CCP Deug 2004 2`eme épreuve corrigé Questions préliminaires 1

CCP Deug 2004 2`eme ´epreuve corrig´e
Questions pr´eliminaires
1◦)La fonction x7→ e−x2est continue et positive sur [0,+∞[. Puisque limx→+∞x2e−x2= 0, on
ae−x2=Ox→+∞1
x2, or Z+∞
1
1
x2dxconverge (Riemann avec α= 2 >1) donc par comparaison
Z+∞
1
e−x2dxconverge et donc I=Z+∞
0
e−x2dxexiste.
2◦)a) Pour t∈[0,1[,Ψ0(t) = 1 −1
1−t=−t 1−t60(nulle seulement en 0).
Donc Ψest d´ecroissante (et mˆeme strictement d´ecroissante) sur [0,1[ , de plus Ψ(0) = 0 donc
Ψest n´egative sur [0,1[.
2◦)b) Ψ(t) = t+ ln (1 −t) = −1
2t2+ ot→0(t2).
I. Un ´equivalent des int´egrales de Wallis et une application
3◦)a) I0=Zπ/2
0
1 dx=π
2et I1=Zπ/2
0
sin xdx=−cos(π/2) + cos 0 = 1.
3◦)b) Soit n∈Net fn:x7→ sinnx.fnest continue et positive sur [0, π/2] et n’est pas la
fonction nulle donc In=Zπ/2
0
sinnxdxest un r´eel strictement positif («crit`ere de nullit´e »).
3◦)c) In+1 =Zπ/2
0
sin(x) sinn(x) dx, et on obtient, quand n>1, par int´egration par parties :
In+1 = [−cos(x) sinn(x)]π/2
0+nZπ/2
0
cos(x) sinn−1(x) cos(x) dx= 0 + n(In−1−In)(car cos2=
1−sin2)
Donc pour n>1, on a In+1 =n
n+ 1In−1.
4◦)un+1 = (n+ 1)InIn+1 = (n+ 1)In
n
n+ 1In−1=nIn−1In=undonc (un)est une suite
constante.
Pour tout n>1, nIn−1In=u1= 1I0I1=π
2donc In−1In=π 2n.
5◦)´ Equivalent de In
5◦)a) Pour tout x∈[0, π/2],06sin(x)61donc sinn+1(x)6sinn(x)6sinn−1(x)donc par
croissance de l’int´egrale pour n>1, on a In+16In6In−1.
5◦)b) Puisque In−1>0(cf. 3◦)b)), on a n
n+ 1 =In+1 In−1
6In
In−1
61donc par encadrement
In/In−1→1donc In∼
+∞In−1.
5◦)c) D’apr`es 5◦)b) et 4◦), I2
n∼
+∞
π
2ndonc puisque In>0, on a In∼
+∞rπ
2n
6◦) Application :
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6◦)a) Jn=Z√n
01−x2
nn
dx, on pose x=√ncos(t)en faisant varier tde 0`a π/2, on a
alors dx=−sin(t) dtet 1−x2
nn
= (1 −cos2(t))n= sin2n(t)d’o`u
pour n>1,Jn=√nZπ
2
0
sin2n+1 (x) dx.
6◦)b) On a donc Jn=√nI2n+1 ∼
n√nrπ
2(2n+ 1) et limnJn=√π 2.
II. Int´egration sur un intervalle non born´e de la limite d’une suite de fonctions
A - La convergence uniforme est insuffisante . . .
7◦)a) Graphe de g2...
7◦)b) Les restrictions de gnaux 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
gnest continue sur [0,+∞[.
De plus Z+∞
0
gn(x) dx=Z2n
0
gn(x) dx+ 0 et cette int´egrale est l’aire du triangle de base [0,2n]
et de hauteur gn(n) = 1/n c’est-`a-dire 1
2(2n)·1 n= 1 :Z+∞
0
gn(x) dx= 1.
7◦)c) kgnk∞= supx∈[0,+∞[|gn(x)|=gn(n) = 1
n→n0donc
la suite (gn)converge uniform´ement sur [0,+∞[vers la fonction nulle.
Et on a lim
n→+∞Z+∞
0
gn(x) dx= 1 6= 0 = Z+∞
0
lim
n→+∞gn(x) dx.
B - Une condition suffisante : convergence uniforme sur tout segment et domi-
nation
8◦)Soit a > 0. Les fnsont continues sur [0, a]et (fn)nconverge uniform´ement sur [0, a]vers f
donc fest continue sur [0, a]. Ceci ´etant valable pour tout a > 0, on a fest continue sur [0,+∞[.
De plus, pour tout n∈N∗,|fn|6gdonc par passage `a la limite |f|6g. Puisque Z+∞
0
g(x) dx
converge, on a Z+∞
0
f(x) dxest absolument convergente donc convergente.
9◦)Soit ε > 0.
9◦)a) ϕ(t) = Z+∞
t
g(x) dx=Z+∞
0
g(x) dx−Zt
0
g(x) dx. Puisque limt→+∞Zt
0
g(x) dx=
Z+∞
0
g(x) dx, on a limt→+∞ϕ(t) = 0 .
D’apr`es la d´efinition de la limite, puisque ε > 0, il existe un r´eel A > 0tel que |ϕ(A)|<ε
4d’o`u
Z+∞
A
g(x) dx < ε
4.
9◦)b) Pour tout n≥1, d’apr`es la relation de Chasles (et la convergence des int´egrales) :
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Z+∞
0|fn(x)−f(x)|dx=ZA 0|fn(x)−f(x)|dx+Z+∞ A|fn(x)−f(x)|dx6ZA 0|fn(x)−f(x)|dx+
Z+∞
A|fn(x)|dx+Z+∞ A|f(x)|dxOr Z+∞ A|fn(x)|dx6Z+∞ A|g(x)|dx6ε
4et de mˆeme
Z+∞
A|f(x)|dx6ε
4d’o`u finalement Z+∞
0|fn(x)−f(x)|dx6ZA 0|fn(x)−f(x)|dx+ε
2.
9◦)c) D’apr`es l’in´egalit´e de la moyenne, ZA
0|fn(x)−f(x)|dx6kfn−fk∞,[0,A]donc d’apr`es la
convergence uniforme sur le segment [0, A]de (fn)nvers f, on a limnZA
0|fn(x)−f(x)|dx= 0.
Comme ε/2>0, il existe donc un rang n0tel que pour n>n0,ZA
0|fn(x)−f(x)|dx6ε
2et
on a alors avec le b) : Z+∞
0|fn(x)−f(x)|dx6ε
2+ε 2=ε.
Donc pour tout ε > 0, il existe n0∈Ntel que pour tout n>n0,Z+∞
0|fn(x)−f(x)|dx6ε:
on a montr´e par d´efinition de la limite que lim
n→+∞Z+∞
0
fn(x) dx=Z+∞
0
f(x) dx.
III. Application au calcul de l’int´egrale de Gauss
10◦)Soit xun r´eel strictement positif.
Remarque : Je pense qu’il s’agit d’une erreur, le cas x= 0 n’est pas particulier et il est utile...
10◦)a) Soit x>0, n ∈N∗. Si x>√n, on a fn(x) = 0 6e−x2=f(x).
Sinon t=x2
n∈[0,1[ donc on a Ψ(t)60donc ln(1 −t)6−td’o`u nln(1 −x2 n)6−x2puis par
croissance de exp :fn(x) = 1−x2
nn
6e−x2=f(x).
Pour tout x>0et tout n∈N∗,06fn(x)6f(x)
10◦)b) Si nv´erifie n > x2, on a |fn(x)−f(x)|=f(x)−fn(x)=e−x2−1−x2
nn
=
e−x21−enln(1−x2
n)−x2= e−x2
1−e
nΨx2
n
.
10◦)c) Soit x>0, pour nassez grand on peut utiliser le b) et de plus d’apr`es les pr´eliminaires
Ψ(t)∼
t→0−1
2t2. Or limn→+∞
x2
n→n→+∞0, donc on a Ψ(x2 n)∼
n→+∞−1
2
x4
n2donc limnnΨ(x2
n) = 0
puis limne−x2
1−e
nΨx2
n
= 0. Donc pour x>0,limnfn(x) = f(x):
la suite de fonctions (fn)converge simplement vers la fonction fsur [0,+∞[.
11◦)Soit aun r´eel strictement positif.
Pour nassez grand on aura n>a2. Alors pour tout x∈[0, a], on a d’apr`es 10◦)b)
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|fn(x)−f(x)|61
1−e
nΨx2
n
.
Or 06x2
n6a2 n<1et Ψest d´ecroissante sur [0,1[ (cf. pr´eliminaires) donc Ψ(x2 n)>Ψ(a2 n)
puis |fn(x)−f(x)|61
1−e
nΨa2
n
.
Donc kfn−fk∞,[0,a]61−e
nΨa2
n. Ce majorant tend vers 0quand ntend vers +∞(mˆeme
d´emonstration qu’au 10◦)c)) donc la suite (fn)converge uniform´ement sur [0, a]vers f.
12◦)D’apr`es 10◦) et 11◦), on peut appliquer le r´esultat de la partie B donc :
Z+∞
0
e−x2dx=Z+∞
0
f(x) dx= lim
nZ+∞
0
fn(x) dx. Or Z+∞
0
fn(x) dx= 0+Z√n
01−x2
nn
dx
donc Z+∞
0
e−x2dx= lim
nZ√n
01−x2
nn
dxet cette limite a ´et´e trouv´ee au A.6◦)
Z+∞
0
e−x2dx=√π
2.
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