CCP Deug 2004 2`eme épreuve corrigé Questions préliminaires 1

CCP Deug 2004 2ème épreuve corrigé
Questions préliminaires
2
2
1◦ ) La fonction x 7→ e−x est continue et positive sur [0, +∞[. Puisque limx→+∞ x2 e−x = 0, on
Z +∞
1
1
−x2
ae
= Ox→+∞ x2 , or
dx converge (Riemann avec α = 2 > 1) donc par comparaison
x2
1
Z +∞
Z +∞
2
−x2
e−x dx existe.
e
dx converge et donc I =
0
1
◦
0
2 )a) Pour t ∈ [0, 1[, Ψ (t) = 1 −
1
1−t
t
= − 1−t
6 0 (nulle seulement en 0).
Donc Ψ est décroissante (et même strictement décroissante) sur [0, 1[ , de plus Ψ(0) = 0 donc
Ψ est négative sur [0, 1[.
2◦ )b) Ψ(t) = t + ln (1 − t) = − 12 t2 + ot→0 (t2 ).
I. Un équivalent des intégrales de Wallis et une application
Z π/2
Z π/2
π
◦
3 )a) I0 =
et I1 =
1 dx =
sin x dx = − cos(π/2) + cos 0 = 1.
2
0
0
3◦ )b) Soit n ∈ N et fn : x 7→ sinn x. fn est continue et positive sur [0, π/2] et n’est pas la
Z π/2
fonction nulle donc In =
sinn x dx est un réel strictement positif (« critère de nullité »).
0
π/2
sin(x) sinn (x) dx, et on obtient, quand n > 1, par intégration par parties :
0
Z π/2
π/2
n
cos(x) sinn−1 (x) cos(x) dx = 0 + n(In−1 − In ) (car cos2 =
= [− cos(x) sin (x)]0 + n
3◦ )c) In+1 =
In+1
Z
0
1 − sin2 )
Donc pour n > 1, on a In+1 =
n
In−1 .
n+1
n
4◦ ) un+1 = (n + 1)In In+1 = (n + 1)In
In−1 = nIn−1 In = un donc (un ) est une suite
n+1
constante.
π
π
.
Pour tout n > 1, nIn−1 In = u1 = 1I0 I1 = donc In−1 In =
2
2n
5◦ ) Équivalent de In
5◦ )a) Pour tout x ∈ [0, π/2], 0 6 sin(x) 6 1 donc sinn+1 (x) 6 sinn (x) 6 sinn−1 (x) donc par
croissance de l’intégrale pour n > 1, on a In+1 6In 6In−1 .
5◦ )b) Puisque In−1 > 0 (cf. 3◦ )b)), on a
n
In+1
In
=
6
6 1 donc par encadrement
n+1
In−1
In−1
In /In−1 → 1 donc In ∼ In−1 .
+∞
◦
◦
◦
5 )c) D’après 5 )b) et 4 ),
In2
π
∼
donc puisque In > 0 , on a In ∼
+∞ 2n
+∞
r
π
2n
6◦ ) Application :
R. Coutens
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√
6◦ )a) Jn =
Z
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2 n
n
x
n
1−
0
alors dx = − sin(t) dt et
pour n>1, Jn =
√
π
2
Z
n
√
dx, on pose x = n cos(t) en faisant varier t de 0 à π/2, on a
n
x2
1−
= (1 − cos2 (t))n = sin2n (t) d’où
n
sin2n+1 (x) dx.
0
◦
6 )b) On a donc Jn =
√
nI2n+1 ∼
n
√
n
r
√
π
π
et limn Jn =
.
2(2n + 1)
2
II. Intégration sur un intervalle non borné de la limite d’une suite de fonctions
A - La convergence uniforme est insuffisante . . .
7◦ )a) Graphe de g2 ...
7◦ )b) Les restrictions de gn aux intervalles [0, n[, [n, 2n[ et [2n, +∞[ sont affines donc continues
et limx→n− gn (x) = n/n2 = 1/n = gn (n) et limx→2n− gn (x) = −2n/n2 + 2/n = 0 = gn (0) donc
gn est continue sur [0, +∞[.
Z +∞
Z 2n
De plus
gn (x) dx =
gn (x) dx + 0 et cette intégrale est l’aire du triangle de base [0, 2n]
0
0
Z +∞
1
1
gn (x) dx = 1.
et de hauteur gn (n) = 1/n c’est-à-dire 2 (2n) · n = 1 :
0
◦
7 )c) k gn k∞ = supx∈[0,+∞[ |gn (x)| = gn (n) =
1
n
→n 0 donc
la suite (gn ) converge uniformément sur [0, +∞[ vers la fonction nulle.
Z +∞
Z +∞
Et on a lim
gn (x) dx = 1 6= 0 =
lim gn (x) dx.
n→+∞
0
0
n→+∞
B - Une condition suffisante : convergence uniforme sur tout segment et domination
8◦ ) Soit a > 0. Les fn sont continues sur [0, a] et (fn )n converge uniformément sur [0, a] vers f
donc f est continue sur [0, a]. Ceci étant valable pour tout a > 0, on a f est continue sur [0, +∞[ .
Z +∞
∗
De plus, pour tout n ∈ N , |fn | 6 g donc par passage à la limite |f | 6 g. Puisque
g(x) dx
0
Z +∞
converge, on a
f (x) dx est absolument convergente donc convergente.
0
◦
9 ) Soit ε > 0.
◦
Z
+∞
Z
+∞
Z
9 )a) ϕ(t) =
g(x) dx =
g(x) dx −
t
0
Z +∞
g(x) dx, on a limt→+∞ ϕ(t) = 0 .
t
Z
g(x) dx. Puisque limt→+∞
0
t
g(x) dx =
0
0
ε
D’après la définition de la limite, puisque ε > 0, il existe un réel A > 0 tel que |ϕ(A)| < d’où
4
Z +∞
ε
g(x) dx < .
4
A
9◦ )b) Pour tout n≥1, d’après la relation de Chasles (et la convergence des intégrales) :
R. Coutens
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Z +∞
Z A
|fn (x) − f (x)| dx =
|fn (x) − f (x)| dx+
|fn (x) − f (x)| dx 6
|fn (x) − f (x)| dx+
A
0
Z0 +∞
Z +∞ 0
Z +∞
Z +∞
ε
|fn (x)| dx +
|f (x)| dx Or
|fn (x)| dx 6
|g(x)| dx 6
et de même
4
A
A
A
A
Z A
Z +∞
Z +∞
ε
ε
|f (x)| dx 6 d’où finalement
|fn (x) − f (x)| dx 6
|fn (x) − f (x)| dx + .
4
2
A
0
0
Z A
9◦ )c) D’après l’inégalité de la moyenne,
|fn (x) − f (x)| dx 6k fn −f k∞,[0,A] donc d’après la
0
Z A
convergence uniforme sur le segment [0, A] de (fn )n vers f , on a limn
|fn (x) − f (x)| dx = 0.
Z A0
ε
|fn (x) − f (x)| dx 6 et
Comme ε/2 > 0, il existe donc un rang n0 tel que pour n > n0 ,
2
0
Z +∞
ε ε
|fn (x) − f (x)| dx 6 + = ε.
on a alors avec le b) :
2 2
0
Z +∞
Donc pour tout ε > 0, il existe n0 ∈ N tel que pour tout n > n0 ,
|fn (x) − f (x)| dx 6 ε :
0
Z +∞
Z +∞
on a montré par définition de la limite que lim
fn (x) dx =
f (x) dx.
Z
+∞
Z
A
n→+∞
0
0
III. Application au calcul de l’intégrale de Gauss
10◦ ) Soit x un réel strictement positif.
Remarque : Je pense qu’il s’agit d’une erreur, le cas x = 0 n’est pas particulier et il est utile...
√
2
10◦ )a) Soit x > 0, n ∈ N∗ . Si x > n, on a fn (x) = 0 6 e−x = f (x).
2
2
Sinon t = xn ∈ [0, 1[ donc on a Ψ(t) 6 0 donc ln(1 − t) 6 −t d’où n ln(1 − xn ) 6 −x2 puis par
n
x2
2
6 e−x = f (x).
croissance de exp : fn (x) = 1 −
n
∗
Pour tout x > 0 et tout n ∈ N , 0 6 fn (x) 6 f (x)
n
x2
◦
2
−x2
10 )b) Si n vérifie n > x , on a |fn (x) − f (x)| = f (x) − fn (x) = e
− 1−
=
n
2 

x
nΨ
x2
2
2
2

n 
e−x 1 − en ln(1− n )−x = e−x 1 − e
.
10◦ )c) Soit x > 0, pour n assez grand on peut utiliser le b) et de plus d’après les préliminaires
1
1 x4
2
2
2
Ψ(t) ∼ − t2 . Or limn→+∞ xn →n→+∞ 0, donc on a Ψ( xn ) ∼ − 2 donc limn nΨ( xn ) = 0
t→0
n→+∞
2 
2n
2 
x
nΨ
2 
n 
puis limn e−x 1 − e
 = 0. Donc pour x > 0, limn fn (x) = f (x) :
la suite de fonctions (fn ) converge simplement vers la fonction f sur [0, +∞[ .
11◦ ) Soit a un réel strictement positif.
Pour n assez grand on aura n > a2 . Alors pour tout x ∈ [0, a], on a d’après 10◦ )b)
R. Coutens
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

|fn (x) − f (x)| 6 1 1 − e
nΨ
2
x
n


.
a2
x2
a2
x2
6
< 1 et Ψ est décroissante sur [0, 1[ (cf. préliminaires) donc Ψ( ) > Ψ( )
n
n
n
n
2 

a
nΨ

n 
puis |fn (x) − f (x)| 6 1 1 − e
.
Or 0 6
a2
nΨ
n . Ce majorant tend vers 0 quand n tend vers +∞ (même
Donc k fn − f k∞,[0,a] 6 1 − e
démonstration qu’au 10◦ )c)) donc la suite (fn ) converge uniformément sur [0, a] vers f .
12◦ ) D’après 10◦ ) et 11◦ ), on peut appliquer le résultat de la partie B donc : √
n
Z n
Z +∞
Z +∞
Z +∞
Z +∞
x2
−x2
fn (x) dx = 0+
fn (x) dx. Or
f (x) dx = lim
e
dx =
1−
dx
n
n
0
0
0
0
0
n
Z +∞
Z √n x2
2
−x
donc
e
dx = lim
1−
dx et cette limite a été trouvée au A.6◦ )
n
n
0
0
√
Z +∞
π
−x2
e
.
dx =
2
0
R. Coutens
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