Convergence dominée - CPGE Dupuy de Lôme

Transcription

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 28 décembre 2016
Enoncés
Convergence dominée
1
Exercice 7 [ 02568 ] [Correction]
Montrer que
un = (−1)
Calculer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants :
R +∞
R π/4
(b) vn = 0 xndx
(a) un = 0 tann x dx
+e x
Z
n
0
est définie pour n ≥ 1.
Calculer
+∞
Z
lim
n→+∞
Exercice 8
Montrer
[ 03294 ]
Z
n→+∞
+∞
xn dx
x2n +1
e
−xn
+∞
Z
0
[ 00926 ]
sin(nt)
dt
nt + t2
1
Z
+∞
n→+∞
Exercice 6
Établir que
[ 00927 ]
e−t sinn (t) dt
0
[Correction]
Z
+∞
−∞
1+
!
2 −n
t
n
Z
+∞
dt −→
n→+∞
e−x
dx
x
Montrer que la fonction fn donnée par
ln(1 + x/n)
x(1 + x2 )
Soit f : [0 ; +∞[ → C continue.
On suppose que la fonction f converge en +∞ vers une limite finie `.
Déterminer la limite quand n → +∞ de
Z
1 n
µn =
f (t) dt
n 0
[Correction]
lim
+∞
est intégrable sur R∗+ .
R +∞
Montrer que la suite de terme général un = n 0 fn (x) dx converge vers une limite à
préciser.
est bien définie et étudier sa convergence.
Exercice 5
Calculer
dx =
Z
1
fn (x) =
un =
dt
(1 + t3 )n
[Correction]
lim n
Vérifier que la suite de terme général
dt
(1 + t3 )n
En déduire la nature de la série de terme général un .
Étudier la limite éventuelle, quand n tend vers +∞, de la suite
Z +∞
xn
In =
dx
1 + xn+2
0
Calculer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants :
R +∞
R +∞ n
R +∞ n
(c)
u
=
(a) un = 0 sinx2 x dx
(b) un = 0 xxn+2dx
n
+1
0
0
+∞
Étudier la limite de
Z
2
e−t dt
1
f (tn ) dt
−∞
0
où f : [0 ; 1] → R est continue.
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
Soit f ∈ C0 (R+ , R+ ) bornée. On pose, pour n ∈ N,
Z +∞
In =
n f (t) e−nt dt
Enoncés
2
Exercice 18
Déterminer
[ 02982 ]
[Correction]
n
Z
lim
n→+∞
0
2
x n
dx
cos
n
0
Déterminer la limite de In quand n → +∞.
Soit f : R+ → R continue et bornée.
Z +∞
Soit f : R+ → R+ continue et intégrable.
Z
n
1
0
n f (x)
dx
1 + n2 x2
0
Exercice 20
Calculer
[ 02862 ]
[Correction]
Z
+∞
lim
n→+∞
Soit f : R+ → R de classe C1 intégrable ainsi que sa dérivée.
(a) Déterminer pour x > 0
+∞
Z
lim
n→+∞
n cos t(sin t)n f (xt) dt
0
(b) Préciser le mode de convergence.
f (nt)
dt
1+t
n!
dx
k=1 (k + x)
Qn
0
Soit F une application continue décroissante de R dans R, tendant vers 1 en −∞ et vers 0
en +∞. Soient deux réels h et δ vérifiant 0 < h < δ.
(a) Déterminer la limite éventuelle de
Z 1 √
In =
F n(δt − h) dt
0
Exercice 15
Étudier
[ 04079 ]
[Correction]
(b) On pose
√
n
Z
1−
lim
n→+∞
Exercice 16
Étudier
[ 00922 ]
0
t2 n
n
dt
Sn =
n−1
X
F
√
k=0
!!
k+1
n δ
−h
n
Déterminer un équivalent de S n lorsque n tend vers +∞.
[Correction]
Z
n
lim
n→+∞
0
x n −2x
e dx
1+
n
Pour n ∈ N et x ∈ ]0 ; 1[, on pose
fn (x) =
Déterminer un équivalent de
Z
0
n
r
x n
1+ 1−
dx
n
x2n+1 ln x
x2 − 1
(a) Montrer que fn est intégrable sur ]0 ; 1[. On pose
Z 1
Jn =
fn (x) dx
0
(b) Montrer que la suite (Jn )n∈N est convergente et déterminer sa limite.
(c) Montrer que
Jn =
+∞
1 X 1
4 k=n+1 k2
f (x)
1 + xn
(a) Déterminer la limite simple de ( fn ).
(b) Établir l’égalité suivante :
b
Z
fn (t) dt =
lim
n→+∞
1
Z
a
3
Soit f : [0 ; 1] → R une fonction continue vérifiant f (1) , 0. Déterminer un équivalent
quand n tend vers l’infini de
Z 1
In =
tn f (t) dt
0
Soit f une application réelle de classe C1 sur [a ; b] avec 0 < a < 1 < b et f (1) , 0. Soit
( fn ) la suite de fonctions telle que
fn (x) =
Enoncés
f (t) dt
a
Exercice 27
[ 04158 ]
[Correction]
(a) Rappeler une condition nécessaire et suffisante pour qu’une fonction dérivable sur un
intervalle soit strictement croissante.
(b) Soit f : [a ; b] → R+ continue dont l’ensemble des zéros est d’intérieur vide et
n ∈ N∗ .
Montrer qu’il existe une unique subdivision (x0 , . . . , xn ) de [a ; b] vérifiant :
Z xi
Z
1 b
∀i ∈ ~1 ; n,
f (x) dx =
f (x) dx
n a
xi−1
(c) Soit g : [a ; b] → R+ continue. Calculer
(c) Montrer que
Z
n
1
t
n−1
a
Pour n ∈ N∗ et x ∈ R, on pose
lim
Soit a et b strictement positifs. On définit deux suites (an ) et (bn ) par
x2
n
fn (x) = √ 1 − 2
2n
π
!2n4
Soit g une fonction continue sur R et nulle en dehors d’un segment [a ; b].
Montrer que
Z
a0 = a, b0 = b et ∀n ∈ N, an+1 =
p
an + bn
, bn+1 = an bn
2
(a) Montrer que les suites (an ) et (bn ) convergent vers une même limite, notée M(a, b).
(b) On pose
T (a, b) =
fn (x)g(x) dx = g(0)
lim
n→+∞
1X
g(xi )
n→+∞ n
i=1
ln 2
f (1)
fn (t) dt ∼
n
Z
+∞
−∞
R
du
p
2
(a + u2 )(b2 + u2 )
Montrer
Existence et calcul de
a + b √ , ab = T (a, b)
2
On pourra utiliser le changement de variable u = 12 t − abt .
T
Z
0
+∞
ln t
dt
et
Indice : utiliser une suite de fonctions judicieuse.
(c) Montrer
T (a, b) =
π
M(a, b)
Corrections
Corrections
4
Sans difficultés, par le théorème de convergence dominée
1
Z
Exercice 1 : [énoncé]
À chaque fois, on vérifie que les fonctions engagées sont continues par morceaux.
CVS
(a) Sur [0 ; π/4[, tann x −−−→ 0 |tann x| ≤ 1 = ϕ(x) intégrable sur [0 ; π/4[ donc
π/4
Z
un →
0
et donc
Aussi
1
e−x dx =
0
e−1
e
n
CS
Or |sinx2x| −−→ f (x) avec f (x) = 0 pour tout x , π/2 [π].
n
De plus |sinx2x| ≤ x12 = ϕ(x) avec ϕ intégrable sur [1 ; +∞[ donc
+∞
Z
1
|sin x|n
dx →
x2
+∞
Z
f (x) dx = 0
1
puis un → 0.
En découpant l’intégrale
(b) On écrit
In =
Z
0
1
n
x
dx +
1 + xn+2
Z
+∞
1
un =
n
x
dx
1 + xn+2
et
À chaque fois, on vérifie que les fonctions engagées sont continues par morceaux.
(a) Ici, on ne peut appliquer le théorème de convergence dominée sur [0 ; +∞[ après une
majoration de |sin x| par 1 car la fonction dominante ϕ(x) = 1/x2 ne sera pas
intégrable sur ]0 ; +∞[. Pour contourner cette difficulté, on découpe l’intégrale.
un =
0
+∞
n
sin x
dx =
x2
Z
0
1
n
sin x
dx +
x2
Z
1
+∞
n
sin x
dx
x2
Z 1
Z 1
n−2 sinn x sin (x) dx car |sin x| ≤ |x|
dx ≤
2
x
0
0
xn dx
+
n+2
x +1
+∞
Z
xn dx
+1
xn+2
1
Z 1
Z 1 n
1
x dx ≤
xn dx =
n+2 + 1 n
+
1
x
0
0
Z
+∞
1
Z
1
Z
0
On a
En appliquant le théorème de convergence dominée aux deux intégrales, on obtient
Z +∞
dx
In →
=1
x2
1
On a
sinn x
dx → 0
x2
Z +∞
Z +∞
sinn x |sin x|n
dx
≤
dx
x2
x2
1
1
CVS
1
−x
(b) Sur [0 ; +∞[,
xn +ex −−−→ f (x) avec f (x) = e sur [0 ; 1[ et f (x) = 0 sur ]1 ; +∞[.
1
−x
De plus xn +ex ≤ e = ϕ(x) avec ϕ intégrable sur [0 ; +∞[ donc
vn →
1
Z
0
0 dx = 0
0
Z
n−2 sin (x) dx → 0
xn dx
−→
xn+2 + 1 n→+∞
+∞
Z
1
dx
=1
x2
n en vertu du théorème de convergence dominée et via la domination xn+2x +1 ≤
[1 ; +∞[.
Ainsi un → 1.
(c) On écrit
un =
Z
0
On a
et
1
xn dx
+
x2n + 1
Z
1
+∞
1
x2
sur
xn dx
x2n + 1
Z 1 n
Z 1
x dx 1
≤
xn dx =
2n + 1 n
+
1
x
0
0
Z +∞ n
Z +∞
x dx dx
1
=
≤
n
2n
x
n−1
x +1
1
1
Corrections
donc un → 0.
On peut aussi appliquer le théorème de convergence dominée mais c’est moins
efficace.
5
avec



0
f (t) = 

e−t
si t , π/2
sinon
mod π
Les fonctions fn et f sont continues par morceaux et
Posons
| fn (t)| ≤ e−t = ϕ(t)
sin(nt)
nt + t2
La fonction fn est définie et continue par morceaux sur ]0 ; +∞[.
nt
Quand t → 0+ , fn (t) ∼ nt+t
2 → 1.
Quand t → +∞ ; fn (t) = O t12 .
On peut donc affirmer que fn est intégrable sur ]0 ; +∞[.
Pour t ∈ ]0 ; +∞[.
Quand n → +∞, fn (t) = O n1 donc la suite ( fn ) converge simplement vers la fonction
nulle.
De plus, pour t ≤ π/2, on a, sachant |sin u| ≤ |u|,
fn : t 7→
| fn (t)| ≤
nt
≤1
nt + t2
et pour t ≥ π/2,
1
1
≤
| fn (t)| ≤
nt + t2 t2
Ainsi | fn | ≤ ϕ avec



1
ϕ : t 7→ 

1/t2
si t ∈ [0 ; π/2]
si t ∈ ]π/2 ; +∞[
La fonction ϕ étant intégrable sur ]0 ; +∞[, on peut appliquer le théorème de convergence
dominée et affirmer
Z +∞
0 dt = 0
un →
0
La fonction intégrée ne converge pas simplement en les t = π/2 + π mod 2π. Pour
contourner cette difficulté on raisonne à l’aide de valeurs absolues.
Z +∞
Z +∞
−t
n
e sin (t) dt ≤
e−t |sinn t| dt
0
0
On a
CS
fn (t) = e−t sinn (t) −−→ f (t)
avec ϕ continue par morceaux intégrable sur [0 ; +∞[ donc par convergence dominée :
Z +∞
Z +∞
lim
e−t sinn (t) dt =
f (t) dt = 0
n→∞
Les fonctions données par
0
0
−n
fn (t) = 1 + t2 /n
sont définies et continues par morceaux sur R.
2
La suite de fonctions ( fn ) converge simplement vers f avec f (t) = e−t définie et continue
par morceaux sur R.
Soit t ∈ R fixé et considérons
ϕ : x 7→ −x ln(1 + t2 /x)
définie sur [1 ; +∞[.
En étudiant le signe de ϕ00 , on démontre ϕ0 est croissante. Or lim+∞ ϕ0 = 0 et donc ϕ0 est
négative.
La fonction ϕ est donc décroissante et par conséquent, pour tout n ∈ N∗
!−n
1
t2
= exp(ϕ(n)) ≤ exp(ϕ(1)) =
| fn (t)| ≤ 1 +
n
1 + t2
La fonction t 7→ 1/(1 + t2 ) est intégrable sur R.
Par convergence dominée
!−n
Z +∞
Z +∞
t2
2
1+
dt −→
e−t dt
n→+∞ −∞
n
−∞
La fonction t 7→ (1+t13 )n est continue par morceaux sur [0 ; +∞[ et on observe
1
1
∼
(1 + t3 )n t→+∞ t3n
R +∞
avec 3n > 1 donc l’intégrale 0 (1+tdt3 )n est bien définie pour n ≥ 1.
Par application du théorème de convergence dominée (en prenant ϕ(t) =
dominatrice), on obtient
Z +∞
dt
lim
=0
n→+∞ 0
(1 + t3 )n
Corrections
1
1+t3
pour
La décroissance de (|un |) et la positivité de l’intégrale étant des propriétés immédiates, on
P
peut appliquer le critère spécial et affirmer que un converge.
Soit n ∈ N∗ .
n
La fonction x 7→ e−x est définie et continue par morceaux sur [1 ; +∞[. Étant de plus
négligeable devant 1/x2 quand x → +∞, on peut affirmer qu’elle est intégrable et on peut
donc introduire
Z +∞
n
e−x dx
1
Par le changement de variable C1 strictement monotone donné par la relation t = xn , on
obtient
Z +∞
Z +∞ −t
e 1/n
−xn
n
t dt
e dx =
t
1
1
6
Quand x → +∞, fn (x) = o x12 .
Par suite fn est intégrable sur ]0 ; +∞[.
Z
un =
+∞
0
Posons
gn (x) =
n ln(1 + x/n)
dx
x(1 + x2 )
n ln(1 + x/n)
= n fn (x)
x(1 + x2 )
1
Pour x > 0, quand n → +∞, gn (x) → 1+x
2.
De plus, sachant ln(1 + u) ≤ u, on a |gn (x)| ≤
Par convergence dominée,
Z
+∞
un →
0
1
1+x2
= ϕ(x) avec ϕ intégrable.
π
dx
=
1 + x2 2
Par changement de variable
µn =
Z
1
f (ns) ds
0
µn → `
Posons alors
e−t 1/n
t
t
Les fonctions fn sont définies et continues par morceaux sur [1 ; +∞[.
La suite de fonctions ( fn ) converge simplement vers la fonction
fn : t 7→
f : t 7→
et pour tout n ∈ N
e−t
t
| fn (t)| ≤ e−t = ϕ(t)
avec ϕ fonction continue par morceaux et intégrable puisque t2 ϕ(t) −→ 0.
t→+∞
On peut alors appliquer le théorème de convergence dominée et affirmer
Z +∞
Z +∞ −t
Z +∞ −t
e 1/n
e
n
n
e−x dx =
t dt −→
dt
n→+∞ 1
t
t
1
1
fn est définie et continue par morceaux sur ]0 ; +∞[.
Quand x → 0+ , fn (x) → 1n , on peut donc la prolonger par continuité.
Considérons la suite des fonctions un : [0 ; 1] → R déterminée par un (t) = f (tn ).
Les fonctions un sont continues par morceaux et par continuité de f



 f (0) si t ∈ [0 ; 1[
un (t) −→ u(t) = 
 f (1) si t = 1
n→+∞
déf 
La suite de fonctions (un ) converge simplement sur [0 ; 1] vers la fonction u continue par
morceaux.
Enfin, la fonction f étant continue sur un segment, elle y bornée ce qui permet
d’introduire
M = sup | f (t)|
t∈[0;1]
Puisque
∀t ∈ [0 ; 1], |un (t)| ≤ M
avec t 7→ M intégrable sur [0 ; 1], on peut appliquer le théorème de convergence dominée
et affirmer
Z
Z
1
1
f (tn ) dt →
0
u(t) dt = f (0)
0
Par le changement de variable u = nt
+∞
Z
In =
f (u/n) e−u du
0
Par convergence dominée, sachant
| f (u/n)| ≤ k f k∞ e−u = ϕ(u)
avec ϕ intégrable, on obtient
Z
+∞
f (0) e−u du = f (0)
In →
0
Par le changement de variable u = nx,
Z +∞
Z +∞
f (u/n)
n f (x)
dx
=
du
2 x2
1
+
n
1
+ u2
0
0
(u/n)
Posons alors fn : u 7→ f1+u
2 définie
La suite de fonctions ( fn ) converge
sur R+ .
simplement vers
f (0)
1 + u2
f∞ : u 7→
Les fonctions fn et f sont continues par morceaux sur R+ .
| fn (u)| ≤
avec ϕ intégrable sur R+ .
Z +∞
0
k f k∞
= ϕ(u)
1 + u2
Corrections
7
Puisque f 0 est intégrable, la fonction f converge en +∞ et, puisque f est aussi
intégrable, f tend vers 0 en +∞. Par intégration par parties, on obtient alors
Z +∞
n
(sin t)n+1 x f 0 (xt) dt
un (x) = −
n+1 0
Posons gn (x) = |sin t|n+1 x f 0 (xt) dt.
Chaque fonction gn est continue par morceaux.
La suite de fonctions (gn ) converge simplement vers une fonction continue par
morceaux, nulle en chaque x , π/2 + kπ.
La fonction limite simple est continue par morceaux.
Enfin on a la domination
|gn (x)| ≤ x f 0 (xt) = ϕ(t)
avec la fonction ϕ intégrable.
+∞
Z
gn (t) dt −→ 0
n→+∞
0
et par comparaison
un (x) −→ 0
n→+∞
(b) On vient déjà d’obtenir une convergence simple de la suite de fonctions (un ) vers la
fonction nulle. Montrons qu’en fait il s’agit d’une convergence uniforme.
Z +∞
n
(sin(u/x))n+1 f 0 (u) du
un (x) = −
n+1 0
Soit ε > 0. Puisque la fonction f 0 est intégrable, il existe A ∈ R+ tel que
Z +∞ f 0 (u) du ≤ ε
A
n f (x)
dx −→
n→+∞
1 + n2 x 2
Z
0
+∞
f (0)
π f (0)
du =
2
2
1+u
et alors
Z
A
|sin(u/x)|n+1 du + ε avec M = max f 0 (u)
|un (x)| ≤ M
u∈[0;A]
0
Pour x ≥ 4A/π, on a
∀u ∈ [0 ; A], 0 ≤
(a) Pour x > 0, posons
un (x) =
Z
+∞
n cos t(sin t)n f (xt) dt
0
L’intégrabilité de f assure que un (x) est bien définie.
et donc
Z
u A π
≤ ≤
x
x
4
A
|sin(u/x)|n+1 du ≤ √
0
A
2n+1
Corrections
Pour x ≤ 4A/π, on a par changement de variable
Z A
Z A/x
n+1
|sin(u/x)| du = x
|sin t|n+1 dt
0
Posons

n


(1 + x/n)
fn (x) = 

0
0
Pour k entier tel que kπ < A/x ≤ (k + 1)π.
Z A
Z (k+1)π
Z
|sin(u/x)|n+1 du ≤ x
|sin t|n+1 dt = x(k + 1)
0
8
0
0
Or x(k + 1)π ≤ A + xπ ≤ 5A et donc
Z
Z A
5A π
n+1
(sin t)n+1 dt
|sin(u/x)| du ≤
π 0
0
π
(sin t)n+1 dt
Pour x ∈ [0 ; +∞[, à partir d’un certain rang x ≥ n et
x n −2x
x
fn (x) = 1 +
e = exp n ln 1 +
− 2x → e−x
n
n
Ainsi, la suite ( fn ) converge simplement vers f : x 7→ e−x .
En vertu de l’inégalité ln(1 + u) ≤ u, on obtient
| fn (x)| ≤ e−x = ϕ(x)
Finalement, pour tout x > 0,
5AM
|un (x)| ≤
π
Z
π
n+1
(sin t)
0
AM
+ε
dt + √
2n+1
et donc pour n assez grand, on a pour tout x > 0.
|un (x)| ≤ 2ε
si x ∈ [0 ; n]
sinon
et ce que x ∈ [0 ; n] ou non.
La fonction ϕ est intégrable sur [0 ; +∞[.
Par application du théorème de convergence dominée,
Z n
Z +∞
x n −2x
1+
lim
e dx =
e−x dx = 1
n→+∞ 0
n
0
Il y a donc convergence uniforme vers la fonction nulle.
Posons
√
si t ∈ [0 ; n[
sinon
√
Pour t ∈ [0 ; +∞[, à partir d’un certain rang t > n et
!n
!!
t2
t2
2
fn (t) = 1 −
→ e−t
= exp n ln 1 −
n
n

n


 1 − t2 /n
fn (t) = 

0
2
Ainsi, la suite ( fn ) converge simplement vers f : t 7→ e−t .
En vertu de l’inégalité ln(1 + u) ≤ u, on obtient
2
| fn (t)| ≤ e−t = ϕ(t)
√
et ce que t ∈ [0 ; n] ou non.
La fonction ϕ est intégrable sur [0 ; +∞[.
Par application du théorème de convergence dominée,
!n
Z √n
Z +∞
t2
2
lim
1−
dt =
e−t dt
n→+∞ 0
n
0
Z nr
0
Z 1√
x n
1+ 1−
dx n = n
1 − un du
u=1−x/n
n
0
Par le théorème de convergence dominée
Z 1√
1 − un du −→ 1
n→+∞
0
donc
Z
0
n
r
x n
dx ∼ n
1+ 1−
n
n2
Posons fn (x) = cos nx si x ∈ [0 ; n] et fn (x) = 0 si x ∈ ]n ; +∞[.
Pour x ∈ R+ , quand n → +∞,
2
x n
2
= exp n2 ln 1 − x2 /2n2 + o(1/n2 ) → e−x /2
fn (x) = cos
n
Corrections
Ainsi, la suite de fonctions ( fn ) converge simplement vers f : x 7→ e−x /2 sur [0 ; +∞[. Les
fonctions fn et f sont continues par morceaux.
Soit ψ : [0 ; 1] → R définie par ψ(t) = 1 − t2 /4 − cos t. Par étude des variations,
2
On en déduit que, pour x ∈ [0 ; n],
!
x2
x2
x
≤ ln 1 − 2 ≤ − 2
ln cos
n
4n
4n
!
n
X
n!
x
=−
ln 1 +
→ −∞
k
k=1 (k + x)
k=1
ln Qn
puis par le théorème de convergence dominée
Z +∞
n!
Qn
lim
dx = 0
n→+∞ 0
k=1 (k + x)
puis
2
Quand n → +∞,
car ln (1 + x/k) ∼ x/k terme général d’une série à termes positifs divergente.
Par suite
n!
Qn
→0
k=1 (k + x)
∀x ∈ [0 ; 1], ψ(x) ≥ 0
fn (x) ≤ e−x
9
/4
Cette inégalité vaut aussi pour x ∈ ]n ; +∞[ et puisque la fonction x 7→ e−x /4 est
intégrable, on peut appliquer le théorème de convergence dominée pour affirmer
r
Z n
Z +∞
2
x n
π
−x2 /2
lim
cos
dx =
e
dx =
n→+∞ 0
n
2
0
2
On a
Z
n
0
avec
1
f (nt)
dt =
1 + t u=nt
Z
0
n
f (u)
du =
1 + u/n
 f (u)


 1+u/n
fn (u) = 

0
Z
+∞
fn (u) du
0
si u ∈ [0 ; n]
si u ∈ ]n ; +∞[
La suite de fonctions continues ( fn ) converge simplement vers la fonction continue f et
| fn | ≤ | f | = ϕ avec ϕ continue par morceaux intégrable sur [0 ; +∞[ indépendant de n.
Z +∞
Z +∞
fn (u) du −→
f (u) du
0
n→+∞
0
On a
1×2
n!
Q
× 1 = ϕ(x)
≤
n
(k
+
x)
(x
+
1)(x + 2)
k=1
avec ϕ intégrable sur [0 ; +∞[.
(a) Appliquons le théorème de convergence dominée.
Posons fn : [0 ; 1] → R définie par
√
fn (t) = F n(δt − h)
Pour t ∈ [0 ; h/δ[, on a fn (t) → 1.
Pour t ∈ ]h/δ ; 1], on a fn (t) → 0.
Enfin, pour t = h/δ, fn (t) = F(0) → F(0).
Ainsi la suite de fonctions ( fn ) converge simplement sur [0 ; 1] vers f définie par



1
si t ∈ [0 ; h/δ[




f (t) = 
F(0) si t = h/δ




0
si t ∈ ]h/δ ; 1]
Les fonctions fn sont continues et la limite simple f est continue par morceaux.
Enfin
∀t ∈ [0 ; 1], | fn (t)| ≤ 1 = ϕ(t)
avec ϕ continue par morceaux et intégrable.
Z 1
Z
In →
f (t) dt =
0
0
h/δ
1 dt =
h
δ
(b) Par la décroissance de F, on peut écrire
!! Z (k+1)/n Z (k+2)/n √
√
√
1
k+1
F n(δt − h) dt ≤ F n δ
−h ≤
F n(δt − h) dt
n
n
(k+1)/n
k/n
Corrections
Quand ε → 0+ et a → 1− , on obtient
En sommant ces inégalités
Z
10
(n+1)/n
F
√
1/n
et donc
et
Z
(n+1)/n
F
√
n(δt − h) dt =
Z
1
F
√
Jn = lim
n(δ(t + 1/n) − h) dt
Par convergence dominée, on obtient de façon analogue à ce qui précède, la limite de
ce terme et on conclut
h
Sn ∼ n
δ
+∞
X
N→+∞
0
1/n
1
(2k + 2)2
Jk − Jk+1 =
Sn
≤ In
n(δt − h) dt ≤
n
(Jk − Jk+1 ) =
k=n
+∞
X
k=n
1
(2k + 2)2
Enfin par translation d’indice
Jn =
+∞
X
k=n
+∞
1
1 X 1
=
(2k + 2)2 4 k=n+1 k2
(a) Considérons la fonction
x ln x
x2 − 1
La fonction ϕ est définie et continue par morceaux sur ]0 ; 1[.
Quand x → 0+ , ϕ(x) → 0 et quand x → 1− ,
ϕ : x 7→
x ln x
1
ϕ(x) =
→
x+1 x−1
2
Puisque ϕ se prolonge par continuité en 0 et en 1, ϕ est intégrable sur ]0 ; 1[.
Or
| fn (x)| = x2n |ϕ(x)| ≤ |ϕ(x)|
donc, par domination, la fonction fn est elle aussi intégrable sur ]0 ; 1[.
(b) La suite de fonctions fn converge simplement vers la fonction nulle et est dominée
par la fonction intégrable ϕ donc par convergence dominée
Jn → 0
(c) On a
Jk − Jk+1 = −
Z
1
x2k+1 ln(x) dx
0
Réalisons une intégration par parties
Z
−
a
x
ε
#a Z a
x2k+2
ln(x) dx = −
ln x +
x2k+1 dx
2k + 2
ε
ε
"
2k+1
(a) ( fn ) converge simplement vers la fonction f



f (x)




f (x) = 
f (1)/2




0
donnée par
si x ∈ [a ; 1[
si x = 1
si x ∈ ]1 ; b]
(b) Sachant | fn (x)| ≤ | f (x)| avec f intégrable sur [a ; b], on peut appliquer le théorème de
convergence dominée et on obtient directement le résultat proposé.
(c) Par une intégration par parties
"
#1
Z 1
Z
1
1 1
n−1
n
t fn (t) dt =
ln(1 + t ) f (t) −
ln(1 + tn ) f 0 (t) dt
n
n a
a
a
D’une part
"
#1
!
1
ln 2
ln(1 + an )
ln 2
1
ln(1 + tn ) f (t) =
f (1) +
f (a) =
f (1) + o
n
n
n
n
n
a
car ln(1 + an ) → 0.
D’autre part
Z 1
!
!
Z 1
1
1 1
1
n 0
ln(1 + t ) f (t) dt ≤ f 0 ∞
tn dt = O 2 = o
n
n a
n
n
0
sachant ln(1 + u) ≤ u.
Au final, on obtient
Z
a
1
tn−1 fn (t) dt =
ln 2
1
f (1) + o
n
n
!
Corrections
L’intégrale
On a
ln(t)un (t) → ln(t)e−t
Z
fn (x)g(x) dx =
b
Z
et
fn (x)g(x) dx
|ln(t)un (t)| ≤ e ln(t)e−t
a
R
est bien définie.
Par le changement de variable x = u/n bijectif de classe C1
Z
R
11
fn (x)g(x) dx =
Z
nb
na
u2
1
√ 1− 4
2n
π
!2n4
g(u/n) du =
donc par convergence domine
Z +∞
Z
+∞
hn (u) du
−∞
0
On a
n
Z
avec
1
u2
hn (u) = √ 1 − 4
2n
π
!2n
4
g(u/n)χ[na;nb]
0
avec
Z
hn est continue par morceaux, (hn ) converge simplement vers h continue par morceaux
avec
1
2
h(u) = √ e−u g(0)
π
Pour
n assez
grand de sorte que |a/n| , |b/n| ≤ 1 on a pour tout u ∈ [na ; nb],
u2 /2n4 ≤ 1/2 < 1,
1
ln t
dt = lim
n→+∞
et
Z
0
n
t n−1
1−
ln(t) dt
n
Z 1
t n−1
ln(t) dt =
1−
n (1 − u)n−1 ln(nu) du
n
0
n (1 − u)n−1 ln(nu) du = ln n +
0
1
Z
n ln(u)(1 − u)n−1 du
0
et par intégration par parties
Z 1
Z
n−1
n 1
n ln(u)(1 − u) du = ln(u)(1 − (1 − u) ) 0 +
0
0
1
(1 − u)n − 1
du
u
n
1
1
4
2
4
2
|hn (u)| = √ e2n ln(1−u /2n ) ≤ √ e−u = ϕ(u)
π
π
et cette inégalité vaut aussi pour u < [na ; nb].
La fonction ϕ étant continue par morceaux et intégrable sur R, on peut appliquer le
théorème de convergence dominée et conclure sachant
Z +∞
√
2
e−u du = π
On notera qu’on a choisi (1 − (1 − u) ) pour primitive de n(1 − u)n−1 car celle-ci s’annule
en 0 de sorte que l’intégration par parties n’engage que des intégrales convergentes.
Enfin
Z 1
Z 1 n
Z 1X
n−1
v −1
(1 − u)n − 1
du = −
=−
vk dv
u
0
0 v−1
0 k=0
puis
Z
0
−∞
1
n
X
1
(1 − u)n − 1
du = −
= − ln n − γ + o(1)
u
k
k=1
Finalement
Exercice 25R : [énoncé]
+∞
L’intégrale 0 lnet t dt est définie car la fonction t 7→ ln(t)e−t est continue et intégrable sur
]0 ; +∞[ puisque
√
t ln(t)e−t −→+ 0 et t2 ln(t)e−t −→ 0
t→0
t→+∞
Pour tout t ∈ R+ , e−t est la limite de
t n−1
un (t) = 1 −
χ[0;n] (t)
n
Le n − 1 de l’exposant n’est pas usuel et peut très bien être remplacé par un n. Néanmoins
pour alléger les calculs à venir, le n − 1 est préférable. . .
Z
0
+∞
ln t
dt = −γ
et
Par le changement de variable u = tn+1 , on obtient
Z 1 (n + 1)In =
f u1/(n+1) du
0
Posons fn (u) = f u1/(n+1) avec u ∈ [0 ; 1] et réunissons les hypothèses d’application du
théorème de convergence dominée :
Corrections
(1) Pour tout u ∈ [0 ; 1], on peut affirmer par continuité de f et composition de limites



 f (0) si u = 0
1/(n+1)
fn (u) = f u
−→ f∞ (u) = 

 f (1) si u ∈ ]0 ; 1]
n→+∞
On en déduit que la suite de fonctions ( fn ) converge simplement sur [0 ; 1] vers la
fonction f∞ décrite ci-dessus.
(2) Les fonctions fn et la fonction f∞ sont continues par morceaux.
(3) La fonction f étant continue sur le segment [0 ; 1], elle y est bornée par un certain
M ∈ R+ et alors
∀u ∈ [0 ; 1], | fn (u)| = f u1/(n+1) ≤ M = ϕ(t)
La fonction constante ϕ est évidemment intégrable sur le segment [0 ; 1].
Par le théorème convergence dominée, on obtient
Z 1
(n + 1)In −→
f∞ (u) du = f (1)
n→+∞
0
Sachant f (1) , 0, cette limite finie non nulle est aussi un équivalent et donc
In ∼
n→+∞
f (1)
f (1)
∼
n→+∞
n+1
n
12
On écrit
n Z
X
i=1
xi
f (x)g(xi ) dx =
b
Z
xi−1
hn (x) dx
a
avec
hn (x) = g(xi ) f (x) pour x ∈ [xi−1 ; xi [ (xi est fonction de n)
Les fonctions g et h étant continues sur un segment, on peut les borner et il est facile
d’acquérir l’hypothèse de domination. Le plus difficile est d’obtenir la convergence
simple. . .
Soit x ∈ [a ; b].
Si f (x) = 0 alors hn (x) = 0 −→ f (x)g(x).
n→+∞
Si f (x) , 0 alors, il existe m > 0 et α > 0 tels que
∀y ∈ [a ; b], |y − x| ≤ α =⇒ f (y) ≥ m
Pour l’indice i tel que x ∈ [xi−1 ; xi [, on a (selon que l’intervalle [xi−1 ; xi ] est de
longueur supérieure ou inférieure à α)
Z xi
1
L=
f (t) dt ≥ m min(xi − xi−1 , α)
n
xi−1
On en déduit xi − xi−1 −→ 0 puis xi −→ x, et, par continuité de g,
n→+∞
n→+∞
hn (x) −→ f (x)g(x).
n→+∞
Par application du théorème de convergence dominée, on peut conclure
(a) Une fonction dérivable sur un intervalle y est strictement croissante si, et seulement
si, sa dérivée est positive et n’est nulle sur aucun sous-intervalle non réduit à un point
(l’ensemble des zéros est d’intérieur vide).
Rx
(b) L’application F : x 7→ a f (t) dt est une bijection continue strictement croissante de
[a ; b] vers [0 ; L] avec L l’intégrale de f sur [a ; b]. Les xi sont alors déterminés par
iL xi = F −1
n
(c) On peut écrire
L
n
n
X
i=1
g(xi ) =
n Z xi
X
i=1
g(xi ) f (x) dx
xi−1
Montrons par application du théorème de convergence dominée
Z b
n Z xi
X
f (x)g(xi ) dx −→
f (x)g(x) dx
i=1
xi−1
n→+∞
a
n
1X
lim
g(xi ) =
n→+∞ n
i=1
Rb
a
f (x)g(x) dx
Rb
f (x) dx
a
Sans perte de généralités, on suppose a ≤ b.
(a) Les suites (an ) et (bn ) sont bien définies et à termes positifs. Par l’inégalité
2xy ≤ x2 + y2 , on obtient an+1 ≤ bn+1 . On en déduit la croissance de (an ) et la
décroissance de (bn ). Ces suites sont monotones et bornées donc convergentes.
Notons ` et `0 leurs limites. Par passage à la limite de la relation définissant an+1 en
fonction de an et bn , on obtient
` + `0
`=
2
On en déduit ` = `0 .
Corrections
13
(b) L’intégrale définissant T (a, b) est convergente car
1
p
(a2 + u2 )(b2 +
∼
u2 ) u→±∞
1
u2
La fonction de changement de variable t 7→ 12 t − abt est une bijection C1 croissante
de ]0 ; +∞[ vers R. Après calculs
a + b √ Z +∞
2 dt
T
, ab =
p
2
0
(a2 + t2 )(b2 + t2 )
Par parité de la fonction intégrée
a + b √ T
, ab = T (a, b)
2
(c) On a
T (an+1 , bn+1 ) = T (an , bn )
et donc
T (an , bn ) = T (a, b)
Par convergence dominée avec la fonction de domination
ϕ(u) =
1
a2 + u2
on obtient
T (an , bn ) −→
n→+∞
Z
+∞
−∞
"
#+∞
u
π
du
1
arctan
=
=
M(a, b)
M(a, b) −∞ M(a, b)
M(a, b)2 + u2

Convergence dominée - CPGE Dupuy de Lôme

Transcription

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