Sujet : Analyse, Suites et séries de fonctions, Intégration terme à terme par convergence dominée

Description

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Intégrationtermeàtermeparconvergencedominée Exercice 1 [ 00936 ] [correction] Montrer que, pour a> 0 Z +∞1 nXdt (−1) = a1+t na+10 n=0 Exercice 2 [ 00942 ] [correction] Pour tout α> 0, établir que Z +∞1 α−1 nXx (−1) dx = 1+x n+α0 n=0 Exercice 3 Mines-Ponts MP [ 02863 ] [correction] a) Etablir pour a,b> 0 l’égalité Z +∞1 a−1 nXt (−1) dt = b1+t a+nb0 n=0 b) Calculer +∞ nX (−1) 3n+1 n=0 Exercice 4 [ 02437 ] [correction] Montrer Z +∞ +∞+∞ n−1 n−1X X(−1) π (−1) dt =2 2n +t 2 n0 n=1 n=1 Exercice 5 Mines-Ponts MP [ 02867 ] [correction] Soit (a ) une suite croissante de réels > 0 telle que a → +∞.n n Justifier Z +∞ +∞+∞ nX X (−1)n −a xn(−1) e dx = an0 n=0 n=0 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 2 Corrections Exercice 2 : [énoncé] Notons que l’intégrale étudiée est bien définie. Pour tout x∈ ]0,1[,Exercice 1 : [énoncé] +∞α−1 XOn a x n n+α−1+∞ +∞ = (−1) xX X1 1+xn na n=0= (−1) t = f (t)na1+t n=0 n=0 Le théorème d’intégration terme à terme ne pourra pas s’appliquer car ici n naavec f (t) = (−1) t sur ]0,1[.n ZX X 1Z 1 |f | = diverge1 n n+α|f (t)| dt = ]0,1[n na+10 P Nous allons alors intégrer terme à terme en exploitant les sommes partielles.1et diverge, le théorème de Fubini d’intégration terme à terme de Fubinina+1 Posons ne s’applique pas.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices
• Spécialité

Informations

• Publié par: analyse-mpsi
• Nombre de lectures: 28
• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013

Enoncés

Intégration terme à terme par convergence dominée

Exercice 1[ 00936 ][correction]
Montrer que, poura >0
Z1

dt
01 +ta

+∞(−1)n
=n=X0na+ 1

Exercice 2[ 00942 ][correction]
Pour toutα >0, établir que
Z011xα+−x1dx=n+X

∞(−1)n
n+α
=0

Exercice 3Mines-Ponts MP[ 02863 ][correction]
a) Etablir poura b >0l’égalité

b) Calculer

Exercice 4
Montrer

Z1ta−1bdt=+X∞(−1)n
a nb
01 +tn=0+

[ 02437 ][correction]

+∞( 1)n
X3n−+ 1
n=0

+∞+∞
Z0n=X1(n−2+1)nt−21dt=π2n+X=∞1(−1)nn−1

Exercice 5Mines-Ponts MP[ 02867 ][correction]
Soit(an)une suite croissante de réels>0telle quean→+∞.
Justifier
∞+∞
Z0+n=X0(−1)ne−anxdx=n=+X∞0(−a1n)n

1

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
On a
+∞
1+1ta=X(−1)ntna=n+=X∞0fn(t)
n=0
avecfn(t) = (−1)ntnasur]01[.
Z10|fn(t)|dt=na1+1
etPna1+1diverge, le théorème de Fubini d’intégration terme à terme de Fubini
ne s’applique pas.
De plus la série de fonctions ne converge par uniformément sur[01]car elle ne
converge pas simplement en 1. . .
Transitons alors par les sommes partielles et le théorème de convergence dominée.
Posons
Sn:t7→nX(−1)ktka= 1−(−1)1n++t1at(n+1)a
k=0
Les fonctionsSnsont continues par morceaux et la suite(Sn)converge
simplement sur[01[vers la fonction
1
:→
S t71 +ta
elle-mme continue par morceaux.
De plus
2

|Sn(t)|61 +ta=ϕ(t)
avecϕintégrable sur[01[.
Par le théorème de convergence dominée, on obtient
Z1→Z1+1dt
0Sn(t) dt0ta
Or
Z1nZ1
X

n
0Sn(t) dt=k=0 0(−1)ktkadt=Xk(a−1)+k1
k=0

donc
n+X=∞0(n−1)nZ10d1+tta
=
a+ 1
avec, en substance, la convergence de la série introduite.

Exercice 2 :[énoncé]
Notons que l’intégrale étudiée est bien définie.
Pour toutx∈]01[,
xα−1 +∞α−1
1 +x=n=X0(−1)nxn+
Le théorème d’intégration terme à terme ne pourra pas s’appliquer car ici
1
X Z]01[|fn|=X+αdiverge
n

Nous allons alors intégrer terme à terme en exploitant les sommes partielles.
Posons
nxα−11−(−1)n+1xn+1
Sn:x7→X(−1)kxk+α−1 += 1x
k=0
Les fonctions(Sn)sont continue par morceaux et converge simplement sur]01[
vers la fonction
−1
S:x7→1xα+
x
elle-mme continue par morceaux.
De plus
|Sn(x)|621xα+−x1=ϕ(x)
avecϕfonction intégrable sur]01[.
Par le théorème de convergence dominée, on obtient
Z10Sn( ) dx→Z101xα+−x1
xdx

Or
Z01Sn(x) dx=kXn=0Z01(−1)kxk+α−1dx=nX(−1)k
k=0k+α
et on peut donc conclure

+X∞(−1)n=1xα−1dx
n=0n+αZ01 +x

avec en substance la convergence de la série introduite.

2

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Exercice 3 :[énoncé]
a) Pourt∈]01[, on peut écrire

Posons

−1 +∞
1tatb=X(−1)nta+nb−1
+n=0

Sn:t7→kXn=0(−1)kta+kb−1=ta−11−(−+1)1n+tb1t(n+1)b

Les fonctionsSnsont continues par morceaux et la suite(Sn)converge
simplement sur]01[vers la fonction

elle-mme continue par morceaux.

a−1
S:t7→1t+tb

De plus
|Sn(t)|612ta+−t1b=ϕ(t)
avecϕintégrable sur]01[.
Par convergence dominée, on obtient
Z10Sn(t) dt→Z101ta+−1tbdt

avec convergence de l’intégrale introduite.
Or
n
Z10Sn(t) dt=kX=0Z10(−1)kta+kb−1=k=nX0(a−1+)kkb

donc

n=+X∞0a(−)1+nnb=Z101ta+−t1
bdt

avec convergence de la série introduite..
b) Après calculs
n+X=∞0(−1)nZ11+dtt3l32n+3=1π√3
=
3n+ 10

Corrections

Exercice 4 :[énoncé]
Soitfn: [0+∞[→Rla fonction définie par

−1
−
fn(t) = (n2+1)nt2

3

=
On observekfnk∞1n2et donc la série des fonctionsfnconverge normalement,
donc uniformément sur[0+∞[. Puisque chaquefnest continue, on peut affirmer
que la fonction
S:t7→+X∞(n−21)nt−21
n=1+

est définie et continue sur[0+∞[.
Les fonctionsfnsont intégrables surR+et
Z+0∞|fn(t)|dt2=πZ0+∞n2d+tt2=2πn
Puisque la sérieP R|fn|intégrer terme à terme par lediverge, on ne peut
théorème de Fubini.
Raisonnons alors par les sommes partielles en exploitant le théorème de
convergence dominée.
Posons
k−1
Sn:t7→nX(−1)
k=1k2+t2

Les fonctionsSnsont continues par morceaux sur[0+∞[et converge simplement
vers la fonctionSelle-mme continue par morceaux.
De plus, le critère spécial des séries alternées s’appliquant, on a

06Sn(t)6+11t2=ϕ(t)

avecϕintégrable sur[0+∞[.
Par le théorème de convergence dominée, on obtient

Or

Z+0∞Sn(t) dt→Z+0∞+X∞(n−21)+nt−21dt
n=1

+−1)n−1
Z0∞Sn(t) dt=k=nX1Z+0∞(n−2+)1nt−21dt=2πk=Xn1(n

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donc
+−∞1
n=1=Z0n+X=∞1(−1)n
π2X(−1)nn−1 +∞n2+t2dt
avec convergence de la série introduite.

Exercice 5 :[énoncé]
Posons

fn:x7→(−1)ne−anx

Corrections

Les fonctionsfnsont continues et en vertu du critère spécial des séries alternées,
on peut affirmer que la sériePfnconverge simplement sur]0+∞[. De plus, par
le critère spécial des séries alternées, on a

+∞
|Rn(x)|=X(−1)ke−akx6e−an+1x
k=n+1
ce qui permet d’établir que la sériePfnconverge uniformément sur tout segment
de]0+∞[On en déduit que la fonction.

+∞
S:x7→X(−1)ne−anx
n=0

est définie et continue sur]0+∞[.
Pour intégrer terme à terme, exploiter les sommes partielles et le théorème de
convergence dominée. Posons

n
Sn:x7→X(−1)ke−akx
k=0

Les fonctionsSnsont continues par morceaux et la suite(Sn)converge
simplement versSelle-mme continue par morceaux.
En vertu du critère spécial des séries alternées, on a

06Sn(x)6e−a0x=ϕ(x)

avecϕintégrable.
Par convergence dominée, on obtient
Z+∞x→Z+0∞S(x) dx
Sn(x) d
0

avec convergence de l’intégrale introduite.
Or
Z+∞Sn(x) dx0∞(−1)ke
=k=nX0Z+−akxdx=nkX=0(−a1k)k
0

donc
X
+∞(−a1n)n=Z+0∞n+X=∞0(−1)ne−anxdx
n=0
avec en substance convergence de la série.

4

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