Universit´e Bordeaux 1 - CPBX - PC ´ecoles S4 - Correction du devoir surveill´e du 4 mars 2011.
Exercice 1.
Montrer que la suiteun=Pn k=1
1 n+√
kn admet une limite quand n→ ∞que l’on calculera.
On remarque queun =Pn k=1
1 n
1 1+√
k n
=Pn k=1
1 nf kn
o`u f(x) = 1+1√x est une fonction continue sur [0,1]. Le th´eor`eme des sommes de Riemann assure queun converge versI =R1
0 f(x)dx. Le changement de variablest=√
xdonne
I= Z 1
0
2t 1 +tdt=
Z 1
0
2− 2
1 +tdt= 2−2 ln 2.
Exercice 2. Montrer que toute fonctionf ∈C0([a, b];E) v´erifiantRb
a kf(t)kdt= 0 est identiquement nulle.
Supposons qu’il existe t0 ∈ [a, b] tel que f(t0) 6= 0. Par continuit´e de f, il existe 0 < h < b−a tel que sur l’intervalle I = [t0−h, t0+h]∩[a, b], on ait k f(t) k≥ 12 k f(t0) k. On en d´eduit que Rb
a kf(t)kdt≥R
I kf(t)kdt≥ h2 kf(t0)k6= 0, ce qui contredit l’hypoth`ese.
Exercice 3. a. En utilisant une int´egration par partie, calculer l’int´egrale
I= Z 1
0
ln(1 +x2)dx.
On ´ecrit
I= Z 1
0
1.ln(1 +x2)dx=
xln(1 +x2)1
0− Z 1
0
x 2x 1 +x2dx
= ln 2−2 Z 1
0
1− 1 1 +x2dx
= ln 2−2 + 2 [arctanx]10
= ln 2−2 +π 2. b. Montrer que la suite
un=
n
Y
k=1
1 + k2
n2 n1
admet une limite, que l’on d´eterminera, quandntend vers l’infini.
un est strictement positif et on remarque que lnun=Pn k=1
1
nf(kn) avecf(t) = ln(1 +x2). Le th´eor`eme de la convergence des sommes de Riemann assure que lnunconvergeI quandntend vers l’infini, et comme l’exponentielle est une fonction continue, on conclut queun converge verseI = 2eπ2−2.
Exercice 4. a. Soit F ∈ C2([0, T];E) v´erifiant F(0) = F0(0) = 0 et F00(t) ≤ Ct. Montrer que F(t)≤C6t3.
On ´ecrit|F0(x)|=|Rx
0 F00(t)dt|≤Rx
0 Ctdt=Ct22, et|F(x)|=|Rx
0 F0(t)dt|≤Rx
0 Ct22dt=Ct63. b. Soitf ∈C2([a, b];E). Pour t ∈[0,b−a2 ] et c= a+b2 , on poseF(t) =Rc+t
c−tf(x)dx−2tf(c). Calculer F(0), F0(0) et montrer quekF00(t)k ≤2tkf00k∞.
On calcule F0(t) = f(c+t) +f(c−t)−2f(c), F00(t) = f0(c+t)−f0(c−t) et par le th´eor`eme des accroissements finis|F00(t)|≤2tkf00k∞.
1
2
c. On poseak=a+kb−an . Montrer que
Z b
a
f(x)dx−b−a n
n−1
X
k=0
f
ak+ak+1 2
≤(b−a)3
24n2 kf00k∞.
On utilise les r´esultats pr´ec´edents avec a = ak, b =ak+1, c = ak+a2k+1(= ck), C = 2 k f k∞ pour d´eduire que|Rck+t
ck−tf(x)dx−2tf(ck)|≤2kf00k∞t63 et avect= b−a2n on obtient|Rak+1
ak f(x)dx−b−an f(ck)|≤
(b−a)3
24n3 kf00k∞. On conclut avec la relation de Chasles qui donne
Z b
a
f(x)dx−b−a n
n−1
X
k=0
f
ak+ak+1
2
=
n−1
X
k=0
Z ak+1
ak
f(x)dx−b−a n f
ak+ak+1
2
≤
n−1
X
k=0
Z ak+1
ak
f(x)dx−b−a n f
ak+ak+1
2
≤
n−1
X
k=0
(b−a)3
24n3 kf00k∞=(b−a)3
24n2 kf00k∞.
Exercice 5. Soitz=a+ib∈C∗,a, b∈R,a≤0. On d´efinit I=
Z 12
0
ezt
1−tdt, k∈N, Ik= Z 12
0
tkeztdt.
a. CalculerI0et donner une relation entre Ik+1 etIk.
Un calcul direct et une int´egration par partie donnent I0= ez/2−1
z , Ik+1= ez/2
2k+1z −k+ 1 z Ik. b. montrer que pour tout entier n
I−
n
X
k=0
Ik
≤ 1
(n+ 2)2n+1.
Pour t∈[0,1/2] on a 1−t1 −Pn
k=0tk =t1−tn+1, et
tn+1 1−tezt
≤2tn+1 d’o`u
I−
n
X
k=0
Ik
=
Z 1/2
0
tn+1 1−teztdt
≤ Z 1/2
0
tn+1 1−tezt
dt≤ Z 1/2
0
2tn+1= 1
(n+ 2)2n+1.
c. Donner une valeur approch´ee `a 10−1 pr`es des int´egrales J =
Z 1/2
0
cos(2πt)
1−t dt, H= Z 1/2
0
sin(2πt) 1−t dt.
On choisitz= 2iπet on calculeI0= πi,I1= 4πi −2π12 et comme|I−I0−I1|≤ 121 etI=J+iH, on en d´eduit queJ ∼ −2π12 etH ∼ 4π5 `a 10−1pr`es.