Partiel d’analyse réelle Janvier 2016
(Durée 2h00)
Exercice 1. (4 points) q
Calculer les valeurs d’adhérences dans R des suites réelles suivantes.
1. ∀n > 1, an = n ln 1 + n1 , (1 point)
√ n
2. ∀n > 1, bn = − 2 , (1 point)
3. Déterminer la limite supérieure et la limite inférieure de (bn )n∈N . (1
point)
4. ∀n > 1, cn = n cos n π2 + sin n π2 . (1 point)
Correction:
1. On sait que
1
1
1
) = + o( )
n
n
n
Ainsi, la suite (an )n>1 converge vers 1 et a donc une unique valeur
d’adhérence: Adh(an ) = {1}.
ln(1 +
2. On observe que pour tout entier n ∈ N,
√
b2n = (− 2)2n = 2n ,
et
√
√
b2n+1 = (− 2)2n+1 = (− 2) ∗ 2n .
Ainsi la suite des termes pairs converge vers +∞ tandis que la suite des
termes impairs converge vers −∞. Comme 2N et 2N + 1 représentent
une partition des entiers, on en déduit que Adh(bn ) = {−∞, +∞}.
3. D’après le cours
lim sup bn = sup Adh(bn ) = +∞,
et
lim inf bn = inf Adh(bn ) = −∞.
4. Les fonctions cos(nπ/2) et sin(nπ/2) sont périodiques de période 4 car
le cosinus et le sinus sont (2π)-périodiques. On va considérer les 4
sous-suites suivantes. Soit n ∈ N, on a
• c4n = 4n cos(4nπ/2) + sin(4nπ/2) = 4n,
• c4n+1 = (4n + 1) cos((4n + 1)π/2) + sin((4n + 1)π/2) = 1,
• c4n+2 = (4n + 2) cos((4n + 2)π/2) + sin((4n + 2)π/2) = −4n − 2,
• c4n+3 = −1,
1/7
On en déduit en considérant les sous-suites (c4n )n>1 ,(c4n+1 )n>1 ,(c4n+2 )n>1
et (c4n+3 )n>1 que {−∞, −1, 1, +∞} ⊂ Adh(cn ). Comme 4N, 4N + 1,
4N + 2, 4N + 3 forment une partition des entiers, ce sont les seules
valeurs d’adhérences:
Adh(cn ) = {−∞, −1, 1, ∞}.
Exercice 2. (4 points) q
Déterminer la nature des séries de terme général suivant (convergente ou
divergente). On apportera une attention particulière à la justification.
1. ∀n > 1, an =
4n2 −40n+1
,
n2 +2n+2
(1 point)
2. ∀n > 1, bn =
sin(3n ln(n))
,
nn
(1 point)
3. ∀n > 1, cn =
ln(n) 1/n
(e
n2
− 1), (1 point)
4. ∀n > 1, dn =
cos( 2π
n
3 )
n ln(n)+1 .
(1 point)
Correction:
1. Soit n > 1, alors
an =
4n2 − 40n + 1
4n2
∼
=4
+∞
n2 + 2n + 2
n2
Ainsi la suite (an )n>1 ne converge pas vers 0 et la série de terme général
(an ) diverge grossièrement.
2. Soit n > 1, alors
|bn | =
| sin(3n ln(n)|
1
6 n.
n
n
n
Etudions la série de terme générale βn = n1n . C’est une série à terme
positif et
1
βn1/n = →+∞ 0
n
Ainsi, la série de terme général (βn )n>1 est convergente par le critère de
Cauchy. D’après le théorème de comparaison, la série de terme générale
(bn )n>1 est donc absolument convergente et donc convergente.
3. La série de terme général (cn )n>1 est a terme positif et
n3/2 cn =
ln(n) 1/n
(e
− 1) → 0.
n1/2
D’après le critère en nα , la série est convergente.
2/7
4. Pour tout n > 1, on a dn = un ∗ vn , avec
2π
1
un = cos
n et vn =
.
3
n ln(n) + 1
La suite (vn )n>1 est décroissante vers 0. D’autre part la suite des
sommes partielles associées à (un )n>1 est bornée: pour tout n > 1,
U1 = U3n+1 = u1 = −1/2
U2 = U3n+2 = u1 + u2 = −1
U3 = U3n = u1 + u2 + u3 = 0, ...
La série est donc convergente d’après le théorème d’Abel.
Exercice 3. (4 points) q
1. Pour tout n > 1, on définit la fonction fn de R dans R telle que pour
tout x ∈ R,
1 + 2enx
fn (x) =
.
1 + enx
(a) Montrer que la suite (fn )n>1 converge simplement sur R vers une
fonction f à préciser. (1 point)
(b) Est ce que la suite (fn )n>1 converge uniformément sur R ? (1
point)
2. Pour tout n > 1, on définit la fonction gn de [0, +∞[ dans R telle que
pour tout x ∈ R+ ,
x
gn (x) =
.
n(1 + nx2 )
(a) Montrer que la suite (gn )n>1 converge simplement sur R+ vers une
fonction g à déterminer. (1 point)
(b) Est ce que la suite (gn )n>1 converge uniformément sur R+ ? (1
point)
Correction
1. Suite de fonctions (fn )n>1
(a) On remarque que la function fn contient le terme enx qui a un
comportement différent selon si x < 0, x = 0 ou x > 0. On
s’attend donc à retrouver ces différents comportements dans f :
• Si x = 0 alors fn (x) = fn (0) = 32 .
• Si x > 0 alors enx tend vers l’infini et on a fn (x) ∼
La suite (fn (x))n>1 converge donc vers 2.
2enx
enx
• Si x < 0 alors enx tend vers 0 et fn (x) converge vers 1.
3/7
= 2.
Ainsi la suite (fn )n>1 converge simplement sur R vers la fonction
f définie par
si x 6 0,
1
f (x) = 3/2 si x = 0,
2
si x > 0.
(b) La suite de fonctions (fn ) converge simplement vers la fonction f
sur R. Pour tout n > 1, fn est continue sur R tandis que f est
discontinue. La convergence ne peut donc pas être uniforme sur
R.
2. Suite de fonctions (gn )n>1
(a) Soit x ∈ R+ et n > 1 alors
|gn (x)| = |
x
x
|6
2
n(1 + nx )
n
Le terme de droite converge vers 0 lorsque n tend vers l’infini.
Ainsi la suite converge simplement vers la fonction nulle.
(b) Étudions maintenant la convergence uniforme. Soit n > 1, on pose
δn = sup |gn (x) − 0| = sup
x∈R+
x∈R+
x
.
n(1 + nx2 )
Pour calculer le maximum, nous allons faire un tableau de variation.
n + n2 x2 − 2n2 x2
1 − nx2
gn0 (x) =
=
.
n(1 + nx2 )
1 + nx2
Ainsi la fonction est croissante sur [0, √1n ] puis décroissante. Le
maximum est donc atteint en √1n et δn = 2n1√n . La suite (δn )n>1
converge vers 0 et la convergence est donc uniforme sur R+ .
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Exercice 4. (3 points) q
On considère l’intégrale généralisée
Z +∞
sin(t) ln(t)
dt.
I=
t2
1
1. Montrer que l’intégrale généralisée est convergente. (1 point)
2. Démontrer que
Z
+∞
I6J =
ue−u du. (1point)
0
3. Calculer J. (1 point)
Correction
1. La fonction
sin(t) ln(t)
dt.
t2
est continue sur [1, +∞[ donc localement Riemann-intégrable. De plus
pour toutt > 1, on a
ln(t)
|f (t)| = 2 .
t
f :t→
est intégralbe sur [1, +∞[ car t3/2 ∗ ln(t)
= ln(t)
La fonction ln(t)
→+∞
t2
t2
t1/2
0. Ains l’intégrale sur f est absolument convergente et I est donc
convergente.
2. On s’inspire de la question précédente pour se débarasser du sinus
f (t) 6
ln(t)
.
t2
Donc d’après le théorème de comparaison puis le changement de variable u = ln(t), on a
Z +∞
ln(t)
I6
dt
t2
1
Z +∞
=
ue−u du.
0
3. On va calculer J par une intégration par partie. Fixons M > 0, alors
Z M
Z M
−u
−u M
ue du = [−ue ]0 −
−e−u du,
0
0
Z M
= −M e−M +
e−u du,
0
= −M e
−M
+ [−e−u ]M
0 ,
= 1 − M e−M − e−M .
En prennant la limite lorsque M tend vers l’infini, on obtient J = 1.
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Exercice 5. (3 points) q
On considère la série entière suivante
+∞
X
n=0
1
x4n+2 .
(2n)!
1. Calculer le rayon de convergence. (1 point)
2. Calculer la somme précédente. (1 point)
3. Développer en série entière
3t
(4−t)
sur un intervalle à préciser. (1 point)
Correction
1. Posons an =
1
(2n)! ,
alors
an+1
(2n)!
1
=
=
→∞ 0.
an
(2n + 1)!
2n + 1
Ainsi d’après le critère de d’Alembert pour les séries entières, le rayon
de convergence de cette série est +∞.
2. La présence des factorielles de terme pair fais penser aux DSE du cosinus et du cosinus hyperbolique. Comme tous les coefficients sont de
même signe, on se concentre sur le cosinus hyperbolique:
ch(t) =
X
n>0
1 2n
t
(2n)!
Pour obtenir, le bon exposant on remarque qu’il suffit de prendre t = x2
et de multiplier par x2 . On a donc
2
2
x ch(x ) =
+∞
X
n=0
3. La fonction
1
4−t
=
1 1
4 1− t
1
x4n+2 .
(2n)!
est DSE sur l’intervalle ] − 4, 4[ et on a donc
4
3t
3t 1
=
,
4−t
4 1 − 4t
+∞ 3t X t n
,
=
4
4
=
n=0
+∞
X
3
n=0
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4n+1
tn+1 .
Exercice 6. (3 points) q
Donner les ensembles de solutions des équations différentielles suivantes sur
R (on note t la variable et x la fonction sur R):
1. x00 − 3x0 + 2x = 0, (1 point)
2. (1 + t2 )x0 + 4xt = 0, (1 point)
3. (1 + t2 )x0 + 4xt = t en utilisant la méthode de la variation de la constante. (1 point)
Correction
1. C’est une équation du second ordre, nous calculons donc les solutions
de l’équation du second degré
y 2 − 3y + 2 = 0
Le discriminant vaut ∆ = 9 − 8 = 1 ce qui donne deux solutions y1 = 2
et y2 = 1. Ainsi l’ensemble des solutions est
S = {t → λe2t + µet , λ, µ ∈ R}.
2. C’est une équation homogène du premier ordre mais avec un coefficient
devant le terme de premier ordre. Comme ce terme ne s’annule jamais,
l’équation est équivalente à
4t
x0 +
x = x0 + a(t)x = 0
1 + t2
avec a(t) =
par
4t
.
1+t2
On sait donc que l’ensemble des solutions est donné
S = {λe−A(t) , λ ∈ R},
où A(t) est une primitive de a(t). Il suffit donc de calculer une primitive
de a(t), par exemple 2 ln(1 + t2 ). On a donc
S = {λ(1 + t2 )−2 , λ ∈ R}.
3. Afin de résoudre cette équation, on va utiliser la méthode de la variation
de la constante. On cherche une solution sous la forme
x(t) = λ(t)x0 (t) = λ(t)(1 + t2 )−2 .
En remarquant que x0 est solution de l’équation homogène, on obtient
(1 + t2 )x(t)0 + 4x(t)t = (1 + t2 )λ0 (t)x0 (t) + λ(t) x00 (t)(1 + t2 ) + 4x0 (t)t
= (1 + t2 )(x0 (t))λ0 (t).
Ainsi x est solution de l’équation (3) si et seulement si
t
= t(1 + t2 )
λ0 (t) =
2
(1 + t )x0 (t)
On trouve donc
(
S=
)
2
3
λ + t2 + t3
,λ ∈ R .
(1 + t2 )2
7/7