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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Théorème de convergence dominée

Exercice 1[ 00921 ][correction]
Calculer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants :
Zπ4b)vn=Z0+∞xn+dxex
a)un= tannxdx
0

Exercice 2[ 00746 ][correction]
Calculer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants :
a)un=Z+0∞sinxn2xdxb)un=Z0+∞xnx+n2+dx1c)un=Z+0∞xx2nn+dx1

Exercice 3[ 00922 ][correction]
Etudier
nl→i+m∞Z0n1 +xnne−2xdx

Exercice 4[ 00923 ][correction]
Déterminer un équivalent de
Z0nr1 +1−xnndx

Exercice 5[ 00924 ][correction]
Soitf:R+→Rcontinue et bornée.
Déterminer la limite quandn→+∞de
Z+∞1n+nf(2x)x2dx
0

Exercice 6[ 00925 ][correction]
Soitf:R+→R+continue et intégrable.
Déterminer la limite quandn→+∞de
nZ1f(nt)dt
01 +t

Enoncés

Exercice 7Centrale MP
Calculer

[ 00926 ][correction]
+∞
nli→m∞Ze−tsinn(t) dt
0

Exercice 8[ 00927 ][correction]
Etablir que
+
Z−+∞∞1 +nt2−ndtn−→−+−−∞→Z−∞e−t2dt

Exercice 9[ 03013 ][correction]
Existence et calcul de

td
Z+0∞elntt
Indice : utiliser une suite de fonctions judicieuse.

Exercice 10Centrale MP - Mines-Ponts MP[ 02435 ][correction]
Etudier la limite de
1
Z0f(tn) dt
oùf: [01]→Rest continue.

Exercice 11Mines-Ponts MP[ 02862 ][correction]
Calculer
nl→imZ+∞n!x)dx
+∞n
0Q(k+
k=1

Exercice 12X MP
Déterminer

[ 02982 ][correction]
lim∞Z0ncosnxn2dx
n→+

1

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Exercice 13Mines-Ponts PC[ 00150 ][correction]
Soitf∈ C0(R+R+)bornée. On pose, pourn∈N,
In=Z+0∞
nf(t)e−ntdt

Déterminer la limite deInquandn→+∞.

Enoncés

Exercice 14X MP[ 03159 ][correction]
SoitFune application continue décroissante deRdansR, tendant vers 1 en−∞
et vers0en+∞. Soient deux réelshetδvérifiant0< h < δ.
a) Déterminer la limite éventuelle de
1
In=Z0F√n(δt−h)dt

b) On pose
Sn=nkX−10=F√nδ k+n1−h
Déterminer un équivalent deSnlorsquentend vers+∞.

Exercice 15CCP MP[ 03294 ][correction]
Montrer
nl→i+m∞nZ+1∞e−xndx=Z+∞e−xd
x
1x

Exercice 16X PC[ 03650 ][correction]
Soitf:R+→Rde classeC1intégrable ainsi que sa dérivée.
a) Déterminer pourx >0
n→+∞Z+0∞ncost(sint)nf(xt) dt
lim

b) Préciser le mode de convergence.

Exercice 17CCP MP[ 03295 ][correction]
Montrer
l+∞nZ1+∞e−xndx=Z+1∞e−x
im dx
n→x

Exercice 18CCP MP[ 03362 ][correction]
Pourn∈Netx∈]01[, on pose

fn(x) =x2xn2+1−ln1x

a) Montrer quefnest intégrable sur]01[. On pose
Jn=Z10fn(x)dx
b) Montrer que la suite(Jn)n∈Nest convergente et déterminer sa limite.
c) Montrer que
J1+X∞k12
n4=
k=n+1

Exercice 19CCP PSI[ 03800 ][correction]
Etudier la limite éventuelle, quandntend vers+∞, de la suite
In=Z+0∞1 +xxnn+2dx

Exercice 20CCP PSI[ 03807 ][correction]
Montrer que la fonctionfndonnée par

fn(x ln) =x(+1(+1xx2)n)

est intégrable surR?+.
Montrer que la suite de terme généralun=nR+0∞fn(x) dxconverge vers une
limite à préciser.

2

Exercice 21CCP MP[ 02392 ][correction]
Soitfune application réelle de classeC1sur[a b]avec0< a <1< betf(1)6= 0.
Soit(fn)la suite de fonctions telle que

fn(x) = 1f(+x)
xn

a) Déterminer la limite simple de(fn).

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b) Etablir l’égalité suivante :

c) Montrer que

nl→im+∞Zabfn(t) dt=Za1f(t) dt

Za1tn−1fn(t) dt∼lnn2f(1)

Exercice 22CCP MP[ 01771 ][correction]
Vérifier que la suite de terme général
un=Z0+∞snit(n+ntt)2dt

est bien définie et étudier sa convergence.

Exercice 23[ 02568 ][correction]
Montrer que

un= (−1)nZ+∞dtn
0(1 +t3)

est définie pourn>1.
Calculer
nl→im+∞Z+∞dt
0(1 +t3)n
En déduire la nature de la série de terme généralun.

Exercice 24[ 02567 ][correction]
Soitf: [0+∞[→Ccontinue.
On suppose que la fonctionfconverge en+∞vers une limite`.
Déterminer la limite quandn→+∞de
1Zn

µn=
n

f(t) dt
0

Enoncés

Exercice 25CCP MP[ 02517 ][correction]
Pourn∈N?etx∈R, on pose

fn(x) =√πn1−2xn222n4

Soitgune fonction continue surRet nulle en dehors d’un segment[a b].
Montrer que

li+m∞ZRfn(x)g(x)dx=g(0)
n→

3

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
A chaque fois, on vérifie que les fonctions engagées sont continues par morceaux.
a) Sur[0 π4[,tannx−C−V−S→0|tannx|61 =ϕ(x)intégrable sur[0 π4[donc
uZπ4dx= 0
n→0
0

b) Sur[0+∞[,xne+1x−C−V−S→f(x)avecf(x) = e−xsur[01[etf(x) = 0sur
]1+∞[.
e
De plusxn+1ex6−x=ϕ(x)avecϕintégrable sur[0+∞[donc
vn→Z01exdxe=e−1

Exercice 2 :[énoncé]
A 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|sinx|par 1 car la fonction dominanteϕ(x) = 1x2ne sera pas
intégrable sur]0+∞[. Pour contourner cette difficulté, on découpe l’intégrale.
un=Z+0∞sinx2nxdx=Z10sinx2nxdx+Z+∞sinnx
dx
1x2

On a
1
Z10sinxn2xdx6Z0sinn−2(x)dxcar|sinx|6|x|
Sans difficultés, par le théorème de convergence dominée
1
Zsinn−2(x)dx→0
0

et donc
Z1sinxn2xdx→0
0
Aussi
|n
nx
Z1+∞sinx2nxdx6Z+1∞|six2dx
Or|sinx|nCS
x2−−→f(x)avecf(x) = 0pour toutx6=π2 [π].

De plus|sinx|nx12=ϕ(x)avecϕintégrable sur[1+∞[donc
x26
Z1+∞|sinx2x|ndx→Z+1∞f(x) dx= 0

4

puisun→0.
b) On écrit
1
unZ0xnx+n2+dx1 +Z1+∞xnx+n2+dx1
=
On a
Z10nx+n2+dx16Z01xndx=n1+1
x
et
+xndx
Z1∞+2−−−−→Z1+∞xd2x= 1
xn+ 1n→+∞
en vertu du théorème de convergence dominée et via la dominationxnx+2n+16x12
sur[1+∞[.
Ainsiun→1.
c) On écrit
1xnd
un=Zx2n+x1 +Z1+∞xx2nnd+x1
0

On a

Z01xx2nn+dx16Z10xndx=n1+1

et
+
Z1∞xx2nn+dx16Z1+∞xdnx=n−11
doncun→0.
On peut aussi appliquer le théorème de convergence dominée mais c’est moins
efficace.

Exercice 3 :[énoncé]
fn(x) =1 +nxne−2xχ[0n](x)sur[0+∞[.
fn(x)−C−S→e−xet en vertu de l’inégalitéln(1 +u)6uon a|fn(x)|6e−x=ϕ(x)
avecϕintégrable sur[0+∞[. Par application du théorème de convergence
dominée,l→im+R0n1 +nxne−2xdx=R0+∞e−xdx= 1.
n∞

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Exercice 4 :[énoncé]
Par changement de variable
Z0nr1 +1−nun=1−xnnZ10√1−undu
xdx =

Par le théorème de convergence dominée
Z1√

donc

1−undu−−−−→1
0n→+∞

Z0nr1 +1−xnndx∼n

Exercice 5 :[énoncé]
Par le changement de variableu=nx,R+0∞1n+fn(2xx)2dx=R+0∞f(1u+u2n)du.
Posons alorsfn:u7→f(+1u2n)définie surR+.
u
fn−C−S→f∞avecf∞:u7→1f+0(u)2.
Les fonctionsfnetfsont continues par morceaux surR+.
|fn(u)|6k1f+ku∞2=ϕ(u)avecϕintégrable surR+.
Par convergence dominée,R0+∞1n+fn(2xx)2dxn−→−−+−∞→R+0∞1f+0(u)2du2.
=πf(0)

Exercice 6 :[énoncé]
On a
+∞
nZ01f1+(ttn)dtu==ntZ0n1f+(uu)ndu=Zfn(u)du
0
avec
fn(u)(0f(u)siu∈]n+∞[
=1+unsiu∈[0 n]

On afn−C−V−S→favecfnetfcontinues et|fn|6|f|=ϕavecϕcontinue par
morceaux intégrable sur[0+∞[indépendant den.
Par convergence dominée
+∞
Z0+∞fn(u) du→Zf(u) du
0

Corrections

Exercice 7 :[énoncé]
La fonction intégrée ne converge pas simplement en lest=π2 +π
contourner cette difficulté on raisonne à l’aide de valeurs absolues.
Z+∞nn(t) dt6Z+0∞e−t|sinnt|dt
e−tsi
0

On a

avec

fn(t) =e−tsinn(t)−C−S→f(t)
f(t) =0sit6=π2 [π]
e−tsinon

Les fonctionsfnetfsont continues par morceaux et

|fn(t)|6e−t=ϕ(t)

[2π]. Pour

avecϕcontinue par morceaux intégrable sur[0+∞[donc par convergence
dominée :
limZ+0∞e−tsinn(t) dt=Z+0∞f(t) dt= 0
n→∞

Exercice 8 :[énoncé]
Les fonctions données par
fn(t) =1 +t2n−n
sont définies et continues par morceaux surR.
La suite de fonctions(fn)converge simplement versfavecf(t) = e−t2définie et
continue par morceaux surR.
Soitt∈Rfixé et considérons

ϕ:x7→ −xln(1 +t2x)

0est croissante etlimϕ0= 0doncϕest décroissante et par conséquent, pour
ϕ+∞
toutn∈N?
1 +tn2−n= exp(ϕ(n))6exp(ϕ(1))=11+t2
La fonctiont7→1(1 +t2)est intégrable surRdonc par convergence dominée
Z−+∞∞1 +tn2−ndtn−→−−+−∞→Z−+∞∞e−t2dt

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Exercice 9 :[énoncé]
L’intégraleR0+∞elnttdtest définie car la fonctiont7→ln(t)e−test continue et
intégrable sur]0+∞[puisque
√tln(t)e−tt−→−0−+→0ett2ln(t)e−t−t−→−+−∞→0
Pour toutt∈R+,e−test la limite de
un(t) =1−tnn−1χ[0n](t)

Corrections

Len−1l’exposant n’est pas usuel et peut très bien tre remplacé par unde n.
Néanmoins pour alléger les calculs à venir, len−1 . .est préférable.
On a
ln(t)un(t)→ln(t)e−t
et

|ln(t)un(t)|6e ln(t)e−t

donc par convergence domine
n−
Z+0∞elnttdt=nl→i+m∞Z0n1−tn1ln(t) dt
On a
Z0n1−tnn−1ln(t) dt=Z01n(1−u)n−1ln(nu) du
avec
Z10n(1−u)n−1ln(nu) du= lnn+Z10nln(u)(1−u)n−1du
et par intégration par parties
n
Z10nln(u)(1−u)n−1du= [ln(u)(1−(1−u)n)]10+Z1(1−u)−d1u
0u
On notera qu’on a choisi(1−(1−u)n)pour primitive den(1−u)n−1car celle-ci
s’annule en 0 de sorte que l’intégration par parties n’engage que des intégrales
convergentes.
Enfin
Z01(1−uu)n−d1u=Z1vvn−−=11−Z01nX−1
−vkdv
0k=0
puis
1(1−u)n−1u=−Xn
Z0k=1k1=−lnn−γ+o(1)
d
u

Finalement

lnt
Z+0∞etdt=−γ

Exercice 10 :[énoncé]
On applique le théorème de convergence dominée en exploitantfbornée car
continue sur segment. On obtient
Z1
f(tn) dt→f(0)

Exercice 11 :[énoncé]
On a

0

n! 1×)22× )1 (
nQ(k+x)6(x+ 1)(x+ =ϕ x
k=1
avecϕintégrable sur[0+∞[.
Quandn→+∞,
n!n
lnk=nQ1(k+x)=−kX=1ln1 +kx→ −∞

carln (1 +xk)∼xkterme général d’une série à termes positifs divergente.
Par suite
n!0
n→
Q(k+x)
k=1
puis par le théorème de convergence dominée

lim+nn!
n→+∞Z0Q(k+xd)x= 0
k=1

Exercice 12 :[énoncé]
Posonsfn(x) =cosnxn2six∈[0 n]etfn(x) = 0six∈]n+∞[.

6

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Pourx∈R+, quandn→+∞,

fn(x) =cosxnn2= expn2ln1−x22n2+o(1n2)→e−x22

Corrections

.
Ainsifn−[−C−S−[→favecf:x7→e−x22
0+∞
Les fonctionsfnetfsont continues par morceaux.
Soitψ: [01]→Rdéfinie parψ(t) = 1−t24−cost. Par étude des variations,

∀x∈[01] ψ(x)>0

On en déduit que, pourx∈[0 n],
lncosxn6ln1−4nx226−4xn22

puis

fn(x)6e−x24

Cette inégalité vaut aussi pourx∈]n+∞[et puisque la fonctionx7→e−x24est
intégrable, on peut appliquer le théorème de convergence dominée pour affirmer
Zncosxnn2dx=Z0+∞e−x22dx=r2π
lim
n→+∞0

Exercice 13 :[énoncé]
Par le changement de variableu=nt
InZ+∞
=f(un)e−udu
0

Par convergence dominée, sachant

|f(un)|6kfk∞e−u=ϕ(u)

avecϕintégrable, on obtient
+
In→Z0∞f(0)−udu=f(0)
e

Exercice 14 :[énoncé]
a) Appliquons le théorème de convergence dominée.
Posonsfn: [01]→Rdéfinie par
fn(t) =F√n(δt−h)

Pourt∈[0 hδ[, on afn(t)→1.
Pourt∈]hδ1], on afn(t)→0.
Enfin, pourt=hδ,fn(t) =F(0)→F(0).
Ainsi la suite de fonctions(fn)converge simplement sur[01]versfdéfinie par
1sit∈[
f(t) =0F(0)sisitt∈=]h0δhδh1δ][

Les fonctionsfnsont continues et la limite simplefest continue par morceaux.
Enfin
∀t∈[01]|fn(t)|61 =ϕ(t)
avecϕcontinue par morceaux et intégrable.
Par convergence dominée,
In→Z01f(t) dt=Z0hδ1 dt=hδ

7

b) Par la décroissance deF, on peut écrire
n
F√n(δt−h)d
1nZ(k(k)1++2)nnF√n(δt−h)dt6F√nδ k n+ 1−h61nZk(nk+1)t

En sommant ces inégalités
1nZ1(nn+1)nF√n(δt−h)dt6Sn6n1In

et
Z1(nn+1)nF√n(δt−h)dt=Z10F√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
Sn∼h
δ√n

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Exercice 15 :[énoncé]
Par le changement de variablet=xn, on a formellement

ett1ndt
nZ+1∞e−xndx=Z+1∞t

Posons pourn>1
fe−t
:→t1n
nt7t
Les fonctionsfnsont définies et continues par morceaux sur[1+∞[.
La suite de fonctions(fn)converge simplement vers la fonction

f: e−t
t7→
t

Corrections

et pour toutn∈N
|fn(t)|6e−t=ϕ(t)
avecϕfonction continue par morceaux et intégrable puisquet2ϕ(t)−t−→−+−∞→0.
On peut alors appliquer le théorème de convergence dominée et affirmer que les
intégrales étudiées existent et
nZ+1∞e−xndZ+1∞e−t+∞Z+1∞e−ttdt
x=t1ndt−−−−→
tn→

Exercice 16 :[énoncé]
a) Pourx >0, posons
+∞
un(x) =Z0ncost(sint)nf(xt) dt

L’intégrabilité defassure queun(x)est bien définie.
Puisquef0est intégrable, la fonctionfconverge en+∞et, puisquefest aussi
intégrable,ftend vers 0 en+∞. Par intégration par parties, on obtient alors
un(x) =−nn+ 1Z0+∞(sint)n+1xf0(xt) dt

Posonsgn(x) =|sint|n+1xf0(xt) dt.
Chaque fonctiongnest continue par morceaux.
La suite de fonctions(gn)converge simplement vers une fonction continue par
morceaux, nulle en chaquex6=π2 +kπ.
La fonction limite simple est continue par morceaux.

Enfin on a la domination

|gn(x)|6xf0(xt) =ϕ(t)

avec la fonctionϕintégrable.
Par convergence dominée
Z+0∞gn(t) dtn−→−+−−∞→0
et par comparaison
un→0
(x)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.
Par changement de variable
un(x) =−nn+ 1Z+0∞
(sin(ux))n+1f0(u) du
Soitε >0. Puisque la fonctionf0est intégrable, il existeA∈R+tel que
ZA+∞|f0(u)|du6ε

et alors

A
|un(x)|6MZ0|sin(ux)|n+1du+εavecM=∈m[0axA]|f0(u)|
u

Pourx>4Aπ, on a
∀u∈[0 A]06Aπxu
6 64
x
et donc
Z0A|sin(ux)|n+1du6√2An+1
Pourx64Aπ, on a par changement de variable
x
Z0A|sin(ux)|n+1du=xZA|sint|n+1dt
0

Pourkentier tel quekπ < Ax6(k+ 1)π.
A
Z0|sin(ux)|n+1du=xZ(0k+1)π|sint|n+1dt=x(k+ 1)Z0π(sint)n+1dt

8

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Orx(k+ 1)π6A+xπ65Adonc
Z0A|sin(ux)|n+1du65AZ0π(sint)n+1dt

Finalement, pour toutx >0,
|un(x)|65AMZπ(sint)n+1dt+AM
0√2n+1+ε
et donc pournassez grand, on a pour toutx >0.

|un(x)|62ε

Exercice 17 :[énoncé]
Par le changement de variablet=xn, on a formellement

nZ+∞e−xndx=Z+1∞ett1ndt
1t

Posons pourn>1
e−t
fn:t7→t t1n
Les fonctionsfnsont définies et continues par morceaux sur[1+∞[.
La suite de fonctions(fn)converge simplement vers la fonction

e−t
:→
f t7t

Corrections

et pour toutn∈N
|fn(t)|6e−t=ϕ(t)
av−−−→0.
ecϕfonction continue par morceaux et intégrable puisquet2ϕ(t)t−→+∞
On peut alors appliquer le théorème de convergence dominée et affirmer que les
intégrales étudiées existent et
nZ+1∞e−xndx=Z1+∞e−ttt1ndt−−−+−∞→Z+1∞e−ttdt
n→

Exercice 18 :[énoncé]
a) Considérons

xlnx
:
ϕ x7→x2−1

La fonctionϕest définie et continue par morceaux sur]01[.
Quandx→0+,ϕ(x)→0et quandx→1−,

(x) =x+xln1x1
ϕx−1→2

Puisqueϕse prolonge par continuité en0et en 1,ϕest intégrable sur]01[.
Puisque
|fn(x)|=x2n|ϕ(x)|6|ϕ(x)|
la fonctionfnest elle aussi intégrable sur]01[.
b) La suite de fonctionsfnconverge simplement vers la fonction nulle et est
dominée par la fonction intégrableϕdonc par convergence dominée

Jn→0

c) On a
Jk−Jk+1=−Z1x2k+1ln(x) dx
0
A l’aide d’une intégration par parties justifiée par deux convergences

1
Jk−Jk+1=(2k+ 2)2

et donc
∞+
Jn=Nl→im+∞+X(Jk−Jk+1) =kX=∞(2k1+)22
k=n n
puis par translation d’indice

1+∞
=
Jn=k+=X∞n(2k12+)24Xn+1k12
k=

9

Exercice 19 :[énoncé]
En découpant l’intégrale
In=Z011 +xxnn+2dx+Z+1∞1 +xxnn+2dx
En appliquant le théorème de convergence dominée aux deux intégrales, on obtient
In→Z+1∞dx2x= 1

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Exercice 20 :[énoncé]
fnest définie et continue par morceaux sur]0+∞[.
Quandx→0+,fn(x)→1n, on peut donc la prolonger par continuité.
Quandx→+∞,fn(x) =ox12.
Par suitefnest intégrable sur]0+∞[.
un=Z+∞nln(1 +xn)dx
0x(1 +x2)

Posons
gn(x) =nlx+1(n1+(xx2)n)=nfn(x)
Pourx >0, quandn→+∞,gn(x)→+11x2.
De plus, sachantln(1 +u)6u, on a|gn(x)|61+1x2=ϕ(x)avecϕintégrable.
Par convergence dominée,
Z+0∞d+1xx2=π2
un→

Exercice 21 :[énoncé]
a)(fn)converge simplement vers la fonctionfdonnée par
f(x)si
f(x) =f0)1(2issixxx∈∈[1=]a1b[]1

Corrections

b) Sachant|fn(x)|6|f(x)|avecfintégrable sur[a b], on peut appliquer le
théorème de convergence dominée et on obtient directement le résultat proposé.
c) Par une intégration par parties
Za1tn−1fn(t) dt=1nln(1 +tn)f(t)1a−n1Za1ln(1 +tn)f0(t) dt

D’une part
1nln(1 +tn)f(t)a1= lnn2f ln(1(1) +n+an)f(a ln) =n2f(1) +o1n
carln(1 +an)→0.
D’autre part
n1Za1ln(1 +tn)f0(t) dt61nkf0k∞Z01tndt=On12=o1n

sachantln(1 +u)6u.
Au final, on obtient

Z1

a

tn−1fn(t) dt= lnn2f(1) +on1

Exercice 22 :[énoncé]
Posons
fn:t7→sit+(nttn)2
n
La fonctionfnest définie et continue par morceaux sur]0+∞[.
Quandt→0+,fn(t)∼tnn+tt2→1.
Quandt→+∞;fn(t) =Ot12.
On peut donc affirmer quefnest intégrable sur]0+∞[.
Pourt∈]0+∞[.
Quandn→+∞,fn(t) =O1ndonc la suite(fn)converge simplement vers la
fonction nulle.
De plus, pourt6π2, on a, sachant|sinu|6|u|,

et pourt>π2,

Ainsi|fn|6ϕavec

|fn(t)|6tnn+tt261

1
|fn(t)|6nt+t26t12

ϕ:t7→11t2siistt∈∈][0ππ22]+∞[

La fonctionϕétant intégrable sur]0+∞[, on peut appliquer le théorème de
convergence dominée et affirmer
Z+∞

un→0 dt= 0
0

Exercice 23 :[énoncé]
La fonctiont7→+1(1t3)nest continue par morceaux sur[0+∞[et on observe

1 1

(1 +t3)nt→+∞t3n

10

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