Correction CC2-S1
- CC2-S1 - - 2018-2019 -
– Correction - Analyse –
Exercice 1 1. Montrer que la fonctionf définie sur ]0,+∞[ par
f(t) = lnt t2+ 1
est intégrable sur]0; +∞[, et que l’on a : Z +∞
1
f(t)dt=− Z 1
0
f(t)dt
• f est continue sur]0,+∞[donc localement intégrable.
• En 0 :f(t) ∼
t→0ln(t). Par comparaison de fonctions de signe constant sur]0,1], la fonction ln étant intégrable sur]0,1], on af intégrable sur ]0,1].
• En +∞ : lim
t→+∞t32f(t) = 0, par croissances comparées. On en déduit que f(t) = ot→+∞
1 t32
, donc par comparaison à une intégrale de Riemann convergente,f est intégrable sur[1,+∞[.
• Bilan :f est intégrable sur]0,+∞[.
On poseu= 1
t =ϕ(t); la fonction ϕest de classeC1, bijective de[1,+∞[dans]0,1].
D’après le point précédent, Z +∞
1
f(t)dtconverge. Le théorème de changement de variable donne : Z +∞
1
f(t)dt= Z 0
1
ln u1
1
u2 + 1 ×−1 u2du=
Z 1
0
−ln(u) 1 +u2 du
2. adésigne un réel strictement positif. Déduire de la question précédente que Z +∞
0
lnt
t2+a2dt= πlna 2a
Soientεet M deux réels strictement positifs. On considère l’intégrale Z M
ε
ln(t) t2+a2dt.
On poseu= t
a =ϕ(t); la fonctionϕest de classeC1, bijective de [ε, M]dans ε
a,M a
. Le théorème de changement de variable donne :
Z M
ε
ln(t) t2+a2dt =
Z Ma
ε a
ln(au)
a2(u2+ 1)adu= 1 a
Z Ma
ε a
ln(a)
1 +u2du+1 a
Z Ma
ε a
ln(u) 1 +u2du
= ln(a) a
Arctan
M a
−Arctanε a
+1
a Z Ma
ε a
ln(u) 1 +u2du
D’après la question précédente, on a : Z +∞
0
ln(t) 1 +t2dt=
Z 1
0
f(t)dt+ Z +∞
1
f(t)d = 0, donc en faisant tendreεvers0 etM vers+∞, on obtient bien :
Z +∞
0
lnt
t2+a2dt= πlna 2a
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Correction CC2-S1
Exercice 2 1. Montrer la convergence de l’intégrale
Z +∞
0
sin2(t) t2 dt
• La fonctionf :t7→ sin2t
t2 est continue sur]0,+∞[donc localement intégrable.
• En 0 :f(t) ∼
t→01doncf se prolonge par continuité en 0 et Z 1
0
f(t)dt converge.
• En +∞ : On a : |f(t)| ≤ 1
t2, donc par comparaison à une intégrale de Riemann convergente, Z +∞
1
f(t)dt converge.
• Bilan : Z +∞
0
f(t)dt converge.
2. En utilisant une intégration par parties et le changement de variablet7→2t, montrer que Z +∞
0
sin2(t) t2 dt=
Z +∞
0
sin(t) t dt
On énoncera soigneusement les théorèmes utilisés.
Soientu:t7→sin2(t)etv:t7→ −1
t; uestv sont de classeC1sur]0,+∞[,lim
0 uv= 0et lim
+∞uv= 0.
Le théorème d’intégration parties donne Z +∞
0
f(t)dt et Z +∞
0
−2 sin(t) cos(t)
t dtde même nature, donc conver- gentes d’après la question précédente, et par suite :
Z +∞
0
f(t)dt= Z +∞
0
2 sin(t) cos(t)
t dt=
Z +∞
0
sin(2t) t dt
On poseu= 2t=ϕ(t);ϕest de classeC1, bijective de ]0,+∞[dans lui même.
Le résultat précédent donnant Z +∞
0
sin(2t)
t dt convergente, le théorème de changement de variable donne Z +∞
0
sin(u)
u 2
du
2 convergente et égale à la précédente.
Finalement, Z +∞
0
sin2(t) t2 dt=
Z +∞
0
sin(t) t dt.
3. Montrer la convergence de l’intégrale Z π2
0
sin2(nt)
t2 dt, pour toutn∈N. On noteIn cette intégrale.
Soitn∈N. On notefn :t7→ sin2(nt) t2 . fn est continue sur i
0,π 2 i
et fn(t) ∼
t→0n2 donc la fonction se prolonge par continuité en 0.
On en déduit que Z π2
0
fn(t)dt est faussement impropre, donc qu’elle converge.
4. Montrer que
n→+∞lim In
n = Z +∞
0
sin(t) t dt
Soitn∈N∗. On poseu=nt=ϕ(t);ϕest de classeC1, bijective dei 0,π
2 i
dansi 0,nπ
2 i
donc, compte tenu de la convergence établie précédemment, le théorème de changement de variable donne :
In= Z π2
0
fn(t)dt= Z nπ2
0
sin2(u)
u2 n2
du n =n
Z nπ2
0
sin2u u2 du.
Comme, d’après la question2, lim
n→+∞
Z nπ2
0
sin2t t2 dt=
Z +∞
0
sin2t t2 dt=
Z +∞
0
sin(t)
t dt, on a donc :
n→+∞lim In
n = Z +∞
0
sin(t) t dt
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5. Montrer la convergence de l’intégrale Z π2
0
sin2(nt)
sin2(t) dt, pour toutn∈N. On noteAn cette intégrale.
Soitn∈N. On notegn:t7→ sin2(nt) sin2(t) . gn est continue suri
0,π 2 i
et gn(t) ∼
t→0n2donc la fonction se prolonge par continuité en 0.
On en déduit que Z π2
0
gn(t)dtest faussement impropre, donc qu’elle converge.
6. CalculerA0 etA1. A0= 0;A1=
Z π2
0
sin2(t) sin2(t)dt=π
2.
7. En admettant que pour toutn∈N, on a :sin2(nt)−2 sin2((n+ 1)t) + sin2((n+ 2)t) = 2 sin2(t) cos (2(n+ 1)t), montrer queAn−2An+1+An+2= 0.
On a montré la convergence pour tout n∈N des intégrales Z π2
0
gn(t)dt; on peut donc utiliser la propriété de linéarité pour les intégrales généralisées. Pour toutn∈N, on a :
An −2An+1+An+2 = Z π2
0
sin2(nt)−2 sin2((n+ 1)t) + sin2((n+ 2)t)
sin2(t) dt =
Z π2
0
2 sin2(t) cos (2(n+ 1)t) sin2(t) dt =
2 Z π2
0
cos (2(n+ 1)t) dt= 2
sin(2(n+ 1)t) 2(n+ 1)
π2
0
= 0.
8. Déduire des deux questions précédentes l’expression deAn en fonction den, pour toutn∈N. La suite(An)est une suite récurrente linéaire d’ordre 2, d’équation caractéristique :r2−2r+ 1 = 0.
On en déduit qu’il existe deux réelsaet btels que pour toutn∈N,An =an+b.
Les valeurs deA0 etA1donnent :∀n∈N, An= πn 2 . 9. Montrer la convergence de l’intégrale
Z π2
0
sin2(nt)
tan2(t)dt, pour toutn∈N. On noteBn cette intégrale.
Soitn∈N. On notehn:t7→ sin2(nt) tan2(t). hn est continue suri
0,π 2 h
;hn(t) ∼
t→0n2, et lim
t→π2hn(t) = 0donc lahn se prolonge par continuité en 0 et en π 2. On en déduit que
Z π2
0
hn(t)dt est faussement impropre, donc qu’elle converge.
10. Montrer que pour toutn∈N∗,An−Bn= π 4.
Soitn∈N∗. Par linéarité des intégrales généralisées, on a : An−Bn=
Z π2
0
sin2(nt) 1
sin2(t)− 1 tan2(t)
dt=
Z π2
0
sin2(nt)
1−cos2(t) sin2(t)
dt=
Z π2
0
sin2(nt)dt
= Z π2
0
1−cos(2nt) 2
dt= 1
2
t−sin(2nt) 2n
π2
0
= π 4. 11. En utilisant le fait que pour toutx∈h
0,π 2 h
,0≤sin(x)≤x≤tan(x), montrer que pour toutn∈N∗ : Bn≤In≤An
En utilisant les inégalités de l’énoncé, la croissance de la fonction carré surR+ et la décroissance de la fonction inverse surR∗+, on a pour toutn∈N∗ et x∈i
0,π 2 h
:
hn(x)≤fn(x)≤gn(x), d’où par positivité des intégrales généralisées,Bn ≤In≤An. 12. Déduire de ce qui précède que
Z +∞
0
sin(t) t dt= π
2
Pourn∈N∗, l’encadrement précédent donne : Bn
n ≤ In
n ≤An
n . De plus, d’après la question8, pourn∈N∗ An
n = π
2, puis d’après la question10, Bn
n =An
n − π 4n −→
n→+∞
π 2. Ainsi, le théorème d’encadrement et la question4donnent :
Z +∞
0
sin(t) t dt= π
2.
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