corrigé
Problème e3a
Préliminaires
1. On utilise la concavité de la fonction sinus sur [0; =2] (sa dérivée seconde est -sinus, négative sur [0; =2] ) .
On en déduit que le graphe de sinus est en dessous sa tangente en 0d’équation y=xet au dessus de sa corde reliant
(0;0) et (=2;1) d’équation y=2
x.
On peut faire la …gure qui illustre les inégalités de concavité :
8t2[0; =2];2
tsin tt
2.
1. sin t0tdonc lim
0('(t)) = 1 et la fonction se prolonge par continuité.
2. On fait une intégration par parties avec les fonctions C1sur [1; x]:u(t) = 1
tet v(t) = cos(t)et donc u0(t) = 1
te,
v0(t) = sin t
Zx
1
sin t
tdt = cos 1 cos x
xZx
1
cos t
t2dt
3.
lim
+1cos(x)
x= 0 , par produit d’une fonction bornée par une fonction de limite nulle.
On peut majorer jcos t
t2j 1
t2fonction continue positive intégrable sur [1;+1[. donc t7! cos t
t2est intégrable
sur [1;+1[et donc Z+1
1
cos t
t2dt converge.
:lim
+1() = cos 1 Z+1
1
cos t
t2dt
a donc une limite …nie en +1.
4. D’après la question précédente Z+1
1
sin t
tdt converge et d’après la première question t7! sin(t)
tse prolonge en une
fonction continue sur [0;1] donc Z1
0
sin t
tdt converge.
l’intégrale Z+1
0
sin t
tdt converge.
Partie 2
1.
1.
t7! cos tsin(2nt)
sin test continue sur ]0; =2] et admet une limite …nie (2n)en 0. La fonction se prolonge par
continuité en 0donc elle est intégrable sur ]0; =2]
Remarque : On peut aussi majorer : 8x2R,jsin(x)j xet 8t2]0; =2[ sin(t)2
tdonc
cos tsin(2nt)
sin t1:2nt: 1
2
t=n
.Beaucoup d’entre vous ont majoré par 1 , c’est faux à case de la limite en 0. La majoration fréquente aussi
par 2nsemble juste avec Maple mais non prouvable facilement.
t7! sin(2nt)
test continue sur ]0; =2] et admet une limite …nie (2n)en 0. La fonction se prolonge par continuité
en 0donc elle est intégrable sur ]0; =2]
Les intégrales sont convergentes : un=Z
2
0
cos tsin(2nt)
sin tdt et vn=Z
2
0
sin(2nt)
tdt sont dé…nies pour tout n2N
2. On a comme sin(a)sin(b) = 2 cos(a+b
2) sin(ab
2)et cos(a) cos(b) = 1
2(cos(a+b) + cos(ab))
un+1 un=Z
2
0
cos t(sin((2n+ 2)tsin(2nt))
sin tdt
= 2 Z
2
0
cos tsin tcos((2n+ 1)t)
sin tdt = 2 Z
2
0
cos tcos((2n+ 1)t)dt
=Z
2
0
cos(2n+ 2)t+ cos 2nt dt =sin(2n+ 2)t
2n+ 2 +sin 2nt
2n=2
0
= 0
Le calcul de primitive est possible car n6= 0 .
La suite (un)n0est donc constante.
Or comme sin(2t) = 2 sin(t) cos(t)on a
u1=Z
2
0
cos tsin 2t
sin tdt =Z
2
0
2 cos2t dt =Z
2
0
cos 2t+ 1 dt ==2
:
et donc :
La suite (un)n2Nest constante et vaut =2
2. On suppose m > 0pour pouvoir faire une intégration par parties avec : u(t) = h(t)et v(t) = eimt
im fonctions C1sur [; ]
Hm=h()eim
im h()eim
im Z
h0(t)eimt
im dt
On a :donc comme eiX = 1 si X2R:
Hm1
m jh()j+jh()j+Z
jh0(t)jdt!
Toute la parenthèse est un constante par rapport à met donc :
lim
m!1 Hm= 0
remarque : on peut étudier la limite de Z
h0(t)eimt
im dt par le théorème de convergence dominée mais c’est plus long.
3. On sait que si fadmet en 0un D:L: f(x) = a0+a1x+o(x)alors alors fse prolonge par continuité en posant f(0 = a0
et la fonction prolongée est dérivable en 0et f0(0) = a1( mais pas la dérivée n’est pas obligatoirement continue)
On fait un donc D.L de hen 0:
h(t) = sin(t)tcos(t)
tsin(t)=(tt3=6 + o(t3)(tt3=2 + o(t3))
t2+o(t3)
=t=3 + o(t)
1 + o(t)= (t=3 + o(t)) (to(t)) = t
3+o(t)
hse prolonge par continuité en posant h(0) = 0 et la fonction prolongée est dérivable avec h0(0) = 1=3
Puis on fait un D.L. de h0(t)pour véri…er la continuité de h0en 0:
h0(t) = t2sin2t
t2sin2t=
t4
3+o(t4)
t4+o(t4)
de limite 1=3, ce qui prouve la continuité de h0en 0(et la cohérence des 2 calculs):
Remarque ( variante ) : On utilise le théorème qui dit que si on a une fonction continue en 0, dérivable sur ]"; "[ f0g
,et si la dérivée admet une limite en 0, alors fest est C1sur ]"; "[et f0(0) = .(mais n’oubliez de d’abord
prolongé par continuité)
2
Remarque ( autre méthode ) : On peut aussi prouver que h(t) = sin(t)tcos(t)
tsin(t)est le quotient de deux fonctions
développables en série entières avec h=F
Get pour t6= 0 F(t) = sin(t)tcos(t)
t2et G(t) = tsin t
t2et véri…er que Fet
Gsont deux fonctions développables en série entière sur R(après prolongement en 0) et que G(0) 6= 0, donc hest C1
sur R.
4.
1. Méthode qui doit devenir classique : sin () = Im ei .
Avec les notations précédentes :
vnun=Z
2
0
sin(2nt)(1
tcos t
sin t)dt =Z
2
0
sin(2nt)h(t)dt:
Or la fonction hprolongée est C1sur [0;
2]donc d’après la question 2 :
lim
m!1 Z
2
0
h(t)eimt dt = 0
ce qui donne en prenant la partie imaginaire :
lim
m!1 Z
2
0
h(t) sin(mt)dt = 0:
On a donc
lim
n!1 (vnun) = 0
2. On a prouvé : : lim
n!1 (vnun) = 0 (question 4.1) et 8n1,un=
2(question 1.2) donc
lim
n!1 vn=
2
Or dans vn=Z
2
0
sin(2nt)
tdt. le changement de variable C1bijectif de [0; =2] sur [0; n]u= 2nt donne
vn=Zn
0
sin t
tdt .
On sait (préliminaire) que Zx
0
sin t
tdt tend vers Z+1
0
sin(t)
tdt , par composition des limites Zx
0
sin t
tdt tend vers
lim Zn
0
sin(t)
tdt
et donc
I=Z+1
0
sin t
tdt =
2.
3
1
/
3
100%
