la suite (vn)n∈N, donc aussi la suite (un)n∈N, convergent bien vers la borne suprieureA de la fonctionf sur [a, b]

Universit´e Pierre-et-Marie Curie-Paris 06 LM 260 B

Corrig´e du Partiel 2010-2011 29 Octobre 2010

Exercice I

1)Soient M >0 et m >0 tels que : ∀t∈[a, b], m≤g(t)≤M. Comme la fonctionf est positive, on peut

´ ecrire:

m Z b

a

fⁿ(t)dt≤ Z b

a

fⁿ(t)g(t)dt≤M Z b

a

fⁿ(t)dt D’o`u:

mⁿ¹ Z b

a

fⁿ(t)dt

!_n¹

≤ Z b

a

fⁿ(t)g(t)dt

!¹_n

≤M¹ⁿ Z b

a

fⁿ(t)dt

!_n¹

Comme les suites (M¹ⁿ)_n∈N^? et (mⁿ¹)_n∈N^? convergent vers 1 quand n→+∞, cette in´egalit´e montre bien que lim

n→+∞

un

vn

= 1. Dans la suite, il suffit donc de raisonner sur la suite (vn)_n∈N^?.

2) Par d´efinition de la borne sup´erieure, pour toutε > 0, il existe un intervalle [c, d] inclus dans [a, b] tel que: ∀t∈[c, d], A(1−ε)≤f(t)≤A, o`uAest la borne sup´erieure def sur [a, b]. On peut ´ecrire:

Aⁿ(1−ε)ⁿ(d−c)≤ Z d

c

fⁿ(t)dt≤ Z b

a

fⁿ(t)dt≤Aⁿ(b−a)ⁿ D’o`u:

A(1−ε)(d−c)ⁿ¹ ≤vn≤A(b−a)ⁿ¹

Puisque (b−a)ⁿ¹ et (d−c)ⁿ¹ tendent vers 0 quandn→ ∞, la suite (vn)_n∈N, donc aussi la suite (un)_n∈N, convergent bien vers la borne suprieureA de la fonctionf sur [a, b].

Exercice II a)u_n = (−1)ⁿ

ln (n+ (−1)ⁿ)

Cette s´erie n’est pas une s´erie altern´ee car la suite (|un|)_n∈N n’est pas d´ecroissante. On ´ecrit:

un= (−1)ⁿ lnn

lnn

ln (n+ (−1)ⁿ) =(−1)ⁿ lnn

lnn lnn+ ln

1 +⁽⁻¹⁾_n ⁿ =(−1)ⁿ lnn

lnn lnn+ ln

1 +⁽⁻¹⁾_nⁿ

= (−1)ⁿ lnn

lnn

lnn+⁽⁻¹⁾_n ⁿ+O(_n¹₂)= (−1)ⁿ lnn

1

1 + ⁽⁻¹⁾_nlnnⁿ+O(_n2¹_lnn) =(−1)ⁿ lnn

1−(−1)ⁿ

nlnn +O( 1 n²lnn)

= (−1)ⁿ

lnn − 1

n(lnn)² +O( 1 n²ln²n)

La s´erie de terme g´en´eralun apparait donc comme la somme de 3 s´eries: une s´erie altern´ee convergente, une s´erie de Bertrand convergente et une s´erie absolument convergente. C’est donc une s´erie convergente.

b)vn = cos

πn²ln(n−1 n )

On ´ecrit: ln n−1

n

= ln

1−1 n

=−1 n − 1

2n² − 1

3n³ +O( 1

n⁴). D’o`u:

vn= cosπn²

−1 n− 1

2n²− 1

3n³+O( 1 n⁴)

= sin π

3n+O( 1 n²)

= π

3n+O( 1 n²) 1

La s´erie de terme g´en´eralvnapparait donc comme la somme de 2 s´eries, une divergente et une absolument convergente, elle est donc divergente.

c) En ´ecrivant: wn = 1 + (−1)ⁿn^a

n^2a = 1

n^2a + (−1)ⁿ 1

n^a, la s´erie de terme g´en´eral wn apparait donc comme la somme de 2 s´eries. La premi`ere est une s´erie de Riemann, convergente si et seulement sia > 1

2 et la seconde est une s´erie altern´ee, convergente sia >0 et divergente sia≤0 puisqu’alors le terme g´en´eral ne tend pas vers 0 quandn→+∞. La s´erie de terme g´en´eralwn est donc convergente sia > 1

2 , divergente si 0< a≤ 1

2 et divergente si a≤0 puisque son terme g´en´eral ne tend pas vers 0 quandn→+∞.

Exercice III

1)La suite (un)_n∈N est positive et d´ecroissante. Elle converge donc vers une limite lqui, par continuit´e de la fonction sin doit v´erifier: l= sinl. Doncl= 0 et la suite (un)_n∈N tend bien vers 0 quandn→+∞.

2)La suitevn =un+1−un = sinun−un garde un signe constant et est ´equivalente `a−u³_n

6 . Donc les s´eries de termes g´en´erauxvn et −u³_n

6 ont mˆeme nature. Or, comme

n

X

i=0

vi=un+1−u0, la s´erie de terme g´en´eral vn converge et par suite la s´erie de terme g´en´eralu³_n aussi.

3)La suitew_n = lnu_n+1−lnu_n= ln(sinu_n)−lnu_n garde un signe constant et est ´equivalente `a−u²_n 2 . Donc les s´eries de termes g´en´eraux wn et−u²_n

2 ont mˆeme nature. Or, comme

n

X

i=0

wi= lnun+1−lnu0, la s´erie de terme g´en´eralvn diverge et par suite la s´erie de terme g´en´eralu²_n aussi.

Probl`eme IV 1) a)L’int´egrale a un sens car d’une part, la fonctiont → sinⁿt

tⁿ est continue sur ]0,+∞[ et prolongeable par continuit´e par 1 en 0 et que d’autre part en +∞, on a : 0≤ |sinⁿt

tⁿ | ≤ 1

tⁿ. La fonction 1

tⁿ est int´egrable en +∞d`es quen >1 et donc la fonction sinⁿt

tⁿ est absolument int´egrable en +∞.

Pour toutn >1, on peut remarquer que l’int´egrale de la fonction sinⁿt

tⁿ sur un intervalle [2kπ,(2k+ 1)π]

est positive. En effet, faisons le calcul sur [0,2π], le calcul ´etant analogue sur tout intervalle de ce type : Z 2π

0

sinⁿt tⁿ dt=

Z π

0

sinⁿt tⁿ dt+

Z 2π

π

sinⁿt tⁿ dt=

Z π

0

sinⁿt

tⁿ + (−1)ⁿ sinⁿt (t+π)ⁿ

dt >0.

CommeKn est la somme de toutes ces int´egrales,Kn est bien strictement positif.

b) Sur [1,+∞[, on ´ecrit:

Z +∞

1

sinⁿt tⁿ dt

≤ Z +∞

1

1

tⁿdt = 1

n−1, donc cette suite tend bien vers 0 quandn→ ∞.

Sur [0,1], on prend 0< a <1 et on ´ecrit:

0≤ Z 1

0

sinⁿt tⁿ dt=

Z a

0

dt+ Z 1

a

sinⁿt

tⁿ dt≤a+ Z 1

a

sinⁿt

tⁿ dt=a+ (1−a)sinⁿa

aⁿ , car la fonctiont→ sint t est d´ecroissante sur [0,1].

Donc si ε >0 est donn´e, on choisit 0< a < ε

2 et ensuiteN0 tel que pourn≥N0, sinⁿa

aⁿ ≤ ε

2(1−a), ce qui est possible puisque comme sina

a <1, la suite sinⁿa

aⁿ tend vers 0 quandn→+∞. On en d´eduit que pourn≥N₀, 0≤

Z 1

0

sinⁿt

tⁿ dt≤ε. Cette suite converge bien vers 0 quandn→+∞.

2

Donc la suite (Kn)n>1 converge bien vers 0 lorsquentend vers +∞.

2) a)Comme pour toutt∈[0,π

2], 0≤sinⁿ⁺¹t≤sinⁿt, la suite (αn)_n∈N est positive et d´ecroissante.

Pour montrer qu’elle tend vers 0 lorsquentend vers +∞, on choisita∈]0,π

2[et on d´ecompose l’int´egrale:

αn = Z ^π₂

0

sinⁿt dt= Z a

0

sinⁿt dt+ Z ^π₂

a

sinⁿt dt≤a+ (π

2−a) sinⁿa. Pourε >0 donn´e, on choisita≤ ε 2 et on voit qu’il existe un entierN tel que pourn≥N, 0≤sinⁿa≤ ε

2(^π₂ −a), d’o`u le r´esultat.

b) On fait une int´egration par partie en posant, pourn >2,u⁰ = sint et v= sinⁿ⁻¹t. Le terme tout int´egr´e est nul et donc:

αn = (n−1) Z ^π₂

0

cos²tsinⁿ⁻¹t dt= (n−1) (αn−α_n−2), d’o`u le r´esultat.

c)On ´ecrit l’´egalit´e de la questionb)`a l’ordrenet `a l’ordren−1 et on multiplie terme `a terme, soit:

α_n αn−2

=n−1 n , α_n−1

αn−3

=n−2

n−1 et donc α_nα_n−1 αn−2αn−3

=(n−1)(n−2)

n(n−1) =n−2 n . On v´erifie ais´ement queα₁α₀= π

2 et 2α₂α₁ = π

2. On raisonne ensuite par r´ecurrence s´epar´ement sur les entiers pairs et les entiers impairs `a partir de l’´egalit´e ci dessus.

d)On utilise la d´ecroissance de la suite (αn)_n∈N pour ´ecrire:

1≤αn−1

αn

≤ αn−2

αn

= n

n−1. On a donc bien: lim

n→+∞

α_n−1 α_n = 1.

e)Comme lim

n→+∞

nα²_n

nα_nα_n−1 = 1, on d´eduit de la questionc)que lim

n→+∞

αn

pπ 2n

= 1.

3) a)On posef(t) = sint−t+t³et on prouve que les d´eriv´ees succ´esives jusqu’`a l’ordre 3 def sont positives et nulles en 0. On en d´eduit de proche en proche que f est croissante sur [0,1]. Comme elle est nulle en 0, on a bien sint

t ≥1−t² pour pour toutt∈[0,1]. La seconde in´egalit´e est ´evidente car 0≤1−t²≤1.

b)Pour tout entierp >0, la fonction sin^2pt

t^2p est positive sur [0,+∞[ et donc K2p≥ Z 1

0

sin^2pt t^2p dt.

D’o`u, grˆace `a la question3)a),K_2p= Z 1

0

sin^2pt t^2p dt≥

Z 1

0

(1−t²)^pdt.

En effectuant le changement de variablet= cosudans cette derni`ere int´egrale, on trouve que : K2p≥

Z ^π₂

0

(1−cos²u)^psinu du=α2p+1.

c)La s´erie de terme g´en´eralK2pdiverge puisque son terme g´en´eral domine le terme g´en´eral d’une s´erie

`

a termes positifs divergente (voir 2)e). La s´erie de terme g´en´eralKn diverge donc aussi puisque c’est une s´erie `a termes positifs d’apr`es la question1) et donc que la suite de ses sommes partielles domine la suite des sommes partielles de la s´erie divergente de terme g´en´eralK2p.

d)On v´erifie que la s´erie de terme g´en´eral (−1)ⁿK_n v´erifie le crit`ere des s´eries altern´ees.

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