Licence de Mathématiques.
Université d’Artois. 2015-2016.
EXAMEN session 1 – Eléments de correction SÉRIES - INTÉGRALES
Exercice 1
1) Au voisinage de `8, on a n?
n`10 „ n?
n “ n32 et 2n2`n`2 „ 2n2 donc un „ 1 2n12 (et ceci confirme que l’on manipule des séries à termes positifs).
D’après le critère de Riemann, puisque 1
2 ď1, la série diverge.
2) Clairement il s’agit d’une série alternée puisque la suite un“ 1
?n est décroissante et tend vers 0. Donc la série converge d’après le théorème des séries alternées.
3) Pour n P N, il ne s’agit pas d’une série à termes positifs mais on peut s’y ramener: on a la majoration ˇ
ˇunˇ
ˇ ď n2`n`3
n4`n`1¨ Or n2`n`3 n4`n`1 „ 1
n2 qui est notoirement convergente (critère de Riemann, puisque 2ą1). Par comparaison, la série ÿ
un converge.
4) cf TD-CC.
Exercice 2
1) En premier lieu, l’intégrande
R`˚ ÝÑ R x ÞÝÑ |sinpxq|
x32
est continu donc localement intégrable surs0,`8r.
Au voisinage de 0, on a sinpxq „ x donc |sinpxq| „ x au voisinage de 0`. Ainsi |sinpxq|
x32 „ 1 x12¨ On conclut alors à la convergence à la borne 0 d’après le critère de Riemann, puisque 1
2 ă1.
Au voisinage de`8, on a une majoration de la fonction par 1
x32 et on conclut aussi à la convergence à la borne`8 d’après le critère de Riemann, puisque 3
2 ą1.
Ainsi, l’intégrale converge.
2) a) Comme l’intégrande est une fraction rationnelle sans pôle réel, c’est une fonction continue surR`et donc localement intégrable surR`. Au voisinage de`8, on a 1
1`t4`t8 „ 1
t8 donc (comme 8ą1), l’intégrale converge d’après le critère de Riemann.
b) On effectue le changement de variable proposé avec un entier αě1. On obtient en posant β “ 1
α soit t “u´β:
I “ ż`8
0
βu7β´1
1`u4β`u8β du . Clairement le choixβ “1donc α “1 convient.
c) D’après les questions précédentes, I “ I `I 2 “ 1
2 ż`8
0
1`t6 1`t4`t8 dt.
On va maintenant réduire la fraction rationnelle 1`t6
1`t4`t8¨ On commence par factoriser le dénominateur: 1`X4`X8 “ p1´X2`X4qp1`X2`X4qd’une part et d’autre part le numérateur s’écrit 1`X6 “ p1`X2qp1´X2`X4q.
On en déduit déjà que I “ 1 2
ż`8
0
1`t2
1`t2`t4 dt. On a maintenant écrire la décomposition en éléments simples: on voit facilement que
1`t2 1`t2`t4 “
1 2
1´t`t2 `
1 2
1`t`t2
donc I “ 1 4
ż`8
0
1
1`t`t2 dt ` 1 4
ż`8
0
1
1´t`t2 dt. On fait enfin le changement de variable
tÞÑ ´t dans la seconde intégrale qui vaut donc 1 4
ż0
´8
1
1`t`t2 dt.
On conclut alors d’après Chasles.
d) On fait comme d’habitude: on écrit 1`t`t2 “
´ t ´ 1
2
¯2
` 3
4 donc (quitte à faire le changementt ÞÑx“t´ 1
2), on a I “ 1
4 ż`8
´8
1
x2`34 dx“ 1 4
«
?2
3arctan
´2x
?3
¯ ff`8
´8
“ π 2?
3 ¨
Exercice 3 cf TD.
Exercice 4
1) Clairement xP r1,`8rÞÝÑ exsin` ex˘
x2 est le produit des deux fonctions suivantes:
• D’une part x P r1,`8rÞÝÑ gpxq “ exsin` ex˘
qui est continue et qui vérifie que les intégrales żA
1
gpxqdx sont bornées indépendament de Aą1. En effet, pour tout Aą1, on a : żA
1
exsin` ex˘
dx“
”
´cos` ex˘ıA
1 “cos` e˘
´cos` eA˘
donc ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
żA
1
exsin` ex˘
dx ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
ď2.
2
• D’autre part xP r1,`8rÞÝÑ 1
x2 qui est de classeC1, décroissante et de limite nulle en`8.
D’après le test d’Abel-Dirichlet, on conclut que ż`8
1
exsin` ex˘
x2 dx converge.
2) D’après le relation de Chasles, on a pour tout entier N ě1:
żaN`1
1
ˇ
ˇexsin` ex˘ˇ
ˇ x2 dx“
N
ÿ
k“0
żak`1
ak
ˇ
ˇexsin` ex˘ˇ
ˇ x2 dx
or sur “
ak, ak`1‰
, on a 1
x2 ě 1
`ak`1˘2 donc żaN`1
1
ˇ
ˇexsin` ex˘ˇ
ˇ x2 dxě
N
ÿ
k“0
1
`ak`1˘2
żak`1
ak
ˇ
ˇexsin` ex˘ˇ
ˇdx
e) Soitk ě1. Sur“
ak, ak`1
‰, la fonction xÞÑexsin` ex˘
est de signe constant donc żak`1
ak
ˇ
ˇexsin` ex˘ˇ
ˇdx“ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
żak`1
ak
exsin` ex˘
dx ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
“ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
”
´cos`
ex˘ıak`1
ak
ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
“2
f) On en déduit que
żaN`1
1
ˇ
ˇexsin` ex˘ˇ
ˇ x2 dx ě
N
ÿ
k“0
2
`ak`1˘2.
Comme la série diverge ( par exemple parce que, pour k assez grand, ` ak`1˘2
ď k et que la série harmonique diverge), on déduit que
żaN`1
1
ˇ
ˇexsin` ex˘ˇ
ˇ
x2 dx tend vers `8 quand N Ñ `8donc l’intégrale
ż`8
1
ˇ
ˇexsin` ex˘ˇ
ˇ
x2 dx diverge.
Ainsi l’intégrale ż`8
1
exsin` ex˘
x2 dx n’est pas absolument convergente (elle est semi-convergente).
Exercice 5 cf TD.
3
