Partiel Janvier 2016 Correction

Partiel d’analyse r´eelle Janvier 2016
(Dur´ee 2h00)
Exercice 1. (4 points) q
Calculer les valeurs d’adh´erences dans Rdes suites r´eelles suivantes.
1. ∀n>1, an=nln 1 + 1
n,(1 point)
2. ∀n>1, bn=−√2n,(1 point)
3. D´eterminer la limite sup´erieure et la limite inf´erieure de (bn)n∈N.(1
point)
4. ∀n>1, cn=ncos nπ
2+ sin nπ 2.(1 point)
Correction:
1. On sait que
ln(1 + 1
n) = 1 n+o(1 n)
Ainsi, la suite (an)n>1converge vers 1 et a donc une unique valeur
d’adh´erence: Adh(an) = {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 2Net 2N+ 1 repr´esentent
une partition des entiers, on en d´eduit que Adh(bn) = {−∞,+∞}.
3. D’apr`es 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 p´eriodiques de p´eriode 4 car
le cosinus et le sinus sont (2π)-p´eriodiques. On va consid´erer les 4
sous-suites suivantes. Soit n∈N, on a
•c4n= 4ncos(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 d´eduit en consid´erant les sous-suites (c4n)n>1,(c4n+1)n>1,(c4n+2)n>1
et (c4n+3)n>1que {−∞,−1,1,+∞} ⊂ Adh(cn). Comme 4N, 4N+ 1,
4N+ 2, 4N+ 3 forment une partition des entiers, ce sont les seules
valeurs d’adh´erences:
Adh(cn) = {−∞,−1,1,∞}.
Exercice 2. (4 points) q
D´eterminer la nature des s´eries de terme g´en´eral suivant (convergente ou
divergente). On apportera une attention particuli`ere `a la justification.
1. ∀n>1, an=4n2−40n+1
n2+2n+2 ,(1 point)
2. ∀n>1, bn=sin(3nln(n))
nn,(1 point)
3. ∀n>1, cn=ln(n)
n2(e1/n −1), (1 point)
4. ∀n>1, dn=cos(2π
3n)
nln(n)+1 .(1 point)
Correction:
1. Soit n>1, alors
an=4n2−40n+ 1
n2+ 2n+ 2 ∼+∞
4n2
n2= 4
Ainsi la suite (an)n>1ne converge pas vers 0 et la s´erie de terme g´en´eral
(an) diverge grossi`erement.
2. Soit n>1, alors
|bn|=|sin(3nln(n)|
nn61 nn.
Etudions la s´erie de terme g´en´erale βn=1
nn. C’est une s´erie `a terme
positif et
β1/n
n=1
n→+∞0
Ainsi, la s´erie de terme g´en´eral (βn)n>1est convergente par le crit`ere de
Cauchy. D’apr`es le th´eor`eme de comparaison, la s´erie de terme g´en´erale
(bn)n>1est donc absolument convergente et donc convergente.
3. La s´erie de terme g´en´eral (cn)n>1est a terme positif et
n3/2cn=ln(n)
n1/2(e1/n −1) →0.
D’apr`es le crit`ere en nα, la s´erie est convergente.
2/7

4. Pour tout n>1, on a dn=un∗vn, avec
un= cos 2π
3net vn=1 nln(n)+1.
La suite (vn)n>1est d´ecroissante vers 0. D’autre part la suite des
sommes partielles associ´ees `a (un)n>1est born´ee: pour tout n>1,
U1=U3n+1 =u1=−1/2
U2=U3n+2 =u1+u2=−1
U3=U3n=u1+u2+u3= 0, ...
La s´erie est donc convergente d’apr`es le th´eor`eme d’Abel.
Exercice 3. (4 points) q
1. Pour tout n>1, on d´efinit la fonction fnde Rdans Rtelle que pour
tout x∈R,
fn(x) = 1+2enx
1 + enx .
(a) Montrer que la suite (fn)n>1converge simplement sur Rvers une
fonction f`a pr´eciser. (1 point)
(b) Est ce que la suite (fn)n>1converge uniform´ement sur R?(1
point)
2. Pour tout n>1, on d´efinit la fonction gnde [0,+∞[ dans Rtelle que
pour tout x∈R+,
gn(x) = x
n(1 + nx2).
(a) Montrer que la suite (gn)n>1converge simplement sur R+vers une
fonction g`a d´eterminer. (1 point)
(b) Est ce que la suite (gn)n>1converge uniform´ement sur R+?(1
point)
Correction
1. Suite de fonctions (fn)n>1
(a) On remarque que la function fncontient le terme enx qui a un
comportement diff´erent selon si x < 0, x= 0 ou x > 0. On
s’attend donc `a retrouver ces diff´erents comportements dans f:
•Si x= 0 alors fn(x) = fn(0) = 3
2.
•Si x > 0 alors enx tend vers l’infini et on a fn(x)∼2enx
enx = 2.
La suite (fn(x))n>1converge donc vers 2.
•Si x < 0 alors enx tend vers 0 et fn(x) converge vers 1.
3/7

Ainsi la suite (fn)n>1converge simplement sur Rvers la fonction
fd´efinie par
f(x) = 
1 si x60,
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, fnest continue sur Rtandis que fest
discontinue. La convergence ne peut donc pas ˆetre uniforme sur
R.
2. Suite de fonctions (gn)n>1
(a) Soit x∈R+et n>1 alors
|gn(x)|=|x
n(1 + nx2)|6x n
Le terme de droite converge vers 0 lorsque ntend vers l’infini.
Ainsi la suite converge simplement vers la fonction nulle.
(b) ´ Etudions maintenant la convergence uniforme. Soit n>1, on pose
δn= sup
x∈R+|gn(x)−0|= sup
x∈R+
x
n(1 + nx2).
Pour calculer le maximum, nous allons faire un tableau de varia-
tion.
g0
n(x) = n+n2x2−2n2x2
n(1 + nx2)=1−nx2 1 + nx2.
Ainsi la fonction est croissante sur [0,1
√n] puis d´ecroissante. Le
maximum est donc atteint en 1
√net δn=1
2n√n. La suite (δn)n>1
converge vers 0 et la convergence est donc uniforme sur R+.
4/7

Exercice 4. (3 points) q
On consid`ere l’int´egrale g´en´eralis´ee
I=Z+∞
1
sin(t) ln(t)
t2dt.
1. Montrer que l’int´egrale g´en´eralis´ee est convergente. (1 point)
2. D´emontrer que
I6J=Z+∞
0
ue−udu. (1point)
3. Calculer J.(1 point)
Correction
1. La fonction
f:t→sin(t) ln(t)
t2dt.
est continue sur [1,+∞[ donc localement Riemann-int´egrable. De plus
pour toutt>1, on a
|f(t)|=ln(t)
t2.
La fonction ln(t)
t2est int´egralbe sur [1,+∞[ car t3/2∗ln(t) t2=ln(t)
t1/2→+∞
0. Ains l’int´egrale sur fest absolument convergente et Iest donc
convergente.
2. On s’inspire de la question pr´ec´edente pour se d´ebarasser du sinus
f(t)6ln(t)
t2.
Donc d’apr`es le th´eor`eme de comparaison puis le changement de vari-
able u= ln(t), on a
I6Z+∞
1
ln(t)
t2dt
=Z+∞
0
ue−udu.
3. On va calculer Jpar une int´egration par partie. Fixons M>0, alors
ZM
0
ue−udu = [−ue−u]M
0−ZM
0−e−udu,
=−Me−M+ZM
0
e−udu,
=−Me−M+ [−e−u]M
0,
= 1 −Me−M−e−M.
En prennant la limite lorsque Mtend vers l’infini, on obtient J= 1.
5/7