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Enoncés
Convergence dominée
Exercice 7
Montrer que
1
[ 02568 ]
[Correction]
Exercice 1 [ 00921 ] [Correction]
Calculer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants :
(a) un =
R π/4
0
(b) vn =
tann x dx
R +∞
0
+∞
Z
un = (−1)n
0
est dénie pour n ≥ 1.
Calculer
dx
xn +ex
+∞
Z
lim
n→+∞
Exercice 2 [ 03800 ] [Correction]
Étudier la limite éventuelle, quand n tend vers +∞, de la suite
+∞
Z
0
Exercice 8 [ 03807 ] [Correction]
Montrer que la fonction fn donnée par
Exercice 3 [ 00746 ] [Correction]
Calculer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants :
(a) un =
R +∞
0
sinn x
x2
(b) un =
dx
R +∞
0
(c) un =
xn dx
xn+2 +1
Exercice 4 [ 01771 ] [Correction]
Vérier que la suite de terme général
+∞
Z
un =
0
[ 00926 ]
Z
[ 00927 ]
e−t sinn (t) dt
+∞
1+
−∞
Z
In =
2 −n
t
n
est intégrable sur R∗+ .
R +∞
Montrer que la suite de terme général un = n 0 fn (x) dx converge vers une
limite à préciser.
Z
n
f (t) dt
0
Exercice 10 [ 00150 ] [Correction]
Soit f ∈ C 0 (R+ , R+ ) bornée. On pose, pour n ∈ N,
0
[Correction]
Z
xn dx
x2n +1
ln(1 + x/n)
x(1 + x2 )
+∞
lim
Exercice 6
Établir que
0
1
µn =
n
[Correction]
n→+∞
R +∞
fn (x) =
Exercice 9 [ 02567 ] [Correction]
Soit f : [0 ; +∞[ → C continue.
On suppose que la fonction f converge en +∞ vers une limite nie `.
Déterminer la limite quand n → +∞ de
sin(nt)
dt
nt + t2
est bien dénie et étudier sa convergence.
Exercice 5
Calculer
dt
(1 + t3 )n
En déduire la nature de la série de terme général un .
xn
dx
1 + xn+2
In =
0
dt
(1 + t3 )n
Z
+∞
dt −−−−−→
n→+∞
−∞
+∞
nf (t)e−nt dt
0
2
e−t dt
Déterminer la limite de In quand n → +∞.
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+∞
n→+∞
1
Z
In =
Sn =
n−1
X
F
√
k=0
√
2 n
n
1−
lim
n→+∞
0
t
n
dt
[Correction]
n
Z
lim
1+
0
x n −2x
e
dx
n
Exercice 15 [ 00923 ] [Correction]
Déterminer un équivalent de
Exercice 19 [ 02392 ] [Correction]
Soit f une application réelle de classe C 1 sur [a ; b] avec 0 < a < 1 < b et f (1) 6= 0.
Soit (fn ) la suite de fonctions telle que
x n
1+ 1−
dx
n
(b) Établir l'égalité suivante :
Z
lim
n→+∞
Exercice 16
Déterminer
[ 02982 ]
[Correction]
b
Z
fn (t) dt =
a
1
f (t) dt
a
(c) Montrer que
Z
lim
n→+∞
f (x)
1 + xn
(a) Déterminer la limite simple de (fn ).
r
0
k+1
n δ
−h
n
Déterminer un équivalent de Sn lorsque n tend vers +∞.
fn (x) =
n
n(δt − h) dt
(b) On pose
Z
Z
√
F
0
[Correction]
n→+∞
0
(a) Déterminer la limite éventuelle de
0
(b) Préciser le mode de convergence.
[ 00922 ]
n!
dx
k=1 (k + x)
Qn
Exercice 18 [ 03159 ] [Correction]
Soit F une application continue décroissante de R dans R, tendant vers 1 en −∞
et vers 0 en +∞. Soient deux réels h et δ vériant 0 < h < δ .
n cos t(sin t)n f (xt) dt
lim
Exercice 14
Étudier
+∞
Z
+∞
Z
[ 04079 ]
[Correction]
lim
Exercice 12 [ 03650 ] [Correction]
Soit f : R+ → R de classe C 1 intégrable ainsi que sa dérivée.
(a) Déterminer pour x > 0
Exercice 13
Étudier
[ 02862 ]
nf (x)
dx
1 + n2 x2
0
n→+∞
2
Exercice 17
Calculer
Exercice 11 [ 00924 ] [Correction]
Soit f : R+ → R continue et bornée.
Déterminer la limite quand n → +∞ de
Z
Enoncés
0
n
2
x n
cos
dx
n
Z
a
1
tn−1 fn (t) dt ∼
ln 2
f (1)
n
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Enoncés
Exercice 20 [ 02517 ] [Correction]
Pour n ∈ N∗ et x ∈ R, on pose
n
fn (x) = √
π
x2
1− 2
2n
(a) Montrer que les suites (an ) et (bn ) convergent vers une même limite, notée
M (a, b).
(b) On pose
Z
2n4
+∞
T (a, b) =
−∞
Soit g une fonction continue sur R et nulle en dehors d'un segment [a ; b].
Montrer que
Z
fn (x)g(x) dx = g(0)
lim
n→+∞
R
Exercice 21 [ 04143 ] [Correction]
Soit f : [0 ; 1] → R une fonction continue vériant f (1) 6= 0. Déterminer un
équivalent quand n tend vers l'inni de
Z
In =
1
Exercice 22 [ 04158 ] [Correction]
(a) Rappeler une condition nécessaire et susante pour qu'une fonction dérivable
sur un intervalle soit strictement croissante.
(b) Soit f : [a ; b] → R+ continue dont l'ensemble des zéros est d'intérieur vide et
n ∈ N∗ .
Montrer qu'il existe une unique subdivision (x0 , . . . , xn ) de [a ; b] vériant :
Z
xi
f (x) dx =
xi−1
Montrer
du
p
2
(a + u2 )(b2 + u2 )
a+b √
, ab = T (a, b)
2
On pourra utiliser le changement de variable u = 21 t −
T
(c) Montrer
T (a, b) =
ab
t
.
π
M (a, b)
Exercice 24 [ 04945 ] [Correction]
(a) Justier l'existence de
tn f (t) dt
0
∀i ∈ J1 ; nK,
3
1
n
Z
Z
In =
0
+∞
dx
(1 + x3 )n
pour n ∈ N∗
(b) Montrer que la suite (In )n≥1 converge et trouver sa limite.
P
(c) Étudier la convergence de (−1)n−1 In et calculer son éventuelle somme.
b
f (x) dx
a
(c) Soit g : [a ; b] → R+ continue. Calculer
n
1X
g(xi )
n→+∞ n
i=1
lim
Exercice 23 [ 04159 ] [Correction]
Soit a et b strictement positifs. On dénit deux suites (an ) et (bn ) par
a0 = a, b0 = b et ∀n ∈ N, an+1 =
p
an + bn
, bn+1 = an bn
2
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Corrections
Corrections
4
Sans dicultés, par le théorème de convergence dominée
(a) Sur [0 ; π/4[, tann x −−−→ 0 |tann x| ≤ 1 = ϕ(x) intégrable sur [0 ; π/4[ donc
CV S
un →
0
et donc
Aussi
1
−−→ f (x) avec f (x) = e−x sur [0 ; 1[ et f (x) = 0 sur
(b) Sur [0 ; +∞[, xn +e
x −
]1 ; +∞[.
1
−x
De plus xn +e
= ϕ(x) avec ϕ intégrable sur [0 ; +∞[ donc
x ≤ e
e−x dx =
0
1
n
Or |sinx2x| −−→ f (x) avec f (x) = 0 pour tout x 6= π/2 [π].
n
De plus |sinx2x| ≤ x12 = ϕ(x) avec ϕ intégrable sur [1 ; +∞[ donc
CS
e−1
e
+∞
Z
1
In =
0
1
xn
dx +
1 + xn+2
Z
1
+∞
xn
dx
1 + xn+2
un =
0
On a
En appliquant le théorème de convergence dominée aux deux intégrales, on obtient
Z
+∞
In →
1
0
et
dx
=1
x2
1
Z
+∞
Z
1
Exercice 3 : [énoncé]
À chaque fois, on vérie que les fonctions engagées sont continues par morceaux.
(a) Ici, on ne peut appliquer le théorème de convergence dominée sur [0 ; +∞[
après une majoration de |sin x| par 1 car la fonction dominante ϕ(x) = 1/x2
ne sera pas intégrable sur ]0 ; +∞[. Pour contourner cette diculté, on
découpe l'intégrale.
un =
0
On a
Z
0
1
1
Z
Z
Z
n
|sin x|
dx →
x2
puis un → 0.
(b) On écrit
Exercice 2 : [énoncé]
En découpant l'intégrale
+∞
sinn x
dx =
x2
Z
0
1
sinn x
dx +
x2
Z
1
+∞
sinn x
dx
x2
Z 1
n−2 sinn x sin
dx
≤
(x) dx car |sin x| ≤ |x|
2
x
0
sinn x
dx → 0
x2
Z +∞
n
|sin x|
sinn x ≤
dx
dx
x2
x2
1
+∞
Z
CV S
1
1
Z
0
0 dx = 0
0
Z
n−2 sin
(x) dx → 0
π/4
Z
vn →
1
Z
Exercice 1 : [énoncé]
À chaque fois, on vérie que les fonctions engagées sont continues par morceaux.
+∞
Z
f (x) dx = 0
1
xn dx
+
xn+2 + 1
Z
+∞
1
xn dx
xn+2 + 1
Z 1
xn dx 1
≤
xn dx =
xn+2 + 1 n
+
1
0
xn dx
−−−−−→
n+2
x
+ 1 n→+∞
Z
+∞
1
dx
=1
x2
en
vertu
du théorème de convergence dominée et via la domination
xn xn+2 +1 ≤ x12 sur [1 ; +∞[.
Ainsi un → 1.
(c) On écrit
Z
Z
1
un =
0
On a
Z
0
et
Z
1
1
xn dx
+
x2n + 1
+∞
1
xn dx
x2n + 1
Z 1
xn dx 1
≤
xn dx =
x2n + 1 n
+
1
0
+∞
Z +∞
xn dx dx
1
≤
=
n
x2n + 1 x
n
−
1
1
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Corrections
donc un → 0.
On peut aussi appliquer le théorème de convergence dominée mais c'est
moins ecace.
Exercice 4 : [énoncé]
Posons
CS
fn (t) = e−t sinn (t) −−→ f (t)
avec
(
0
f (t) =
e−t
nt
≤1
nt + t2
et pour t ≥ π/2,
1
1
≤ 2
nt + t2
t
avec ϕ continue par morceaux intégrable sur [0 ; +∞[ donc par convergence
dominée :
Z
Z
+∞
n→∞
ϕ : t 7→
si t ∈ [0 ; π/2]
si t ∈ ]π/2 ; +∞[
1
1/t2
La fonction ϕ étant intégrable sur ]0 ; +∞[, on peut appliquer le théorème de
convergence dominée et armer
Z
un →
0
0
Exercice 5 : [énoncé]
La fonction intégrée ne converge pas simplement en les t = π/2 + π mod 2π . Pour
contourner cette diculté on raisonne à l'aide de valeurs absolues.
Z
0
+∞
Z
e−t sinn (t) dt ≤
fn (t) = 1 + t2 /n
−n
sont dénies et continues par morceaux sur R.
2
La suite de fonctions (fn ) converge simplement vers f avec f (t) = e−t dénie et
continue par morceaux sur R.
Soit t ∈ R xé et considérons
ϕ : x 7→ −x ln(1 + t2 /x)
dénie sur [1 ; +∞[.
En étudiant le signe de ϕ00 , on démontre ϕ0 est croissante. Or lim+∞ ϕ0 = 0 et
donc ϕ0 est négative.
La fonction ϕ est donc décroissante et par conséquent, pour tout n ∈ N∗
|fn (t)| ≤
−n
t2
1
1+
= exp(ϕ(n)) ≤ exp(ϕ(1)) =
n
1 + t2
La fonction t 7→ 1/(1 + t2 ) est intégrable sur R.
Par convergence dominée
Z
+∞
−∞
+∞
f (t) dt = 0
0
Exercice 6 : [énoncé]
Les fonctions données par
+∞
0 dt = 0
+∞
e−t sinn (t) dt =
lim
Ainsi |fn | ≤ ϕ avec
(
si t 6= π/2 mod π
sinon
|fn (t)| ≤ e−t = ϕ(t)
La fonction fn est dénie et continue par morceaux sur ]0 ; +∞[.
nt
Quand t → 0+ , fn (t) ∼ nt+t
2 → 1.
Quand t → +∞ ; fn (t) = O t12 .
On peut donc armer que fn est intégrable sur ]0 ; +∞[.
Pour t ∈ ]0 ; +∞[.
Quand n → +∞, fn (t) = O n1 donc la suite (fn ) converge simplement vers la
fonction nulle.
De plus, pour t ≤ π/2, on a, sachant |sin u| ≤ |u|,
|fn (t)| ≤
On a
Les fonctions fn et f sont continues par morceaux et
sin(nt)
fn : t 7→
nt + t2
|fn (t)| ≤
5
t2
1+
n
−n
Z
+∞
dt −−−−−→
n→+∞
2
e−t dt
−∞
e−t |sinn t| dt
0
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Corrections
Exercice 7 : [énoncé]
La fonction t 7→ (1+t13 )n est continue par morceaux sur [0 ; +∞[ et on observe
1
(1 + t3 )n
∼
t→+∞ t3n
0
Par convergence dominée, sachant
1
1+t3
|f (u/n)| ≤ kf k∞ e−u = ϕ(u)
avec ϕ intégrable, on obtient
Z
Exercice 8 : [énoncé]
fn est dénie et continue par morceaux sur ]0 ; +∞[.
Quand x → 0+ , fn (x) → n1 , on peut donc la prolonger par continuité.
Quand x → +∞, fn (x) = o x12 .
Par suite fn est intégrable sur ]0 ; +∞[.
Z
+∞
0
Posons
gn (x) =
n ln(1 + x/n)
dx
x(1 + x2 )
n ln(1 + x/n)
= nfn (x)
x(1 + x2 )
1
Pour x > 0, quand n → +∞, gn (x) → 1+x
2.
De plus, sachant ln(1 + u) ≤ u, on a |gn (x)| ≤
Par convergence dominée,
Z
+∞
un →
0
1
1+x2
= ϕ(x) avec ϕ intégrable.
dx
π
=
2
1+x
2
Z
µn =
1
f (ns) ds
0
Par convergence dominée
f (0)e−u du = f (0)
0
Exercice 11 : [énoncé]
Par le changement de variable u = nx,
Z
+∞
0
f∞ : u 7→
+∞
0
f (u/n)
du
1 + u2
f (0)
1 + u2
Les fonctions fn et f sont continues par morceaux sur R+ .
|fn (u)| ≤
kf k∞
= ϕ(u)
1 + u2
avec ϕ intégrable sur R+ .
Par convergence dominée,
Z
+∞
nf (x)
dx −−−−−→
n→+∞
1 + n2 x2
Z
0
+∞
f (0)
πf (0)
du =
2
1+u
2
Exercice 12 : [énoncé]
(a) Pour x > 0, posons
Z
µn → `
Z
nf (x)
dx =
1 + n2 x2
(u/n)
Posons alors fn : u 7→ f1+u
dénie sur R+ .
2
La suite de fonctions (fn ) converge simplement vers
0
Exercice 9 : [énoncé]
Par changement de variable
+∞
In →
La décroissance de (|un |) et la positivité de l'intégrale étant desP
propriétés
immédiates, on peut appliquer le critère spécial et armer que un converge.
un =
f (u/n)e−u du
0
dt
=0
(1 + t3 )n
lim
n→+∞
+∞
Z
In =
R +∞
+∞
Exercice 10 : [énoncé]
Par le changement de variable u = nt
1
dt
avec 3n > 1 donc l'intégrale 0 (1+t
3 )n est bien dénie pour n ≥ 1.
Par application du théorème de convergence dominée (en prenant ϕ(t) =
pour dominatrice), on obtient
Z
6
un (x) =
+∞
n cos t(sin t)n f (xt) dt
0
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Corrections
L'intégrabilité de f assure que un (x) est bien dénie.
Puisque f 0 est intégrable, la fonction f converge en +∞ et, puisque f est
aussi intégrable, f tend vers 0 en +∞. Par intégration par parties, on obtient
alors
Z +∞
un (x) = −
n
n+1
(sin t)n+1 xf 0 (xt) dt
7
et donc
A
|sin(u/x)|
Z
A
|sin(u/x)|
n+1
Z
dt
|sin t|
0
n+1
Z
π
dt = x(k + 1)
0
(sin t)n+1 dt
0
A
n+1
du ≤
5A
π
π
Z
(sin t)n+1 dt
0
Finalement, pour tout x > 0,
+∞
n→+∞
et par comparaison
un (x) −−−−−→ 0
n→+∞
(b) On vient déjà d'obtenir une convergence simple de la suite de fonctions (un )
vers la fonction nulle. Montrons qu'en fait il s'agit d'une convergence
uniforme.
Par changement de variable
π
Z
AM
(sin t)n+1 dt + √ n+1 + ε
2
et donc pour n assez grand, on a pour tout x > 0.
5AM
π
0
|un (x)| ≤ 2ε
Il y a donc convergence uniforme vers la fonction nulle.
+∞
Z
(sin(u/x))n+1 f 0 (u) du
0
Soit ε > 0. Puisque la fonction f 0 est intégrable, il existe A ∈ R+ tel que
+∞
Exercice 13 : [énoncé]
Posons
(
1 − t2 /n
0
fn (t) =
0
|f (u)| du ≤ ε
et alors
n+1
|sin(u/x)|
du + ε avec M = max |f 0 (u)|
u∈[0;A]
0
Pour x ≥ 4A/π , on a
∀u ∈ [0 ; A], 0 ≤
u
A
π
≤
≤
x
x
4
n
fn (t) =
1−
t2
n
n
√
si t ∈ [0 ; n[
sinon
Pour t ∈ [0 ; +∞[, à partir d'un certain rang t >
A
|un (x)| ≤ M
(k+1)π
du ≤ x
|un (x)| ≤
A
n+1
|sin t|
Pour k entier tel que kπ < A/x ≤ (k + 1)π .
0
Z
A/x
Z
du = x
0
|sin(u/x)|
gn (t) dt −−−−−→ 0
Z
n+1
0
Z
n
n+1
n+1
2
Or x(k + 1)π ≤ A + xπ ≤ 5A et donc
avec la fonction ϕ intégrable.
Par convergence dominée
0
A
Pour x ≤ 4A/π , on a par changement de variable
Z
|gn (x)| ≤ xf 0 (xt) = ϕ(t)
Z
du ≤ √
0
n+1
un (x) = −
n+1
|sin(u/x)|
0
Posons gn (x) = |sin t|
xf 0 (xt) dt.
Chaque fonction gn est continue par morceaux.
La suite de fonctions (gn ) converge simplement vers une fonction continue
par morceaux, nulle en chaque x 6= π/2 + kπ .
La fonction limite simple est continue par morceaux.
Enn on a la domination
A
Z
√
n et
2
t2
= exp n ln 1 −
→ e−t
n
Ainsi, la suite (fn ) converge simplement vers f : t 7→ e−t .
En vertu de l'inégalité ln(1 + u) ≤ u, on obtient
2
2
|fn (t)| ≤ e−t = ϕ(t)
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Corrections
√
Exercice 16 : [énoncé]
n2
Posons fn (x) = cos nx
si x ∈ [0 ; n] et fn (x) = 0 si x ∈ ]n ; +∞[.
Pour x ∈ R+ , quand n → +∞,
et ce que t ∈ [0 ; n] ou non.
La fonction ϕ est intégrable sur [0 ; +∞[.
Par application du théorème de convergence dominée,
√
Z
n
1−
lim
n→+∞
0
t2
n
n
Z
+∞
2
2
x n
fn (x) = cos
= exp n2 ln 1 − x2 /2n2 + o(1/n2 ) → e−x /2
n
2
e−t dt
dt =
8
0
Ainsi, la suite de fonctions (fn ) converge simplement vers f : x 7→ e−x /2 sur
[0 ; +∞[. Les fonctions fn et f sont continues par morceaux.
Soit ψ : [0 ; 1] → R dénie par ψ(t) = 1 − t2 /4 − cos t. Par étude des variations,
2
Exercice 14 : [énoncé]
Posons
(
n
(1 + x/n)
fn (x) =
0
si x ∈ [0 ; n]
sinon
∀x ∈ [0 ; 1], ψ(x) ≥ 0
On en déduit que, pour x ∈ [0 ; n],
Pour x ∈ [0 ; +∞[, à partir d'un certain rang x ≥ n et
x
x n −2x
e
= exp n ln 1 +
− 2x → e−x
fn (x) = 1 +
n
n
Ainsi, la suite (fn ) converge simplement vers f : x 7→ e−x .
En vertu de l'inégalité ln(1 + u) ≤ u, on obtient
n
n→+∞
0
0
n
r
n
Z
lim
n→+∞
Z +∞
x n −2x
1+
e
dx =
e−x dx = 1
n
0
0
2
x n
cos
dx =
n
Z
+∞
e
−x2 /2
r
dx =
0
π
2
Exercice 17 : [énoncé]
On a
1×2
≤
Qn n!
(x + 1)(x + 2) × 1 = ϕ(x)
(k
+
x)
k=1
avec ϕ intégrable sur [0 ; +∞[.
Quand n → +∞,
x n
1+ 1−
dx n
=
n
n
u=1−x/n
Z
1
0
Z
1
√
n
n→+∞
r
1+ 1−
0
1−
un
du
ln
n!
Qn
k=1 (k + x)
=−
n
X
k=1
x
ln 1 +
→ −∞
k
n!
→0
k=1 (k + x)
Qn
1 − un du −−−−−→ 1
0
Z
√
car ln (1 + x/k) ∼ x/k terme général d'une série à termes positifs divergente.
Par suite
Par le théorème de convergence dominée
donc
/4
2
Exercice 15 : [énoncé]
Par changement de variable
Z
2
Cette inégalité vaut aussi pour x ∈ ]n ; +∞[ et puisque la fonction x 7→ e−x /4 est
intégrable, on peut appliquer le théorème de convergence dominée pour armer
et ce que x ∈ [0 ; n] ou non.
La fonction ϕ est intégrable sur [0 ; +∞[.
Par application du théorème de convergence dominée,
Z
puis
fn (x) ≤ e−x
|fn (x)| ≤ e−x = ϕ(x)
lim
x
x2
x2
ln cos
≤ ln 1 − 2 ≤ − 2
n
4n
4n
x n
n
puis par le théorème de convergence dominée
Z
dx ∼ n
lim
n→+∞
0
+∞
n!
dx = 0
k=1 (k + x)
Qn
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Corrections
Exercice 19 : [énoncé]
(a) (fn ) converge simplement vers la fonction f donnée par
Exercice 18 : [énoncé]
(a) Appliquons le théorème de convergence dominée.
Posons fn : [0 ; 1] → R dénie par
fn (t) = F
√
n(δt − h)
9
Pour t ∈ [0 ; h/δ[, on a fn (t) → 1.
Pour t ∈ ]h/δ ; 1], on a fn (t) → 0.
Enn, pour t = h/δ , fn (t) = F (0) → F (0).
Ainsi la suite de fonctions (fn ) converge simplement sur [0 ; 1] vers f dénie
par


si t ∈ [0 ; h/δ[
1
f (t) = F (0) si t = h/δ


0
si t ∈ ]h/δ ; 1]
Les fonctions fn sont continues et la limite simple f est continue par
morceaux.
Enn
(b) Sachant |fn (x)| ≤ |f (x)| avec f intégrable sur [a ; b], on peut appliquer le
théorème de convergence dominée et on obtient directement le résultat
proposé.
(c) Par une intégration par parties
Z
Z
1
In →
h/δ
Z
f (t) dt =
1 dt =
0
0
h
δ
t
(k+2)/n
F
√
(k+1)/n
1
n(δt − h) dt ≤ F
n
n−1
1
Z
1
1 1
n
fn (t) dt =
ln(1 + t )f (t) −
ln(1 + tn )f 0 (t) dt
n
n a
a
D'une part
1
ln 2
ln(1 + an )
ln 2
1
1
n
ln(1 + t )f (t) =
f (1) +
f (a) =
f (1) + o
n
n
n
n
n
a
car ln(1 + an ) → 0.
D'autre part
Z 1
Z 1
1
1
1
n 0
n
≤ 1 kf 0 k
ln(1
+
t
)f
(t)
dt
t
dt
=
O
=
o
∞
n
n
2
n
n
a
0
(b) Par la décroissance de F , on peut écrire
Z
1
a
∀t ∈ [0 ; 1], |fn (t)| ≤ 1 = ϕ(t)
avec ϕ continue par morceaux et intégrable.
Par convergence dominée,
sachant ln(1 + u) ≤ u.
Z (k+1)/n
Au nal, on obtient
√
√
k+1
n δ
−h
≤
F
n(δt − h) dt
n
Z
k/n
(n+1)/n
√
1/n
Z
(n+1)/n
F
1/n
√
n−1
a
F
et
1
t
En sommant ces inégalités
Z
Sn
n(δt − h) dt ≤
≤ In
n
Z
n(δt − h) dt =
1
F
√
Par convergence dominée, on obtient de façon analogue à ce qui précède, la
limite de ce terme et on conclut
h
Sn ∼ n
δ
ln 2
fn (t) dt =
f (1) + o
n
Exercice 20 : [énoncé]
L'intégrale
Z
Z
1
n
b
fn (x)g(x) dx
fn (x)g(x) dx =
n(δ(t + 1/n) − h) dt
0
si x ∈ [a ; 1[
si x = 1
si x ∈ ]1 ; b]


f (x)
f (x) = f (1)/2


0
a
R
est bien dénie.
Par le changement de variable x = u/n bijectif de classe C 1
Z
Z
nb
fn (x)g(x) dx =
R
na
1
√
π
u2
1− 4
2n
2n4
Z
+∞
g(u/n) du =
hn (u) du
−∞
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avec
2
1
hn (u) = √
π
u
2n4
1−
Corrections
10
Par le théorème convergence dominée, on obtient
2n4
g(u/n)χ[na;nb]
Z
n→+∞
hn est continue par morceaux, (hn ) converge simplement vers h continue par
morceaux avec
4
2
4
2
1
1
|hn (u)| = √ e2n ln(1−u /2n ) ≤ √ e−u = ϕ(u)
π
π
et cette inégalité vaut aussi pour u ∈
/ [na ; nb].
La fonction ϕ étant continue par morceaux et intégrable sur R, on peut appliquer
le théorème de convergence dominée et conclure sachant
2
e−u du =
√
π
−∞
(n + 1)In =
1
1/(n+1)
f u
(a) Une fonction dérivable sur un intervalle y est strictement croissante si, et
seulement si, sa dérivée est positive et n'est nulle sur aucun sous-intervalle
non réduit à un point (l'ensemble des zéros est d'intérieur vide).
Rx
(b) L'application F : x 7→ a f (t) dt est une bijection continue strictement
croissante de [a ; b] vers [0 ; L] avec L l'intégrale de f sur [a ; b]. Les xi sont
alors déterminés par
(c) On peut écrire
n
du
fn (u) = f u
(
−−−−−→ f∞ (u) =
n→+∞
f (0)
f (1)
n
X
LX
g(xi ) =
n i=1
i=1
Posons fn (u) = f u1/(n+1) avec u ∈ [0 ; 1] et réunissons les hypothèses
d'application du théorème de convergence dominée :
(1) Pour tout u ∈ [0 ; 1], on peut armer par continuité de f et composition de
limites
1/(n+1)
f (1)
f (1)
∼
n + 1 n→+∞ n
Exercice 22 : [énoncé]
0
n→+∞
xi = F −1
Exercice 21 : [énoncé]
Par le changement de variable u = tn+1 , on obtient
Z
∼
In
n assez
grand de sorte que |a/n| , |b/n| ≤ 1 on a pour tout u ∈ [na ; nb],
Pour
u2 /2n4 ≤ 1/2 < 1,
+∞
f∞ (u) du = f (1)
0
Sachant f (1) 6= 0, cette limite nie non nulle est aussi un équivalent et donc
2
1
h(u) = √ e−u g(0)
π
Z
1
(n + 1)In −−−−−→
si u = 0
si u ∈ ]0 ; 1]
On en déduit que la suite de fonctions (fn ) converge simplement sur [0 ; 1]
vers la fonction f∞ décrite ci-dessus.
(2) Les fonctions fn et la fonction f∞ sont continues par morceaux.
(3) La fonction f étant continue sur le segment [0 ; 1], elle y est bornée par un
certain M ∈ R+ et alors
∀u ∈ [0 ; 1], |fn (u)| = f u1/(n+1) ≤ M = ϕ(t)
La fonction constante ϕ est évidemment intégrable sur le segment [0 ; 1].
Z
iL
n
xi
g(xi )f (x) dx
xi−1
Montrons par application du théorème de convergence dominée
n Z
X
i=1
On écrit
xi
avec
f (x)g(xi ) dx −−−−−→
f (x)g(x) dx
n→+∞
xi−1
n Z
X
i=1
b
Z
xi
a
Z
f (x)g(xi ) dx =
xi−1
b
hn (x) dx
a
hn (x) = g(xi )f (x) pour x ∈ [xi−1 ; xi [ (xi est fonction de n)
Les fonctions g et h étant continues sur un segment, on peut les borner et il
est facile d'acquérir l'hypothèse de domination. Le plus dicile est d'obtenir
la convergence simple. . .
Soit x ∈ [a ; b].
Si f (x) = 0 alors hn (x) = 0 −−−−−→ f (x)g(x).
n→+∞
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Corrections
Si f (x) 6= 0 alors, il existe m > 0 et α > 0 tels que
11
(c) On a
T (an+1 , bn+1 ) = T (an , bn )
∀y ∈ [a ; b], |y − x| ≤ α =⇒ f (y) ≥ m
Pour l'indice i tel que x ∈ [xi−1 ; xi [, on a (selon que l'intervalle [xi−1 ; xi ] est
de longueur supérieure ou inférieure à α)
1
L=
n
Z
xi
f (t) dt ≥ m min(xi − xi−1 , α)
et donc
T (an , bn ) = T (a, b)
Par convergence dominée avec la fonction de domination
xi−1
On en déduit xi − xi−1 −−−−−→ 0 puis xi −−−−−→ x, et, par continuité de g ,
n→+∞
n→+∞
hn (x) −−−−−→ f (x)g(x).
n→+∞
Par application du théorème de convergence dominée, on peut conclure
1
lim
n→+∞ n
n
X
Rb
a
g(xi ) =
i=1
f (x)g(x) dx
Rb
f (x) dx
a
Exercice 23 : [énoncé]
Sans perte de généralités, on suppose a ≤ b.
(a) Les suites (an ) et (bn ) sont bien dénies et à termes positifs. Par l'inégalité
2xy ≤ x2 + y 2 , on obtient an+1 ≤ bn+1 . On en déduit la croissance de (an ) et
la décroissance de (bn ). Ces suites sont monotones et bornées donc
convergentes. Notons ` et `0 leurs limites. Par passage à la limite de la
relation dénissant an+1 en fonction de an et bn , on obtient
on obtient
Z
+∞
T (an , bn ) −−−−−→
n→+∞
−∞
du
1
=
M (a, b)2 + u2
M (a, b)
1
1
p
∼
2
2
2
2
u→±∞
u2
(a + u )(b + u )
La fonction de changement de variable t 7→ 12 t − abt est une bijection C 1
croissante de ]0 ; +∞[ vers R. Après calculs
Z +∞
a+b √
2 dt
p
T
, ab =
2
2
(a + t2 )(b2 + t2 )
0
Par parité de la fonction intégrée
T
a+b √
, ab = T (a, b)
2
arctan
u
M (a, b)
+∞
=
−∞
π
M (a, b)
(a) Soit n ∈ N∗ . Introduisons un : [0 ; +∞[ → R dénie par
un (x) =
1
(1 + x3 )n
La fonction un est continue par morceaux et intégrable car
`+`
2
On en déduit ` = `0 .
(b) L'intégrale dénissant T (a, b) est convergente car
Exercice 24 : [énoncé]
0
`=
1
a2 + u2
ϕ(u) =
un (x)
∼
x→+∞
1
x3n
avec 3n > 1
(b) La suite de fonctions (un ) converge simplement vers
(
u∞ : x 7→
0
1
si x > 0
si x = 0
Les fonctions un et u∞ sont continues par morceaux et, pour tout n ≥ 1 et
tout x ∈ [0 ; +∞[,
1
1
(1 + x3 )n ≤ 1 + x3 = ϕ(x)
La fonction ϕ est intégrable et par convergence dominée
Z
+∞
Z
un (t) dt −−−−−→
In =
0
n→+∞
+∞
u∞ (t) dt = 0
0
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Corrections
12
(c) On remarque 0 ≤ un+1 (x) ≤ un (x) pour tout x ∈ [0 ; +∞[
P et, par intégration
en bon ordre, 0 ≤ In+1 ≤ In . On en déduit que la série (−1)n−1 In est
alternée et que son terme général décroît en valeur absolue vers 0 : la série
converge par application du critère spécial.
Pour tout N ≥ 1,
N
X
(−1)
n−1
Z
In =
N
+∞ X
(−1)n−1
dx
(1 + x3 )n
n=1
0
n=1
Z
+∞
=
0
Z
+∞
=
0
Or
Z
0
+∞
1
1 + x3
(−1)N (1+x3 )N
dx
1
+ 1+x
3
N +1
1 −
1
1
(−1)
1+
2 + x3
(1 + x3 )N
dx
Z +∞
dx
1
(−1)N +1
≤
·
dx
−−−−−→ 0
3
3
N
2 + x (1 + x )
(1
+
x3 )N +1 N →+∞
0
car 2 + x ≥ 1 + x3 On en déduit
3
N
X
(−1)n−1 In −−−−−→
N →+∞
n=1
Z
+∞
0
dx
2 + x3
Pour calculer, cette dernière intégrale, on réalise le changement de variable
x = 21/3 t puis la décomposition en éléments simples
− 13 t + 23
1
1/3
=
+
t3 + 1
t + 1 t2 − t + 1
Au terme des calculs
+∞
X
(−1)n−1 In =
n=1
21/3 π
√
3 3
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