Sujet : Analyse, Intégration sur un intervalle quelconque, Suites d'intégrales impropres

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Suites d’intégrales impropres Exercice 3 [ 00157 ] [correction] ?Pour n∈N , on pose Z +∞ t−[t]Exercice 1 [ 00682 ] [correction] u = dtn t(t+n)On pose 0 Z +∞ dx où [t] représente la partie entière de t.J =n 3 n+1(1+x ) a) Justifier la bonne définition de la suite (u ) .0 n n>1 b) Montrer que pour tout A> 0a) Calculer J .0 !b) Former une relation de récurrence engageant J et J .n n+1 Z Z ZA n A+n t−[t] 1 t−[t] t−[t]c) Etablir qu’il existe A> 0 tel que dt = dt− dt t(t+n) n t t0 0 A A √J ∼n 3n En déduire une nouvelle expression intégrale de u .n c) On pose v =nun n Exercice 2 CCP PC [ 03376 ] [correction] Montrer la convergence de la série de terme général [Calcul de l’intégrale de Gauss] a) Montrer que 1 x v −v −n n−1∀x∈R,e > 1+x 2n En déduire d) En déduire un équivalent de u .n2 12 −t∀t∈R,1−t 6 e 6 21+t ?b) Soit n∈N . Etablir l’existence des intégrales suivantes Exercice 4 Centrale MP [ 02446 ] [correction] 1Z Z Z a) Soit f∈C ([a,b],R). Déterminer les limites des suites+∞ 1 +∞ 2 dt−t 2 nI = e dt, I = (1−t ) dt et J =n n Z Z2 n b b(1+t )0 0 0 ( f(t)sin(nt)dt) et ( f(t)cos(nt)dt) a apuis établir I ?√I 6 6J b) Calculer, pour n∈N ,n n n Z π/2 sin(2nt)cost dtc) On pose sintZ 0π/2 nW = cos xdx (on procédera par récurrence)n 0 c) En déduire Z +∞Etablir sint dtI =W et J =Wn 2n+1 n+1 2n t0 d) Trouver une relation de récurrence entre W et W .
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Suites d’intégrales impropres

Exercice 1[ 00682 ][correction]
On pose
Jn=Z0+∞ d(1 +xx3)n+1
a) CalculerJ0.
b) Former une relation de récurrence engageantJnetJn+1.
c) Etablir qu’il existeA >0tel que

A
Jn∼
√3n

Exercice 2CCP PC[ 03376 ][correction]
[Calcul de l’intégrale de Gauss]
a) Montrer que
∀x∈Rex>1 +x

En déduire
∀t∈R1−t26e−t21
61 +t2
b) Soitn∈N?. Etablir l’existence des intégrales suivantes
I=Z+0∞e−t2dtZ011−t2)ndtetJn=Z+0∞d(1+tt2)n
,In= (

puis établir

c) On pose

I6Jn
In6√n

π2
Wn=Zcosnxdx
0

Etablir
In=W2n+1etJn+1=W2n
d) Trouver une relation de récurrence entreWnetWn+2.
En déduire la constance de la suite de terme général

un= (n+ 1)WnWn+1

e) Donner un équivalent deWnet en déduire la valeur deI.

Enoncés

Exercice 3[ 00157 ][correction]
Pourn∈N?, on pose
t
un=Z+0∞(t−[+n])dt
t t
où[t]représente la partie entière det.
a) Justifier la bonne définition de la suite(un)n>1.
b) Montrer que pour toutA >0
Z0Att(t−+[nt)d]t= 1nZ0nt−t[t]dt−ZAA+nt−t[t]dt!

En déduire une nouvelle expression intégrale deun.
c) On pose
vn=nun
Montrer la convergence de la série de terme général

1
vn−vn−1−2n

d) En déduire un équivalent deun.

Exercice 4Centrale MP[ 02446 ][correction]
a) Soitf∈ C1([a b]R). Déterminer les limites des suites
(Zbaf(t) sin(nt) dt)et(Zabf(t) cos(nt) dt)
b) Calculer, pourn∈N?,
Z0π2ssni2(nint)tcostdt
(on procédera par récurrence)
c) En déduire
∞sintdt
Z0+t
d) Etudier la limite puis un équivalent de
Z0π2ln(2 sin(t2)) cos(nt) dt!

1

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On en déduitun+1=undonc la suite(un)est constante égale à

n+ 1
Wn+2=n+ 2Wn

e) Puisque

u1=π2

on obtient en intégrant

∀x∈[0 π2](sinx)n+16(sinx)n6(sinx)n−1

n
Wn+1=n+ 1Wn−1∼Wn−1

Wn+16Wn6Wn−1

Corrections

Exercice 2 :[énoncé]
a) Il suffit d’étudier la variation de la fonctionx7→ex−(1 +x)pour obtenir cette
inégalité de convexité classique. On en déduit

1−t26e−t2= 1t2611+t2
e


b) La fonctiont7→et2est définie et continue par morceaux sur[0+∞[. Puisque
t2e−t2−−−−→cette fon assure l’existence
t→+∞0 est intégrable sur, ction[0+∞[ce qui
deI.
La fonctiont7→(1−t2)nest définie et continue par morceaux sur le segment
[01], donc l’intégrale définissantInexiste.
La fonctiont7→1(1 +t2)nest définie et continue par morceaux sur[0+∞[.
Puisque1(1 +t2)nt→∼+∞1t2navec2n >1, cette fonction est intégrable sur
[0+∞[ce qui assure l’existence deJn.
On a
(1−t2)n6e−nt21
6(1 +t2)n
donc
Z11Z√nI

On en déduit

puis

Par suite

In60e−nt2dt=√n0e−y2dy6√n

c) Le changement de variablet= sinxdonneIn=W2n+1.
Le changement de variablet= tanxdonneJn+1=W2n.
d) Par intégration par parties


2
√In=√1nZ+e−y2dy=Z+∞e−nxdx6Jn
0 0

donc la série de terme générallnvn+1−lnvnet donc la suite de termeconverge
générallnvnconverge vers une certain réel`. En posantA= e`>0, on obtient
vn→AdoncJn∼√3A.
n

Exercice 1 :[énoncé]
La fonctionf:x7→(1+x3)1n+1est définie et continue sur[0+∞[. Puisque
f(x)x→∼+∞x3n1+3, la fonctionfest intégrable sur[0+∞[et l’intégraleJn
converge.
a) Via une décomposition en éléments simplesJ0=32√π3.
b)Jn−Jn+1=R0+∞x×(1+xx23)n+2dx. En procédant à une intégration par parties
justifiée par deux convergences :Jn+1=3n3−n1Jn.
c) On posevn=√3nJn.
lnvn+1−lnvn= ln3r 11 +n+ ln1−13n=On12

et

Or

Corrections

donc par encadrement

I=√π
2

L’encadrement du b) donne alors

√π
Wn∼
√2n

In∼2√√πnetJn∼2√√πn

Wn+1∼Wn

un∼nWn2

2

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Exercice 3 :[énoncé]
a) La fonction
f:t7→tt(t−+[nt])
est définie et continue par morceaux sur]0+∞[.
Quandt→0+,
t1 1
f(t =) =→
t(t+n)t+n n
Quandt→+∞,
O(1)1

f(t) =t(t+n) =Ot2
On en déduit quefest intégrable sur]0+∞[.
b) On remarque que
1
t(t1+n1=)nt1−
t+n
et on en déduit
ZAt−[t] 1ZAt−[t]t

dt=− −[td]t
0t(t+n)n0t t+n
Par linéarité de l’intégrale et changement de variable, on obtient
Z0At(tt−+[tn])dt= 1nZAt−[td]t−ZnA+nt−t[td]t!
0t

Enfin par la relation de Chasles
Z0At(tt−[+ntd)]t=n1Znt−[td]t−ZAA+nt−t[t]dt!
0t

Puisque
06ZAA+nt−t[t]dt61AZAA+nt−[t] dt6nA
on obtient quandA→+∞
un=n1Z0nt−t[t]
dt

c)

vn=Z0nt−t[td]t

Corrections

Par suite

puis

1=Znn−1t−[t]dt=Z01u+ (un−1) du
vn−vn−t

vn−vn−1= 1−(n−1) ln1 +n1−1

Par développement limité, on obtient
vn−vn−1(=2n1−1) +O11=2n+
n2

On en déduit que la série de terme général
1
vn−12n=On12
vn− −

d) Posons

On a

donc

Sachant

on obtient

puis

=n=+X∞2H(n)−H
S

On12

(n−1)−21n

X
nvk−vk−1−21k=S+o(1)
k=1

1n
vn−v1−2Xk=1S+o(1)
k=2

nXk1 = lnn+γ+o(1)
k=1

lnn
vn∼
2

lnn
un∼
2n

3

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Exercice 4 :[énoncé]
a) 0, cf. lemme de Lebesgue.
b) Posons
π2tdt
In=Z0nsis2(nint)tcos
Cette intégrale existe car un prolongement par continuité est possible en 0.
On observe
sin(2(n+ 1)t)−sin(2nt sin) = 2tcos(2n+ 1)t

et donc
In+1−In=Zπ2
2 cos((2n+ 1)t) costdt= 0
0
La suite(In)est constante égale à
I1=Z0π22 cos2tdt=π2

c) On a

costdt−π2sin(2nt)f(t) dt
Z0π2si2(nisnnt)tZ0sin(t2nt)dt=Z0π2

avec
f(t) = cott−t1
qui se prolonge en une fonction de classeC1sur[0 π2].
Ainsi
π2sin(2nt)dt→π
Z0t2

Corrections

Or
πsinudu
Z02(t2nt)dt=Z0nπsiun
donc la convergence de l’intégrale de Dirichlet étant supposée connue, on obtient
Z+∞sint π

dt=
0t2

d) On a
Z0π2ln(2 sin(t2)) cos(nt) dt=Z0π2lnsint(t22)cos(nt) dt+Z0π2ln(t) cos(nt) dt

4

Par intégration par parties,
nπ2sinudu
Z0π2ln(t) cos(nt) dt= ln(π2) snin(nπ2)−n1Z0u
La fonctiont7→lnsint(t22)se prolonge en une fonction de classeC2sur[0 π2].
Par intégration par parties,
Z0π2lnsint(t22)cos(nt) dt=nln12√π2sin(nπ2)−n1Z0π2lnsint(t22)0sin(nt
La fonctiont7→lnsint(t22)0étant de classeC1sur[0 π2], on a
1nZ0π2lnsint(t22)0sin(nt) dt=on1

et donc

Z0π2ln(2 sin(t2)) cos(nt) dt∼ln2)(2sin(nπn2)−π

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