tout entier naturel n tel que ( sin t t ) 2n soit intégrable sur ]0, +∞[ , on pose u n =

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Pour

¹

tout entier naturel n tel que ( ^sin _t ^t ) ²ⁿ soit intégrable sur ]0, +∞[ , on pose u n =

Z +∞

0

( sin t t ) ²ⁿ dt On se propose de chercher un équivalent de (u n ) _n∈

_N

On pose, n étant un entier naturel et a un réel strictement positif I _n =

Z

^π₂

0

cos ⁿ t dt J _n (a) = Z a

0

(1 − t ² a ² ) ⁿ dt On admet que I _n ∼ p π

2n

1. Établir l'intégrabilté de ( ^sin _t ^t ) ²ⁿ sur ]0, +∞[ pour tous les entiers n strictement positifs.

2. Pour a > , on appelle M (a) la borne supérieure de | ^sint _t | sur [a, +∞[ . Montrer que M (a) < 1 et que pour tout n > 0 ,

Z +∞

0

( sin t

t ) ²ⁿ dt ≤ 2M (a) ²ⁿ⁻²

3. Exprimer J n (a) en fonction de a et d'un terme de la suite ((I n )) _n∈

_N

. 4. Établir que pour tout t ∈]0, √

6]

sin t

t ≥ 1 − t ² 6 ≥ 0 5. Déduire de ce qui précéde u n ≥ √

6 I 4n+1 .

6. a. Montrer que pour tout λ > 6 , il existe µ ∈ ]0, λ] tel que :

∀t ∈]0, µ], 0 ≤ sin t

t ≤ 1 − t ² λ ² b. En déduire l'inégalité, valable pour tout entier n > 0

u n ≤ J 2n (λ) + 2M (µ) ²ⁿ⁻²

7. Déterminer la limite de _I

_4n+1

^u

ⁿ

lorsque n tend vers +∞ et donner un équivalent très simple de u n .

1

d'après Maths1 Centrale 86 première partie

Corrigé

1. La fonction ^sin _t ^t 2n

se prolonge par continuité en 0 avec la valeur 1. Pour tout t ∈ [1, +∞[ , on peut écrire

sin t t

2n

≤ 1 t ²ⁿ

Comme 2n ≥ 2 , la fonction _t

2n

¹ est intégrable sur [1, +∞[ . On en déduit l'intégrabilité sur ]0, +∞[ .

2. Il est bien connu (étude de fonction ou convexité) que sin t ≤ t pour tout t positif.

L'égalité se produisant seulement en 0. Dans l'intervalle

a, ^π ₂ , cette inégalité assure

|sin t| < t car le sin est positif. Au delà de ^π ₂ on peut écrire |sin t| ≤ 1 < ^π ₂ ≤ t . Ceci assure que la fonction t → ^sin _t ^t est majorée strictement par 1. Comme elle converge vers 0 en + ∞ , elle atteint sa borne supérieure sur [a, +∞[ . Cette borne M (a) est donc strictement plus petite que 1.

Pour obtenir l'inégalité demandée dans l'intégrale, on isole un 2 dans l'exposant Z +∞

a

sin t t

²ⁿ dt =

Z +∞

a

sin t t

²ⁿ⁻² sin t t

² dt

≤ M (a) ²ⁿ⁻² Z +∞

a

sin ² t t ² dt Si a ≥ 1 , on majore le sin par 1 d'où R +∞

a

sin

²

t

t

²

dt ≤ R +∞

1 1 t

²

dt = 1 .

Si a ∈ ]0, 1[ , on coupe en deux morceaux et dans le premier on utilise |sin t| < t : Z +∞

a

sin ² t t ² dt =

Z 1

a

sin ² t t ² dt +

Z +∞

1

sin ² t t ² dt

≤ Z 1

a

1dt + Z +∞

1

1

t ² dt = 2 − a ≤ 2.

3. On eectue le changement de variable t = a sin u dans J n (a) . On en déduit J n (a) = aI 2n+1

4. Formons le tableau de variations de la fonction φ(t) = sin t − t + ¹ ₆ t ³ pour t ∈ 0, √

6 .

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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Les dérivées sont : φ ⁰ (t) = cos t − 1 − ¹ ₂ t ² , φ ⁰⁰ (t) = − sin t + t

0 √

6 φ ⁰⁰ +

φ ⁰ 0 %

φ 0 +

5. D'après les questions précédentes : u n = R +∞

a

sin t t

²ⁿ

dt ≥ R

√ 6 a

sin t t

²ⁿ dt ≥ R +∞

a 1 − ¹ ₆ t ² 2n

dt = √ 6I 4n+1 .

6. a. Posons φ λ (t) = sin t − t − _λ ¹

2

t ³ et dérivons : φ ⁰ _λ (t) = cos t − 1 + 3

λ ² t ² , φ ⁰⁰ _λ (t) = − sin t + 6

λ ² t , φ ⁰⁰⁰ _λ (t) = − cos t + 6 λ ² Mais _λ ⁶

2

< 1 car λ > √

6, il existe donc (par continuité en 0 de cos ) un µ assez petit pour que cos t > _λ ⁶

2

lorsque t ∈ [0, µ] . On peut aussi supposer µ < λ . Le tableau de variation de φ λ dans [0, µ] montre alors que φ λ est négative dans cet intervalle ce qui démontre l'inégalité demandée.

b. En découpant l'intégrale puis en utilisant les relations démontrées :

u n = Z +∞

0

sin t t

²ⁿ dt

= Z µ

0

sin t t

²ⁿ dt +

Z +∞

µ

sin t t

²ⁿ dt

Z µ

0

sin t t

2n

dt ≤ Z µ

0

1 − 1

λ ² t ² 2n

dt

≤ Z λ

0

1 − 1

λ ² t ^{2 2n}

dt = J _n (λ) = λI _4n+1

Z +∞

µ

sin t t

²ⁿ

dt ≤ 2M (µ) ²ⁿ⁻² On obtient la relation demandée

u n ≤ J n (λ) + 2M (µ) ²ⁿ⁻²

7. Les questions précédentes montrent que, pour tout λ > √

6 , il existe un µ ∈ ]0, λ[ tel

que √

6 ≤ u n

I _4n+1 ≤ λ + 2M (µ) ²ⁿ⁻²

I _4n+1 (λ) (1)

De plus, l'énoncé nous donne un équivalent de I n : I 4n+1 ∼ q _π

2(4n+1) ∼ p π 8n d'où 2M (µ) ²ⁿ⁻²

I 4n+1

∼ K µ ρ ⁿ _µ √ n

où K _µ est une constante positive (qui dépend de µ) et ρ = M (µ) ² ∈ ]0, 1[ . Considérons un nombre ε > 0 arbitraire, xons un λ ∈ √

6, √

6 + ¹ ₂ ε . L'encadrement (1) est alors vérié pour un certain µ .

Lorsque λ et µ sont xés, (K µ ρ ⁿ _µ √

n) _n∈N tend vers 0 quand n tend vers l'inni. Il existe donc un entier N tel que

2M (µ) ²ⁿ⁻² I 4n+1

≤ 1 2 ε lorsque n ≥ N . En injectant cela dans (1), on obtient que

√

6 ≤ u n

I _4n+1 ≤ √ 6 + 1

2 ε + 1 2 ε C'est à dire que ( _I ^u

ⁿ

4n+1

) n∈N converge vers √

6 . Finalement :

u _n ∼ √

6I _4n+1 ∼

s 6π 2(4n + 1) ∼

r 3π 4n

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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