifier que l’applicationL:x7→

Z +∞

0

1−cos(t)

t2 e−txdtest définie et continue surR+.

I - 2.2. Montrer que, pour tout réel a >0, l’application Lest de classe C2 sur l’intervalle[a,+∞[. Établir ensuite que l’applicationLest de classeC2sur l’intervalle ]0,+∞[.

I - 2.3. Justifier que les fonctionst7→ 1−cos(t)

t2 et t7→ 1−cos(t)

t sont bornées sur]0,+∞[.

Établir alors que les fonctionsx7→ |xL0(x)|et x7→ |xL(x)|sont majorées surR+. En déduire que : lim

x→+∞L0(x) = lim

x→+∞L(x) = 0.

I - 2.4. Pour tout réelx >0, exprimerL00(x)sans utiliser d’intégrale.

On pourra remarquer que cos(t) = Re(eit).

I - 2.5. En déduireL0(x)pourx >0, puisL(x)pourx≥0. Conclure queK= π 2. I - 3.

I - 3.1. Justifier que la fonctionu7→ ln(u)

u−1 est intégrable sur]0,1[.

I - 3.2. Pour toutk∈N, justifier l’existence et calculer Z 1

0

ukln(u)du.

I - 3.3. Grâce à un développement en série de 1

1−u pour u ∈]0,1[ et en précisant le théorème utilisé, justifier que : Z 1

0

ln(u) u−1du=

+∞

X

k=0

1 (k+ 1)2.

Par ailleurs, on donne sans avoir à le justifier :

+∞

X

k=0

1

(k+ 1)22 6 .

Partie II : étude de quelques suites d’intégrales

II - 1. Rappeler avec précision le théorème de convergence dominée.

II - 2.

II - 2.1. On considère ici une application continuef : [0,+∞[−→R. Pour toutn∈N, on poseIn =

Z 1 0

f(tn)dt. Déterminer lim

n→+∞In. II - 2.2. On suppose ici de plus que u7→f(u)

u est intégrable sur]0,1].

Déterminer lim

n→+∞nIn. On pourra transformernIn grâce à un changement de variable.

II - 2.3. Application 1.

Déterminer un équivalent quandn→+∞de Z 1

0

sin(tn)dt(grâce à une intégrale).

II - 3. On considère maintenant que f : [0,+∞[−→Rest une application continue et intégrable sur R+. II - 3.1. Soitn∈N.

Grâce à un changement de variable approprié, justifier l’existence de An= Z +∞

1

f(tn)dt.

II - 3.2. Déterminer lim

n→+∞nAn (grâce à une intégrale que l’on ne cherchera pas à calculer).

II - 4.

II - 4.1. Pour toutn∈N,n≥2, et toutA >1, on poseCn(A) = Z A

1

sin(tn)dt.

Grâce à un changement de variable et une intégration par parties, exprimer Cn(A) en fonction de l’intégrale Z An

1

1−cos(u)

u2 un1duet deA.

(3)

II - 4.2. En déduire que Cn(A) a une limite quandA →+∞, prouvant l’existence de Z +∞

1

sin(tn)dt pour toutn∈ N, n≥2.

II - 4.3. Application 2.

Déterminer lim

n→+∞n Z +∞

0

sin(tn)dtgrâce àK calculée enI - 2.5.

Partie III : étude de séries de fonctions

III - 1. Un premier exemple.

III - 1.1. Pour toutx∈]−1,1[, calculerF(x) =

+∞

X

n=1

xn ainsi queF0(x).

III - 1.2. Déterminerlim

x<1 x→1

F(x),lim

x<1 x→1

(1−x)F(x),lim

x<1 x→1

(1−x)F0(x)et lim

x<1 x→1

(1−x)2F0(x).

III - 2. Un deuxième exemple.

Dans cette question, pour toutx∈]−1,1[, on pose cette fois :F(x) =

+∞

X

n=1

xn 1−xn.

III - 2.1. Soita∈]0,1[. Prouver la convergence normale de cette série de fonctions sur le segment[−a, a].

En déduire que F est définie et continue sur]−1,1[.

III - 2.2. Montrer que, pour toutx∈]0,1[et toutn∈N, on a 1−xn 1−x ≤n.

En déduirelim

x<1 x→1

F(x)etlim

x<1 x→1

(1−x)F(x).

III - 3. Dans cette question, f est une application réelle continue et croissante sur [0,1[ avec f(0) = 0 et telle que u7→ f(u)

u soit intégrable sur]0,1[.

Soitx∈]0,1[.

III - 3.1. Justifier l’existence de G(x) = Z +∞

0

f(xt)dtet l’égalitéG(x) =− 1 ln(x)

Z 1 0

f(u) u du.

III - 3.2. Pour toutn∈N, justifier l’encadrement : Z n+1

n

f(xt)dt ≤ f(xn) ≤ Z n

n−1

f(xt)dt.

III - 3.3. En déduire l’existence deF(x) =

+∞

X

n=1

f(xn), ainsi qu’un encadrement deF(x)par deux intégrales dépendant de x.

III - 3.4. Conclure avec soin quelim

x<1 x→1

(1−x)F(x) = Z 1

0

f(u) u du.

III - 4. Un dernier exemple.

Pour toutx∈]−1,1[, on pose enfin cette fois :F(x) =−

+∞

X

n=1

ln(1−xn).

III - 4.1. Montrer queF est définie et de classeC1sur]−1,1[et exprimer sa dérivée sous la forme d’une série de fonctions.

III - 4.2. Grâce àIII - 3.4, montrer quelim

x<1 x→1

(1−x)F(x) = Z 1

0

ln(u)

u−1duétudiée en I - 3.

III - 4.3. Par une méthode similaire à celle deIII - 3, montrer que : lim

x<1 x→1

(1−x)2

+∞

X

n=1

nxn 1−xn

!

= Z 1

0

ln(u) u−1du.

En déduirelim

x<1 x→1

((1−x)2F0(x)).

(4)

Problème 2 — sujet corsé

Théorème taubérien de Hardy-Littlewood-Karamata

Dans tout le problème,Idésigne l’intervalle ]0,+∞[.

A Une intégrale à paramètre

Pour toutx∈Ron pose, sous réserve d’existence, F(x) =

Z +∞

0

e−u

√u(u+x)du et K = Z +∞

0

e−u

√udu 1. Démontrer queψ :u7→ e−u

√u est intégrale sur I.

2. Déterminer les valeurs dexpour lesquellesF(x)est définie.

3. Montrer que la fonction F est de classeC1 surIet exprimer F0(x)sous forme intégrale.

4. En déduire que pour tout x∈I, xF0(x)−

x−1 2

F(x) =−K.

5. Pour tout x∈ I, on pose G(x) =√

xe−xF(x). Montrer qu’il existe une constante réelle C telle que pour tout x∈I, G(x) =C−K·

Z x 0

e−t

√tdt.

6. Déterminer les limites deGen 0 et+∞, et en déduire la valeur deK.

B Étude de deux séries de fonctions

Dans toute cette partie, on posef(x) =

+∞

X

n=1

e−nx

√n etg(x) =

+∞

X

n=0

√ne−nx.

7. Montrer quef et gsont définies et continues sur I.

8. Montrer que pour toutx∈I, Z +∞

1

e−ux

√u du≤f(x)≤ Z +∞

0

e−ux

√u du.

En déduire un équivalent de f(x)lorsquex→0.

9. Montrer que la suite

n

X

k=1

√1 k−2√

n

!

n≥1

converge.

10. Démontrer que pour toutx >0, la série X

n≥1 n

X

k=1

√1 k

!

e−nx converge et exprimer sa sommeh(x)en fonction def(x)pour toutx∈I.

11. En déduire un équivalent deh(x)lorsquex→0. Montrer alors queg(x)est équivalent à

√π

2x3/2 lorsquex→0.

C Séries de fonctions associées à des ensembles d’entiers

À tout ensembleA⊆Non associe la suite(an)définie par an =

( 1 sin∈A, 0 sinon.

SoitIA l’ensemble des réelsx≥0 pour lesquels la sérieX

n≥0

ane−nx converge. On posefA(x) =

+∞

X

n=0

ane−nx pour tout x∈IA. Enfin, sous réserve d’existence, on pose Φ(A) = lim

x→0xfA(x)et on noteS l’ensemble des partiesA⊆Npour lesquellesΦ(A)existe.

(5)

12. Quel est l’ensembleIasiAest fini ? SiAest infini, montrer que l’on peut extraire une suite(bn)de la suite(an) telle que pour toutn∈N,bn= 1.

DéterminerIAdans ce cas.

13. SoitA∈S et(an)la suite associée. Pour tout entier natureln, on noteA(n)l’ensemble des éléments de Aqui sont≤n. Vérifier que pour toutx >0la série X

n≥0

Card (A(n))e−nx converge et que

+∞

X

n=0

Card (A(n))e−nx = fA(x) 1−e−x.

Dans la question suivante,A=A1 désigne l’ensemble des carrés d’entiers naturels non nuls.

14. Montrer que six >0, fA1(x) 1−e−x =

+∞

X

n=0

b√

nce−nx oùb·cdésigne la partie entière.

En déduire un encadrement de

+∞

X

n=0

√ne−nx− fA1(x)

1−e−x, puis un équivalent defA1 en0. Prouver alors queA1∈S et donner Φ(A1).

Dans la question suivante,A=A2désigne l’ensemble constitués des entiers qui sont la somme des carrés de deux entiers naturels non nuls. On admet queA2 appartient àS, et on désire majorerΦ(A2).

Soitv(n)le nombre de couple d’entiers naturels non nuls(p, q)pour lesquelsn=p2+q2. 15. Montrer que pour tout réelx >0, la série X

n≥0

v(n)e−nx converge et établir que

+∞

X

n=0

v(n)e−nx = (fA1(x))2.

Montrer alors que pour toutx >0,fA2(x)≤(fA1(x))2. En déduire un majorant deΦ(A2).

D Étude de deux séries de fonctions

Soit(αn)n≥0 une suite de nombres réels positifs tels que pour tout réel x≥0, la série X

n≥0

αne−nx converge. On suppose que

x→0lim x

+∞

X

n=0

αne−nx

!

= `∈[0,+∞[.

On noteFl’espace vectoriel des fonctions de[0,1]dansR,Ele sous-espace deF des fonctions continues par morceaux et E0 le sous-espace deE des fonctions continues sur[0,1]. On munit E de la norme k · k définie par la formule kψk= sup

t∈[0,1]

|ψ(t)|.

Siψ∈E, on noteL(ψ)l’application qui à x >0 associe (L(ψ))(x) =

+∞

X

n=0

αne−nxψ(e−nx).

16. Montrer queL(ψ)est bien définie pour toutψ∈Eet que l’applicationLest une application linéaire deEdans F(]0,+∞[,R). Vérifier que pour tousψ1, ψ2 dansE11≤ψ2 entraîneL(ψ1)≤L(ψ2).

On noteE1l’ensemble desψ∈Epour lesquels lim

x→0x(L(ψ))(x)existe et siψ∈E1, on pose

∆(ψ) = lim

x→0x(L(ψ))(x).

17. Vérifier que E1 est un sous espace vectoriel de E et que l’application ∆ est une forme linéaire continue de (E1,k · k).

18. Montrer que pour toutp∈N,ep : t∈[0,1]7→tp appartient àE1 et calculer ∆(ep). En déduire queE0⊆E1 et calculer∆(ψ)pour toutψ∈E0.

(6)

Pour tousa, b∈[0,1]tel que a < b, on note1[a,b] :[0,1]→ {0,1}la fonction définie par 1[a,b](x) =

( 1 six∈[a, b]

0 sinon.

Soita∈]0,1[etε∈]0,min(a,1−a)[. On note

g(x) =





1 six∈[0, a−ε]

a−x

ε six∈]a−ε, a[

0 six∈[a,1]

et

g+(x) =





1 six∈[0, a]

a+ε−x

ε six∈]a, a+ε[

0 six∈[a+ε,1].

19. Vérifier queg et g+ appartiennent àE0 et calculer∆(g) et∆(g+). Montrer alors que 1[0,a] ∈E1 et calculer

∆(1[0,a]). En déduire queE1=E et donner∆(ψ)pour toutψ∈E.

On considère maintenant la fonctionψ définie sur[0,1]par la formule :

ψ(x) =

0 six∈[0,1e[ 1

x six∈[1e,1].

20. Calculer(L(ψ)) 1

N

pour tout entierN >0et en déduire la limite

lim

N→+∞

1 N

N

X

k=0

αk

(théorème taubérien).

On rappelle quev(n)est le nombre de couples d’entiers naturels non nuls(p, q)tels que n=p2+q2. 21. SiA∈S, que vaut lim

n→+∞

1

nCard (A(n))? Déterminer alors lim

n→+∞

1 n

n

X

k=1

v(k).

(7)

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2019-2020 Mathématiques

Devoir surveillé n 7 – éléments de correction

Problème 1 — sujet classique — d’après CCINP 2013 PC maths 2

Partie I : calculs préliminaires

I - 1.

I - 1.1. La fonction k:t7→ 1−cos(t)

t2 est continue sur R+. Elle est prolongeable par continuité en zéro par la valeur 1

2 car1−cos(t)t→0∼ t2

2, donc l’intégrale est faussement impropre en0.

De plus|k(t)| ≤ 2

t2, donc par comparaison à une fonction de référence :k est intégrable en+∞.

La fonction kest donc intégrable sur R+. Par conséquent l’intégrale K= Z +∞

0

1−cos(t)

t2 dtconverge . I - 1.2. SoitA >0. La fonction sinus cardinalt7→ sin(t)

t est continue sur]0, A]et se prolonge par continuité en zéro par la valeur 1. Ainsi, comme intégrale d’une fonction continue sur un segment : D(A) =

Z A 0

sin(t)

t dt converge . I - 1.3. Soit Aet εdeux nombres réels tels que 0< ε < A. On réalise l’intégration par parties sur le segment[ε, A] où

les fonctions u:t7→1−cos(t)et v:t7→ 1

t sont de classeC1: Z A

ε

sin(t) t dt=

Z A ε

u0(t)v(t)dt=

1−cos(t) t

A ε

− Z A

ε

1−cos(t)

t2 dt=1−cos(A)

A −1−cos(ε)

ε +

Z A ε

1−cos(t) t2 dt.

L’équivalent 1−cos(ε) ε→0∼ ε2

2 montre que lim

ε→0

1−cos(ε)

ε = 0. La majoration

1−cos(A) A

≤ 2

A montre que lim

A→+∞

1−cos(A)

A = 0. On en déduit d’abord, en faisant tendreεvers zéro, que : D(A) = 1−cos(A)

A +

Z A ε

1−cos(t) t2 dt.

Ensuite, en faisant tendre Avers l’infini : K =

Z +∞

0

sin(t)

t dt = lim

A→+∞D(A). I - 2.

I - 2.1. Utilisons le théorème de continuité des intégrales à paramètre (qui est aussi, rappelons le, un théorème d’exis- tence). Posons`(x, t) =1−cos(t)

t2 e−tx, pour tout(x, t)∈R+×R+.

• Pour toutx∈R+, l’application`(x,·)est continue par morceaux sur R+.

• Pour toutt∈R+, l’application`(·, t)est continue surR+.

• Pour tout(x, t)∈R+×R+, il vient|`(x, t)| ≤k(t), où la fonctionk, définie à la première question, est positive, continue par morceaux et intégrable surR+ (elle est bien indépendante dex).

(8)

Par conséquent L:x7→

Z +∞

0

1−cos(t)

t2 e−txdtest définie et continue surR+ . I - 2.2. Utilisons théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème de Leibniz).

• Pour toutx∈R+, la fonction`(x,·)est continue par morceaux et intégrable surR+ d’après la démonstration de la question précédente.

• La fonction `admet des dérivées partielles première et seconde selon sa première variable, surR+×R+ :

∀(x, t)∈R+×R+, ∂`

∂x(x, t) = −1−cos(t)

t e−tx, ∂2`

∂x2(x, t) = (1−cos(t))e−tx.

• Les dérivées partielles ci-dessus vérifient les hypothèses du théorème de continuité sous le signe R :

? Pour toutx∈R+, les fonctions ∂`

∂x(x,·)et ∂2`

∂x2(x,·)sont continues par morceaux surR+.

? Pour toutt∈R+, les fonctions ∂`

∂x(·, t)et ∂2`

∂x2(·, t)sont continues surR+.

? Nous avons les majorations suivantes, valables pourx∈[a,+∞[ ett∈R+ :

∂`

∂x(x, t)

≤ 1−cos(t)

t e−ta = φa(t),

2`

∂x2(x, t)

≤ 2e−taψa(t),

oùφa et ψa sont positives et continues par morceaux. Prouvons qu’elles sont intégrables surR+.

La première se prolonge par continuité en 0 par la valeur 0, et en +∞ elle est dominée par la fonction intégrable t7→e−at.

La seconde est intégrable sur R+ d’après le cours.

On conclut queL est de classeC2 sur l’intervalle[a,+∞[, avec pour toutx∈[a,+∞[: L0(x) = −

Z +∞

0

1−cos(t)

t e−txdt, L00(x) = Z +∞

0

(1−cos(t))e−txdt .

L’appartenance à la classe C2 est une propriété locale : (la continuité et) la dérivabilité sur un intervalle est définie par (la continuité et) la dérivabilité en tout point de l’intervalle). On en déduit que l’application

Lest de classeC2 sur]0,+∞[, et les formules ci-dessus restent valable pour toutx∈]0,+∞[.

I - 2.3. Ces deux fonctions ont pour limite0 en +∞donc elles sont bornées au voisinage de+∞(par exemple par 1), disons sur [b,+∞[. Par ailleurs, elle sont prolongeables par continuité en 0 (vu plus haut). Les prolongements correspondants, continus sur le segment[0, b], y sont bornés. On en déduit que les fonctions

t7→ 1−cos(t)

t2 et t7→ 1−cos(t)

t sont bornées sur]0,+∞[. Notons M etM0 des réels positifs tels que

∀x∈]0,+∞[,

1−cos(t) t2

≤ M ∧

1−cos(t) t

≤ M0. D’après l’inégalité de la moyenne, il vient pour toutx >0:

|xL(x)| = x

Z +∞

0

1−cos(t) t2 e−txdt

≤ x Z +∞

0

M e−txdt = M,

|xL0(x)| = x

Z +∞

0

1−cos(t) t e−txdt

≤ x Z +∞

0

M0e−txdt = M0.

Ainsi x7→ |xL(x)|etx7→ |xL0(x)|sont bien bornées surR+ . Les majorations |L(x)| ≤ M

x et |L0(x)| ≤ M0 valables pour toutx >0prouvent alors que x

x→+∞lim L(x) = lim

x→+∞L0(x) = 0.

(9)

I - 2.4. Fixonsx >0. Les fonctions en jeu dans les intégrales ci-dessous sont intégrables (en particulier|e(i−x)t|=e−xt) : L00(x) =

Z +∞

0

e−txdt− <

Z +∞

0

e(i−x)tdt

= 1 x+<

1

−x−i

= 1

x− x x2+ 1 . I - 2.5. D’après la formule ci-dessus, il existe une constantec0 ∈Rtelle que :

∀x∈]0,+∞[, L0(x) = ln(x)−1

2ln(x2+ 1) +c0 = ln x

√x2+ 1

+c0. On en déduit lim

x→+∞L0(x) =c0. D’après la questionI - 2.3: lim

x→+∞L0(x) = 0. Par conséquentc0= 0. Il s’ensuit que

∀x∈]0,+∞[, L0(x) = ln x

√ x2+ 1

= ln(x)−1

2ln(x2+ 1).

Calculons une primitive dex7→ln(x2+ 1)par intégration par parties, à l’aide des fonctionsu:x7→ln(x2+ 1) et v:x7→xqui sont bien de classe C1 surR+ :

Z x 0

ln(t2+ 1)dt =

tln(t2+ 1)x 0−2

Z x 0

t2

t2+ 1dt = xln(x2+ 1)−2 Z x

0

1− 1

t2+ 1

dt

= xln(x2+ 1)−2x+ 2 arctan(x).

On en déduit qu’il existe une constantec∈Rtelle que pour toutx >0 : L(x) = xln(x)−x−1

2 xln(x2+ 1)−2x+ 2 arctan(x)

+c = xln x

√ x2+ 1

−arctan(x) +c .

Or xln( x

x2+ 1) =xln 1 p1 + 1/x2

!

=−x 2ln

1 + 1

x2

x→+∞

∼ − 1 2x

x→+∞−→ 0, donc lim

x→+∞L(x) = 0−π 2 +c.

D’après la questionI - 2.3on a lim

x→+∞L(x) = 0. Par conséquentc= π 2, d’où :

∀x∈]0,+∞[, L(x) = −x 2ln

1 + 1

x2

−arctan(x) +π 2 .

En outreLest continue y compris en zéro d’après la question I - 2.1, donc en prenant la limite du membre de droite en zéro queL(0) = π

2. Enfin : L(0) déf=

Z +∞

0

1−cos(t)

t2 dt I - 1.1= K I - 1.3=

Z +∞

0

sin(t) t dt c’est-à-dire

Z +∞

0

sin(t) t dt= π

2 . I - 3.

I - 3.1. Sur ]0,1[, la fonctionm:u7→ ln(u)

u−1 = ln(u)−ln(1)

u−1 est continue, prolongeable par continuité en1par la valeur ln0(1) = 1, donc intégrable en 1. La fonction m est équivalente en zéro à la fonction intégrable positive −ln, donc intégrable en0.

On en déduit que mest intégrable sur]0,1[.

I - 3.2. Considérons la fonction mk : u7→ ukln(u), de seul problème d’intégration en 0. Sin ≥1 alors mk est conti- nue sur ]0,1[ et prolongeable par continuité en 0 par la valeur zéro, dont intégrable sur ]0,1]. Si n = 0, il s’agit de la fonction m0 = ln, intégrable sur ]0,1]. Dans tous les cas mk est intégrable donc l’intégrale

Ik = Z 1

0

ukln(u)duconverge .

(10)

Calculons-la par intégration par parties (les fonctions u7→ln(u)etu7→ uk+1

k+ 1 sont de classeC1 sur]0,1]) : Z 1

0

ukln(u)du = uk+1

k+ 1ln(u) 1

0

− 1 k+ 1

Z 1 0

ukdu.

Or uk+1

k+ 1ln(u)est nul enu= 1et de limite nulle enu→0par croissances comparées, donc Z 1

0

ukln(u)du = − 1 (k+ 1)2 .

I - 3.3. Appliquons le second théorème d’intégration terme à terme. La somme de la série géométrique permet d’écrire :

∀u∈]−1,1[,m(u) = ln(u) u−1 =−

+∞

X

k=0

ukln(u) =

+∞

X

k=0

−mk(u).

• Chaque fonction−mk est continue par morceaux sur]0,1[.

• La sérieX

k

−mk converge simplement sur ]0,1[, vers la fonctionmqui est continue par morceaux.

• D’après la question précédente : Z

]0,1[

|−mk|= 1

(k+ 1)2, qui est bien le terme général d’une série (de Riemann) convergente.

Alorsmest intégrable sur]0,1[(on le savait déjà) et : Z 1

0

ln(u) u−1du =

Z 1 0

+∞

X

k=0

−mk(u)

! du =

+∞

X

k=0

Z 1 0

−mk(u)du =

+∞

X

k=0

1 (k+ 1)2 .

Partie II : étude de quelques suites d’intégrales

II - 1. Voici l’énoncé du théorème de convergence dominée (TCD). Soit (fn)n une suite de fonctions définies sur un intervalleI deR, à valeurs dans le corpsKdes réels ou des complexes. On suppose que :

• Chaque fn est continue par morceaux sur I.

• La suite(fn)n converge simplement sur Ivers une fonctionf continue par morceaux.

• (Hypothèse de domination.) Il existe une fonctionϕ:I→K, continue par morceaux, positive et intégrable, telle que : ∀n∈N, ∀t∈I, |fn(t)| ≤ϕ(t).

Alorsf et lesfn sont intégrables sur I, la suite Z

I

fn

n

converge, et : lim

n→+∞

Z

I

fn = Z

I

f. II - 2.

II - 2.1. On applique le théorème de convergence dominée à la suite de fonctions continues(fn)n définies par :∀t∈[0,1[, fn(t) =f(tn).

• Chaque fn est continue par morceaux sur I= [0,1[.

• La suite(fn)n converge simplement sur Ivers la fonctiong:t7→f(0), continue par morceaux.

• La fonction f est continue sur le segment [0,1], donc elle y est bornée. Remarquons quetn ∈[0,1[lorsque t∈[0,1[. Ainsi, pour toutt∈[0,1[:|f(tn)| ≤ kfk[0,1[ =ϕ(t). La fonction constante ϕest positive, continue par morceaux et intégrable sur[0,1[.

Il s’ensuit que lim

n→+∞In = lim

n→+∞

Z 1 0

f(tn)dt= Z 1

0

f(0)dt=f(0).

(11)

II - 2.2. Soitn∈N fixé. La fonctiont7→tn est une bijection de classeC1de]0,1]dans lui-même, de dérivéet7→ntn−1 qui ne s’annule pas sur]0,1]: c’est donc un changement de variable licite. En posantu=tn il vientt=u1n d’où dt= 1

nun1−1du. D’après le théorème de changement de variable : Z 1

0

f(tn)dt = Z 1

0

f(u)1

nun1−1du et ainsi

nIn = Z 1

0

f(u) u un1du . Pourn∈Netu∈[0,1[, posonsgn(u) =f(u)

u u1n =g(u)un1 et appliquons le théorème de convergence dominée :

• Chaque gn est continue par morceaux sur[0,1[.

• Comme un1 = exp ln(u)

n

→+∞

−→ 1, la suite(gn)n converge simplement versg :u7→ f(u)

u sur]0,1], qui est continue par morceaux sur[0,1[.

• Nous avons |un1| ≤ 1 pour tout u ∈]0,1], d’où |gn| ≤ |g|, avec |g| positive, continue par morceaux et par hypothèse intégrable sur]0,1].

D’après le TCD :

n→+∞lim nIn = Z 1

0

f(u) u du . II - 2.3. La fonctionsinest continue surR+ et la fonction sinus cardinalu7→ sinu

u est intégrable sur]0,1](prolongeable en0 par0). La question précédente s’applique :

Z 1 0

sin(tn)dt n→+∞∼ 1 n

Z 1 0

sin(u) u du . II - 3.

II - 3.1. Soitn∈Nfixé. La fonctiont7→tnest bijective et de classeC1de[1,+∞[dans lui-même, et sa dérivéet7→ntn−1 ne s’annule pas. C’est donc un changement de variable licite. Remarquons que

Z X 1

|f(tn)|dt = Z Xn

1

|f(u)|1

nun1−1du.

Or |f(u)|un1−1≤ |f(u)|car n1 −1≤0 et u≥1, d’où l’intégrabilité deu7→ |f(u)|un1−1 puis celle de t7→f(tn).

Il s’ensuit que An= Z +∞

1

f(tn)dtconverge . En particulier : nAn= Z +∞

1

f(u)un1−1du.

II - 3.2. Appliquons le TCD à la suite(kn)n telle quekn(u) =f(u)un1−1,u∈[1,+∞[.

• Chaque kn est continue par morceaux sur[1,+∞[.

• Il vientf(u)u1n−1n→+∞−→ f(u)

u =g(u), avecg continue par morceaux sur[1,+∞[.

• Puisque u≥1 et 1

n −1 ≤ 0, nous avons |kn| ≤ g avec g continue par morceaux, positive et par hypothèse intégrable sur [1,+∞[.

D’après le TCD :

n→+∞lim nAn = lim

n→+∞n Z +∞

1

f(tn)dt = Z +∞

1

f(u) u du . II - 4.

(12)

II - 4.1. La fonctiont7→sin(tn)est continue sur le segment[0, A], doncCn(A)converge. L’applicationt7→tnest bijective et de classeC1de[1, A]dans[1, An]et sa dérivéet7→ntn−1ne s’annule pas, c’est donc un changement de variable licite. Ainsi :

Cn(A) = 1 n

Z An 1

sin(u)u1n−1du.

Effectuons une intégration par parties avec f1 : u 7→ un1−1 et f2 : u7→ 1−cos(u) (astuce !) de classe C1 sur [1, An]:

Cn(A) = 1 n

h

(1−cos(u))un1−1iAn 1

−1 + 1 n

Z An 1

(1−cos(u))un1−2du

!

= 1

n (1−cos (An))A1−n−1 + cos(1) +

1− 1 n

Z An 1

1−cos(u) u2 u1ndu

! .

II - 4.2. Nous avonsn≥2 fixé.

• Déjà lim

A→+∞(1−cos(An))A1−n = 0.

• Ensuite

1−cos(u) u2 un1

≤ 2

u2−n1 avec2− 1 n ≥ 3

2 >1, d’où l’intégrabilité deu7→ 1−cos(u)

u2 un1 sur[1,+∞[.

On conclut que Z +∞

1

sin(tn)dt= lim

A→+∞Cn(A)et vaut Z +∞

1

sin(tn)dt = 1 n

−1 + cos(1) +

1− 1 n

Z +∞

1

1−cos(u) u2 un1du

.

II - 4.3. Découpons l’intégrale en R+∞

0 =R1 0 +R+∞

1 .

• La même intégration par parties qu’enI - 1.3mais avecε→0et A→1, nous fournit :

n→+∞lim

n Z 1

0

sin(tn)dt

= 1−cos(1) + Z 1

0

1−cos(u)

u2 du. (1)

• Appliquons le TCD à la suite(jn)n≥2 de fonctions continues par morceaux définies sur[1,+∞[parjn :u7→

1−cos(u)

u2 un1. Cette suite converge simplement vers la fonctionkcontinue par morceaux et définie enI - 1.1, avec la domination

∀n≥2, ∀u∈[1,+∞[, |jn(u)| ≤ 2

u32 = ψ(u), où ψ est positive, continue par morceaux et intégrable sur [1,+∞[ car 3

2 >1. On déduit du TCD et de la question II - 4.2que :

n→+∞lim

n Z +∞

1

sin(tn)dt

= −1 + cos(1) + Z +∞

1

1−cos(u)

u2 du. (2)

En ajoutant les résultats de (1) et (2), il vient :

n→+∞lim

n Z +∞

0

sin(tn)dt

= Z +∞

0

1−cos(u)

u2 du déf= K I - 2.5= π 2 .

Partie III : étude de séries de fonctions

III - 1. Un premier exemple.

(13)

III - 1.1. Soit x∈]−1,1[. Le cours sur les séries géométriques dit que F(x) =

+∞

X

n=1

xn= x

1−x . Par dérivation terme à terme d’une série entière, on obtient F0(x) = 1

(1−x)2 .

III - 1.2. À l’aide des formules de la questionIII - 1.1, on trouve sans détour : lim

x<1 x→1

F(x) = +∞, lim

x<1 x→1

(1−x)F(x) = 1, lim

x<1 x→1

(1−x)F0(x) = +∞, lim

x<1 x→1

(1−x)2F0(x) = 1. III - 2. Un deuxième exemple.

On note fn la fonction définie sur]−1,1[parfn(x) = xn

1−xn = 1 1−xn −1.

III - 2.1. La fonction fn est de classeC1 sur]−1,1[, de dérivéefn0 :x7→ nxn−1

(1−xn)2. Le tableau des variations de fn sur [−a, a]possède deux allures distinctes selon la parité den(pair à gauche, impair à droite) :

x fn0(x) fn (si npair)

−a 0 a

− 0 +

fn(−a) fn(−a)

0 0

fn(a) fn(a)

x fn0(x) fn (sin impair)

−a a

+

fn(−a) fn(−a)

fn(a) fn(a) 0

0

Dans les deux cas, on en déduit que

kfnk[−a,a] = max{|fn(−a)|,|fn(a)|} ≤ |fn(−a)|+|fn(a)|.

Or a∈]0,1[donc|fn(−a)|n→+∞∼ |fn(a)|n→+∞∼ an. D’où la convergence normale de X

n≥1

fn sur[−a, a].

Or chaque fonction fn est continue sur ]−1,1[. Combiné avec la convergence normale donc uniforme sur tout segment[−a, a]⊂]−1,1[, on en déduit que F =

+∞

X

n=1

fn est définie et continue sur]−1,1[. III - 2.2. Fixons x ∈]0,1[ et n ∈ N. Remarquons que : 1−xn

1−x = 1 +x+· · ·+xn−1 ≤ n. Par conséquent fn(x) = xn

1−xn ≥ xn

n(1−x) puis

F(x) ≥ 1 1−x

+∞

X

n=1

xn

n = −ln(1−x) 1−x . Il s’ensuit que

lim

x<1 x→1

F(x) = lim

x<1 x→1

(1−x)F(x) = +∞.

III - 3. Soit x ∈]0,1[. Pour t ∈]0,+∞[, on a xt = exp(tln(x)) ∈]0,1[ puisque ln(x) < 0. Ainsi f(xt) est bien dé- fini. On pose donc h(t) = f(xt). On remarque pour abréger les calculs que pour tout u ∈]0,1[, xln(u)ln(x) = exp

ln(u) ln(x)ln(x)

= exp(ln(u)) =u.

III - 3.1. Effectuons le changement de variableu=xt dansGA(x) = Z A

0

f(xt)dt. L’applicationt7→xtest bijective et de classe C1 de]0,+∞[ dans]0,1[, de dérivéet 7→(lnx)xt qui ne s’annule pas, ainsi on a bien un changement de variable licite. Remarquons quet=ln(u)

ln(x) doncdt= du

uln(x). Ainsi GA(x) =

Z A 0

f(xt)dt = Z xA

1

f(u) du

uln(x) = 1 ln(x)

Z xA 1

f(u)

u du = − 1 ln(x)

Z 1 xA

f(u) u du.

(14)

On aA→+∞si et seulement sixA= exp(Aln(x))→0carx∈]0,1[. Ainsi par intégrabilité deu7→ f(u)

u sur]0,1[

(hypothèse), on obtient en faisant tendre Avers+∞que G(x)est convergente etG(x) =− 1 ln(x)

Z 1 0

f(u) u du. III - 3.2. Soitn∈N etx∈]0,1[fixés. L’application f est continue et croissante, donc h:t7→f(xt) =f(exp(tln(x)))est

définie, continue et décroissante sur ]0,+∞[. Par conséquent :

∀(s, t)∈[n−1, n]×[n, n+ 1], h(t) = f(xt) ≤ h(n) = f(xn) ≤ h(s) = f(xs).

Par croissance de l’intégrale :

Z n+1 n

f(xt)dt ≤ f(xn) ≤ Z n

n−1

f(xs)ds .

III - 3.3. La majoration de l’encadrement ci-dessus et la convergence de l’intégrale Z +∞

0

f(xs)dsmontrent, par majoration de séries à termes positifs (f est positive), que X

n≥1

f(xn)converge . Utilisons cette fois l’encadrement au complet et la relation de Chasles, en additionnant pourn≥1:

+∞

X

n=1

Z n+1 n

f(xt)dt ≤

+∞

X

n=1

f(xn) ≤

+∞

X

n=1

Z n n−1

f(xt)dt c’est-à-dire

Z +∞

1

f(xt)dt ≤ F(x) ≤ Z +∞

0

f(xt)dt .

III - 3.4. Soitx∈]0,1[. L’encadrement de la question précédente s’écrit aussi, après multiplication par1−x >0: (1−x)G(x)−(1−x)

Z 1 0

f(xt)dt ≤ (1−x)F(x) ≤ (1−x)G(x). (3)

• D’aprèsIII - 3.1:(1−x)G(x) =−1−x lnx

Z 1 0

f(u) u dux→1−→

Z 1 0

f(u)

u ducarln(x)x→1∼ x−1.

• Prouvons que(1−x) Z 1

0

f(xt)dtx→1−→0avec le même changement de variable qu’à la questionIII - 3.1:

(1−x) Z 1

0

f(xt)dt = −1−x lnx

Z 1 x

f(u)

u du x→1∼ Z 1

x

f(u) u du.

Mais Z 1

x

f(u)

u duest un reste d’intégrale convergente, donc tend vers zéro quandx→1.

D’après le théorème d’encadrement dans la formule (3) : lim

x<1 x→1

(1−x)F(x) = Z 1

0

f(u) u du .

III - 4. Un dernier exemple.

Pour toutx∈]−1,1[, posons enfingn(x) =−ln(1−xn). Fixonsa∈]0,1[.

III - 4.1. Pour|x|<1, il vient|gn(x)|n→+∞∼ |xn|. Ainsi la sérieX

n

gn(x)converge absolument, donc converge, pour toutx fixé dans]−1,1[. Ceci signifie queX

≥1

gn converge simplement sur]−1,1[et que F est définie sur]−1,1[.

(15)

Sans détour, pourx∈]−1,1[:

gn0(x) = n xn−1 1−xn,

gn00(x) = n(n−1)xn−2(1−xn) +nx2(n−1)

(1−xn)2 = nxn−2n−1 +xn (1−xn)2 . Appliquons le théorème de dérivation terme à terme d’une série de fonctions :

• Chaque gn est de classeC1sur]−1,1[.

• La sérieX

n

gn converge simplement sur]−1,1[comme nous venons de le montrer.

• Si n≥2, alorsn−1 +xn >0, donc g00n(x) est du signe dexn−2, c’est-à-dire du signe de xn. On démontre alors comme à la questionIII - 2.1que :

kg0nk[−a,a] = max(|g0n(−a)|,|g0n(a)|) ≤ |g0n(−a)|+|g0n(a)|.

Or a∈]0,1[donc|gn0(−a)|n→+∞∼ |gn0(a)|n→+∞∼ an, terme général d’une série géométrique convergente. Ceci prouve la convergence normale, donc uniforme, de X

n≥1

g0n sur le segment[−a, a].

D’après le théorème sus-cité : F =

+∞

X

n=1

gn est de classeC1sur]−1,1[ avec

∀x∈]−1,1[, F0(x) =

+∞

X

n=1

gn0(x) =

+∞

X

n=1

nxn−1 1−xn .

III - 4.2. Nous souhaitons appliquer la questionIII - 3.4à la fonctionf :u7→ −ln(1−u). Celle-ci est continue croissante sur [0,1[avecf(0) = 0. Il reste à vérifier que

Z 1 0

f(u) u du=−

Z 1 0

ln(1−u)

u duest convergente. L’intégrande est équivalent en0à−1, donc l’intégrale est faussement impropre en0. L’intégrande est équivalent en1àln(1−u), donc est intégrable puisqueln l’est en0.

Nous pouvons donc appliquer III - 3.4: lim

x<1 x→1

(1−x)F(x) = Z 1

0

f(u)

u du = − Z 1

0

ln(1−u)

u du v=1−u= Z 1

0

ln(v) v−1dv .

III - 4.3. On applique le principe suivant, caché par le découpage de la questionIII.3en sous-questions : pour déterminer un équivalent d’une somme de série de fonctions x7→

+∞

X

n=1

un(x) en une borne de son ensemble de définition, on peut encadrer cette somme entre deux intégrales, en fixant xet en remplaçant la variable entièrenpar une variable réelle positivet. Ceci est possible à condition que la fonctionf :t7→ut(x)ainsi obtenue soit monotone pour pouvoir appliquer les techniques de comparaison série-intégrale.

Fixons donc x∈]0,1[(puisqu’on cherche un équivalent deF(x)quandx→1), et définissons une fonction f sur R+ par f(t) = txt

1−xt (attention : cettef n’est pas l’analogue de laf de la questionIII.3). Après calcul :

∀t∈R+, f0(t) = xt

(1−xt)2ϕ(t) avec ϕ(t) = 1−xt+t(lnx).

La fonction f0 est du signe deϕ:R+→Rdéfinie ci-dessus. Cette fonctionϕest de classeC1 et :

∀t∈R+, ϕ0(t) = (−lnx)xt+ lnx = (lnx)(1−xt) ≤ 0.

La fonctionϕest donc décroissante. Orϕ(0) = 0, d’oùϕest négative. On en déduit que f est décroissante . La technique usuelle de comparaison série-intégrale entraîne, après calculs :

G(x)− Z 1

0

f(t)dt = Z +∞

1

f(t)dt ≤ F(x) =

+∞

X

n=1

nxn

1−xn ≤ G(x) :=

Z +∞

0

f(t)dt = Z +∞

0

txt 1−xtdt.

(16)

• Le changement de variable t= ln(u)

ln(x) pour lequel u=xt et dt= du

uln(x), déjà utilisé (et justifié) enIII - 3, donne :

G(x) = Z 0

1

ln(u)u (1−u) ln(x)

du

ulnx = − 1 (lnx)2

Z 1 0

ln(u) 1−udu.

Par équivalent classique : lim

x→1(1−x)2G(x) = Z 1

0

ln(u) u−1du.

• Démontrons que(1−x)2 Z 1

0

txt

1−xtdtx→1−→0. Le même changement de variable que ci-dessus montre que : (1−x)2

Z 1 0

txt

1−xtdt = (1−x)2 (lnx)2

Z 1 x

ln(u)

u−1du x→1∼ Z 1

x

ln(u) u−1du.

Cette dernière intégrale est un reste d’intégrale convergente, donc elle tend bien vers zéro quand x→1.

Ceci permet d’affirmer que

lim

x<1 x→1

(1−x)2

+∞

X

n=1

nxn 1−xn

!

= Z 1

0

ln(u) u−1du .

CommeF0(x)ne diffère de

+∞

X

n=1

nxn

1−xn que d’un facteur multiplicatifx(questionIII - 4.1), il vient :

lim

x<1 x→1

(1−x)2F0(x) = Z 1

0

ln(u) u−1du .

(17)

Problème 2 — sujet corsé — d’après Mines 2016 MP maths 2

A Une intégrale à paramètre

1. La fonctionψ:u7→ e−u

√u est continue par morceaux surIpar théorèmes généraux. Elle possède deux problèmes d’intégration : en0et en +∞.

• D’une part ψ(u)u→0∼ 1

u1/2. Or u7→ 1

u1/2 est une fonction de référence intégrable en 0 car 1

2 <1, donc par comparaison ψest intégrable en0.

• D’autre part par croissances comparéesu2ψ(u)u→+∞−→ 0, doncψ(u) =o+∞

1 u2

. Oru7→ 1

u2 est une fonction de référence intégrable en+∞car2>1, donc par comparaisonψest intégrable en+∞.

Ainsi ψ: u7→ e−u

√u est intégrale surI . En particulier, on en déduit l’existence deK.

2. L’intégrandeh:u7→ e−u

√u(u+x) possède trois problèmes d’intégration : en0, en+∞, ainsi qu’en−xsix <0.

• Supposonsx <0. Nous avonsh(u)u→−x∼ e−x

√−x(u+x) ∼ K

u+x. Hélast 7→ K

t n’est pas intégrable en 0. Les fonctions en jeu étant positives, et par comparaison à une fonction de référence : F(x)n’est pas défini six <0.

• Supposonsx= 0. Alorsh(u) = e−u

√u(u+x) ∼

u→0

1

u32. Hélasu7→ 1

u32 n’est pas intégrable en0(car 3

2 >1). Les fonctions en jeu étant positives, et par comparaison à une fonction de référence : F(x)n’est pas défini six= 0.

• Supposonsx >0. Les problèmes d’intégration sont alors au voisinage de+∞et en0.

? Par croissances comparéesu2×h(u)u→+∞∼ √

ue−u→0. Par comparaison à la fonction de référenceu7→ 1 u2 intégrable en +∞, on en déduit quehest intégrable en+∞.

? Par équivalence : h(u) u→0∼ 1 x√

u. Or u 7→ 1

√u est une fonction de référence intégrable en 0, donc par comparaison de fonctions positives : hest intégrable en0.

On en déduit que hest intégrable sur]0,+∞[.A fortiori : F(x)existe six >0 . 3. Appliquons le théorème de dérivation des intégrales à paramètre. Posonsf(x, u) = e−u

√u(u+x), pour(x, u)∈I2.

• Pour toutx∈I,f(x,·)est continue par morceaux et intégrable surI d’après la question 2.

• La fonctionf admet surI2une dérivée partielle par rapport à sa première variable : ∂f

∂x(x, u) = −e−u

√u(u+x)2.

• Vérifions que cette dérivée partielle satisfait les hypothèses du théorème de continuité sous le signeR :

? Pour toutx∈I, la fonction ∂f

∂x(x,·)est continue par morceaux sur I.

? Pour toutu∈I, la fonction ∂f

∂x(·, u)est continue surI.

? Effectuons une domination locale. Pour tout[a, b]⊂]0,+∞[, pour toutx∈[a, b], il vient

∂f

∂x(x, u)

≤ e−u

√u(u+a)2 = ϕ(x).

La fonctionϕest continue par morceaux et positive sur I. D’une partϕ(u)u→0∼ 1 a2

u, d’où l’intégrabilité deϕen0. D’autre partu2ϕ(u)u→+∞∼ e−u

√u

u→+∞−→ 0par croissances comparées, d’oùϕ(u) =o+∞

1 u2

puis l’intégrabilité deϕau voisinage de+∞. Finalementϕest bien intégrable surI.

Le théorème de dérivation sous le signeR

stipule que F est de classeC1 surI=]0,+∞[ et

∀x∈I, F0(x) = Z +∞

0

−e−u

√u(u+x)2du .

(18)

4. Soitx∈I. Nous avons : xF0(x) =

Z +∞

0

−xe−u

√u(u+x)2du = Z +∞

0

−e−u(x+u)

√u(u+x)2 du+ Z +∞

0

e−uu

√u(u+x)2du (4)

= Z +∞

0

−e−u

√u(u+x)du+ Z +∞

0

e−u√ u

(u+x)2du = −F(x) + Z +∞

0

e−u√ u

(u+x)2du, (5) le fait de scinder les deux intégrales étant licite puisqu’au moins deux des trois sont convergentes (F0(x)etF(x)).

Effectuons une intégration par parties, en posantf1(u) =−e−u

uet f2(u) =− 1

u+x, bien de classeC1 surI: Z +∞

0

e−u√ u (u+x)2du =

−e−u√ u u+x

u→+∞

u=0

+ Z +∞

0

e−u 2√

u(u+x)−e−u√ u u+x

du.

Le terme tout intégré est nul enu= 0, et de limite nulle en+∞par croissances comparées. Il s’ensuit que Z +∞

0

e−u√ u (u+x)2du =

Z +∞

0

e−u 2√

u(u+x)du− Z +∞

0

e−u√ u

u+x du = 1 2F(x)−

Z +∞

0

e−u√ u

u+x du. (6) Ici encore nous avons pu scinder l’intégrale car nous avons reconnuF(x). Par conséquent, d’après (5) et (6) :

xF0(x) = −F(x) +1 2F(x)−

Z +∞

0

e−u√ u u+x du puis

xF0(x)−

x−1 2

F(x) = Z +∞

0

−xe−u

√u(u+x)du− Z +∞

0

e−u√ u u+x du =

Z +∞

0

−(x+u)e−u

√u(u+x) du.

On en déduit pour toutx∈I,xF0(x)−

x−1 2

F(x) =−K . 5. La fonctionGest de classeC1 par produit, avec :

G0(x) = 1 2√

xe−xF(x)−√

xe−xF(x) +√

xe−xF0(x) = e−x

√x

xF0(x)−

x−1 2

F(x)

. Grâce à la question précédente : G0(x) =−Ke−x

√x. La fonction x7→Ke−x

√x étant continue sur]0,+∞[et intégrable au voisinage de 0, il vient par intégration :

il existe une constante réelle C telle que pour toutx∈I,G(x) =C−K· Z x

0

e−t

√tdt.

6. Calculons les limites deGen0et en+∞de deux façons différentes : avec l’expression de la question 5 puis avec la définition deG(x).

• Utilisons la question 5. L’intégrale Z +∞

0

e−t

√tdtest convergente, de valeurK, d’où : lim

x→+∞G(x) =C−K2.

• Utilisons la question 5. En faisant tendrexvers0, il vient : lim

x→0G(x) =C .

• Par définition deG(x), il vient pour toutx >0:0≤G(x) =e−x Z +∞

0

e−tx

√t(t+ 1)dt≤e−x Z +∞

0

√ 1

t(t+ 1)dt.

Ainsi par théorème d’encadrement : lim

x→+∞G(x) = 0.

• Par définition :G(x) =√ xe−x

Z +∞

0

e−u

√u(u+x)du=e−x Z +∞

0

√xe−u

√u(u+x)du. Il est impossible de faire tendre xvers0brutalement (limite sous intégrale et forme indéterminée). Effectuons le changement de variable affine t= u

x (soitu=tx, donnantdu=xdt). Alors : G(x) = e−x

Z +∞

0

e−tx

√t(tx+x)(xdt) = e−x Z +∞

0

e−tx

√t(t+ 1)dt = e−x Z +∞

0

h(x, t)dt.

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