énoncé et corrigé du DM n° 1

Université Pierre et Marie Curie
Licence de Mathématiques
Séries et intégrales généralisées - Approfondissement (2M261)
Janvier-Juin 2015.
Devoir Maison no 1
Exercice 1 : Convergence et calcul d’intégrales
1. Étudier la nature des intégrales suivantes
#
! +∞
! +∞ "
! +∞
sh 1
ln(1 + ta )
ch t − cos t
dt
;
ln
1
−
(e)
dt
(c)
dt
(a)
sh t
tb
t5/2
1
0
0
√
! +∞
! +∞
ch t − cos t
t sin(1/t2 )
(b)
dt
;
dt ;
(d)
(et − 1)5/2
ln(1 + t)
0
0
! 1
ln t
√
2. Montrer l’existence et calculer la valeur de
dt.
1
−
t
0
√
√
(Utiliser le fait que t #→ −2( 1 − t − 1) est une primitive de t #→ 1/ 1 − t.)
$ +∞
3. Étudier la convergence de 1 | sin x|x dx.
%
$ nπ
$ π/2
π/(2n).)
(Considérer un = (n−1)π | sin x|x dx et utiliser l’équivalent 0 sinn x dx ∼
n→+∞
Exercice 2 : Fonction Bêta d’Euler Déterminer l’ensemble des réels x, y tels que l’intégrale suivante
converge
! 1
B(x, y) =
tx−1 (1 − t)y−1 dt
0
Exercice 3 : Intégrales elliptiques Soit k ∈] − 1 ; 1[ un nombre réel.
1. Montrer que les intégrales
! 1
%
I(k) =
0
dx
(1 − x2 )(1 − k2 x2 )
et J(k) =
!
1
0
x2
%
dx
(1 − x2 )(1 − k2 x2 )
sont convergentes.
(Indication : trouver un changement de variable convenable en reconnaissant I(0).)
2. Dans cette question, on donne une interprétation géométrique des quantités I(k) et J(k) quand
k ! 0. On fixe 0 < b " a deux réels et on considère l’ellipse E d’équation
x2 y 2
+ 2 = 1.
a2
b
Montrer que la longueur de E est 4a · (I(k) − k 2 J(k)) où k =
3. Montrer que la série entière
%
1 − b2 /a2 est l’excentricité de E.
"
#
π & 1 · 3 · · · (2m − 1) 2 2m
·k
2
2 · 4 · · · 2m
m!0
converge et que sa somme vaut I(k).
(On pourra prouver et utiliser la formule
rel m pair.)
$ π/2
0
sinm t dt =
1
π 1·3···(m−1)
2 2·4···m
valable pour tout entier natu-
Exercice 4 : Quelques questions théoriques sur les fonctions intégrables
1. Soit f : [0, +∞[→ R une fonction de classe C 1 .
(a) On suppose que f et f ′ sont intégrables sur [0, +∞[. Montrer que
lim f (x) = 0.
x→+∞
(b) On suppose maintenant que f 2 et f ′2 sont intégrables sur R+ . Montrer que f admet une limite
en +∞ et la déterminer.
2. On considère cette fois une fonction f : R+ → R décroissante et intégrable sur R+ .
(a) Montrer que lim f (x) = 0.
x→+∞
(b) Montrer que lim xf (x) = 0.
x→+∞
(c) Donner un exemple de fonction continue définie de R+ dans R+ , intégrable sur R+ mais qui
n’admet pas de limite en +∞.
2
Quelques précisions et indications pour l’exercice 3 du DM no 1
Question 2 Lorsque f est une fonction de classe C 1 sur un intervalle I, alors pour tous a, b ∈ I avec a " b,
la longueur de la courbe {(x, f (x)) | x ∈ I} formée par le graphe de f entre les points de coordonnées (a, f (a)) et (b, f (b)) est donnée par la formule
La,b (f ) =
! b%
a
1 + (f ′ (x))2 dx
En remarquant que l’on peut donner l’équation de la partie de l’ellipse dans le demi-plan supérieur {y ! 0} sous la forme y = f (x), retrouver le résultat attendu.
Question 3 Par définition, on note pour tout réel α et tout entier naturel m
" #
α
α × (α − 1) × · · · × (α − m + 1)
=
m!
m
Pour résoudre la question, on pourra déterminer, pour α ∈ R, le rayon de convergence de la série
& "α#
t #−→
tm
m
m!0
et montrer que cette série entière converge uniformément sur les intervalles compacts de ] − 1, 1[
vers la fonction Pα : t #→ (1 + t)α en calculant (1 + x)S ′ (x) pour x ∈] − 1 ; 1[, où S est la somme de
la série.
On pourra ensuite appliquer ce résultat aux fonctions qui sont intégrées pour définir I(k) et J(k).
3
Corrigé du Devoir Maison no 1
Correction de l’exercice 1
On appelle f l’intégrande des intégrales considérées.
1. (a) La fonction f est continue sur ]0; +∞[ et
f (t) =
1 + t2 /2 − (1 − t2 /2) + o (t2 )
t→0
t5/2
1
∼t→0 √
t
$1
qui est intégrable en 0 d’après le critère de Riemann donc 0 f converge. Puis on a ch t ∼t→+∞
$ +∞
e$t /2 donc f (t) ∼t→+∞ et t−5/2 /2 qui est d’intégrale divergente donc 1 f diverge et par suite
R+ f diverge.
(b) La fonction f est continue sur R∗+ . Comme et − 1 ∼t→0 t on a f (t) ∼t→0 t−1/2 qui est intégrable
$
en 0 et vu f (t) ∼t→+∞ et /(2e5/2t ) = e−3/2t /2 intégrable en +∞ on en déduit que R∗ f
+
converge.
(c) On a sh t = (et − e−t )/2 et sh′ (t) = ch t = (et + e−t )/2 > 0 pour tout réel t et par suite sh est
strictement croissante sur R donc pour tout t > 1 on a 1 − sh 1/sh t > 0. Il en résulte que la
fonction f est définie et continue sur ]1 ; +∞[ et pour tout x > 0 on a pour t = x + 1
sh t = sh(x + 1) = sh x ch 1 + sh 1 ch x
1
1
ch 1
sh 1
=
=
=1−x·
+ o (x)
sh t
ch x + sh x · ch 1/ sh 1
1 + x · ch 1/ sh 1 + o (x)
sh 1 x→0
x→0
Cela montre que
#
"
ch 1
+ o (t − 1) = ln(ch 1/ sh 1 + o (1)) + ln(t − 1)
f (t) = ln (t − 1) ·
t→1
sh 1 t→1
ce qui prouve que f est intégrable en 1.
On a ensuite pour t → +∞
"
#
sh 1
sh 1
f (t) = ln 1 −
∼−
∼ −2 sh 1 · e−t
sh t
sh t
ce qui établit l’intégrabilité de f en +∞. Finalement l’intégrale converge.
(d) La fonction f est continue sur R∗+ . De plus
|f (t)| "
√
1
t
∼ √
t→0
ln(1 + t)
t
donc f (t) = O (t−1/2 ) ce qui montre l’intégrabilité en 0. Puis l’inégalité | sin x| " |x| montre
t→0
que
t−3/2
= o (t−3/2 )
|f (t)| "
ln(1 + t) t→+∞
ce qui établit l’intégrabilité en +∞ donc f est intégrable sur R∗+ .
(e) La fonction f : t #→ ln(1 + ta )t−b est continue sur R∗+ pour tout couple (a, b) ∈ R2 . Plusieurs
cas se présentent suivant les valeurs de a et b.
Tout d’abord étudions le comportement en 0 :
• si a > 0 alors f (t) ∼t→0 ta−b qui est intégrable si et seulement si b − a < 1 (Riemann) ;
• si a = 0 alors f (t) = ln 2 t−b est intégrable si et seulement si b < 1 (Riemann) ;
4
• si a < 0 alors f (t) ∼t→0 a t−b ln t est intégrable si et seulement si b < 1 (intégrale de
Bertrand).
Puis étudions le comportement en +∞ :
• si a > 0 alors f (t) ∼t→+∞ a t−b ln t qui est intégrable si et seulement si b > 1 (intégrale de
Bertrand) ;
• si a = 0 alors f (t) = ln 2 t−b est intégrable si et seulement si b > 1 (Riemann) ;
• si a < 0 alors f (t) ∼t→+∞ ta−b est intégrable si et seulement si b − a > 1 (Riemann).
En conclusion l’intégrale converge si et seulement si 1 + a < b < 1 ou 1 < b < a + 1.
√
2. La fonction f√: t #→ ln t/( 1 − t) est continue sur ]0 ; 1[. On a f (t) ∼t→0 ln t qui est intégrable.
Puis
$1
f admet une limite finie à savoir 0 en 1. On√en déduit que 0 f converge.
f (t) ∼t→1 − 1 − t donc √
La fonction G : x #→ −2( 1 − x − 1) est une primitive de g : x #→ 1/ 1 − x de sorte que pour tous
0 < a " b < 1 on a
! b√
! b
√
(b
'
1−t−1
f = −2( 1 − t − 1) ln t a + 2
dt
t
a
a
√
Le C 1 difféomorphisme u : t #→ 1 − t de ]0 ; 1[ dans lui-même permet de faire le changement de
variable t = 1 − u2 pour fournir
!
b
a
√
1−t−1
dt =
t
!
√
1−b
√
1−a
u−1
(−2u du) =
1 − u2
En faisant a → 0 et b → 1 on obtient
!
1
0
!
√
√
1−b
1−a
√
2u
du = [2u − 2 ln(1 + u)]√1−b
1−a
1+u
ln t
√
dt = 4(ln 2 − 1)
1−t
3. Comme π < 4, | sin x| " 1 pour tout x et que a #→ ta est décroissance sur ]0; 1], on a
| sin x|x ! | sin x|4n
∀n ! 1 ∀x ∈ [(n − 1)π; nπ]
et par suite
∀n ! 1
un !
!
nπ
(n−1)π
4n
| sin x|
dx =
!
π
0
4n
| sin x|
dx = 2
!
π/2
0
| sin x|4n dx
$ nπ
)
)
L’équivalent rappelé dans l’énoncé montre alors que
un diverge. Or nk=1 uk = 0 | sin x|x dx
$ +∞
pour tout n ! 1 donc cela montre que l’intégrale 0 | sin x|x dx diverge.
Correction de l’exercice 2
On fixe x, y > 0 dans la suite ainsi que la fonction f : t #→ tx−1 (1 − t)y−1 .
• Cette fonction est positive et continue sur l’intervalle ]0, 1[.
• On a f (t) ∼t→0 tx−1 et d’après le critère de Riemann, la fonction de signe constant t #→ tx−1 est
intégrable en 0 si et seulement si x − 1 > −1 c’est-à-dire x > 0
• de la même manière f (t) ∼t→1 (1 − t)y−1 est intégrable en 1 si et seulement si y > 0.
Si l’on souhaite directement montrer la divergence de B(x, y) pour x < 0 par exemple on peut minorer
de la façon suivante
!
1
f (t) dt !
ε
!
1/2
y−1
f (t) dt ! (1/2)
ε
!
1/2
ε
1
tx−1 dt = (1/2)y−1 (2−x − εx ) −−−→ −∞
ε→0
x
Pour x = 0 la primitive est ln donc la minoration est
! 1
f (t) dt ! 21−y (ln(1/2) − ln ε)
ε
5
Correction de l’exercice 3
1. Soit k ∈] − 1 ; 1[. On note que I(0) est une forme connue. Si l’on ne se rappelle pas de la primitive
on peut, pour la calculer, utiliser le changement de variable x = sin ϕ. Ceci nous donne de façon
formelle :
dx
√
= dϕ.
1 − x2
Donc
! t
dx
√
arcsin t =
.
1 − x2
0
L’idée est claire maintenant ; on passe à la preuve. On peut utiliser le théorème de changement de
variable 1 :
Soit X ∈ [0 ; π/2[. La fonction sin est de classe C 1 sur [0 ; X]. Le théorème de changement de variable
peut donc être appliqué et en posant x = sin ϕ on a (noter que cos ϕ > 0 pour ϕ ∈ [0 ; X])
!
X
dx
=
!
arcsin X
dϕ
.
1 − k2 sin2 ϕ
%
√
Comme 0 ≤ k2 sin2 ϕ ≤ k pour%ϕ ∈ [0, π/2], on en déduit que 1/ 1 − k2 sin2 ϕ " 1/ 1 − k2 de
sorte que la fonction θ : ϕ #→ 1/ 1 − k2 sin2 ϕ est continue sur [0 ; π/2] car k ∈] − 1, 1[ et donc θ est
intégrable sur [0 ; π/2] ce qui montre, en faisant X → 1 que l’intégrale I(k) est convergente.
%
0
(1 −
x2 )(1
−
k 2 x2 )
%
0
2. Le même changement de variable s’applique pour J(k), ou alors on peut simplement vérifier que
∀x ∈]0 ; 1[
1
x2
"%
0" %
(1 − x2 )(1 − k2 x2 )
(1 − x2 )(1 − k2 x2 )
On en déduit la convergence de J(k) en utilisant la convergence de I(k).
3. On considère la fonction
f : [−a, a] → R,
x #→
%
b2 − (b/a)2 x2 .
Il est clair que la restriction de f à ] − a, a[ est de classe C 1 et que le graphe de f est la partie
comprise dans le demi-plan y ! 0 de E. Pour calculer la longueur, on utilise la formule donnant la
longueur entre les de E d’abscisses 0 et s ∈]0, a[,
! s%
L(s) =
1 + f ′ (x)2 dx.
0
Un calcul direct donne
L(s) =
!
=
!
=
L(s) =
!
!
s
*
s
+
0
0
s
0
s
0
a4 − (a2 − b2 )x2
dx
a2 (a2 − x2 )
a2 − k 2 x 2
dx
a2 − x 2
a2 − k 2 x 2
dx
(a2 − x2 )(a2 − k2 x2 )
a2 − k 2 x 2
%
dx.
a2 (1 − x2 /a2 )(1 − k2 x2 /a2 )
%
On effectue le changement de variable affine (et donc licite) az = x. Il fournit
a2
%
a2 − k2 x2
(1 − x2 /a2 )(1 − k2 x2 /a2 )
dx =
a2
%
a2 − k2 a2 z 2
(1 − z 2 )(1 − k2 z 2 )
a dz.
1. il n’y a pas de théorème de changement de variable pour les intégrales généralisées dans le cours, et en particulier pas
d’argument de C 1 difféo : il faut se ramener à un segment et faire tendre les bornes d’intégration vers les bornes de l’intégrale
6
D’où :
L(s) = a
!
s/a
dz
%
0
(1 − z 2 )(1 − k2 z 2 )
− ak
2
!
s/a
0
Il suit, en faisant s → a, que la longueur de l’ellipse est
,
4a × I(k) − k2 J(k) .
z2
%
(1 − z 2 )(1 − k2 z 2 )
dz.
,α4. Soit α ∈ R. Si α ∈ N alors m
est nul pour)m > ,α et
on trouve que la série converge pour tout réel t
α
α- m
α
et sa somme est la fonction polynômiale
, α - m=0 m t = (1 + t) d’après la formule du binôme de
Newton. Maintenant si α ∈ R \ N on a m ̸= 0 pour tout entier naturel m et la règle de d’Alembert
fournit alors
."
#/" #.
.
α
α .. |α − m|
.
∀m ∈ N
=
−−−−−→ 1
. m+1
m .
m + 1 n→+∞
ce qui montre que la série a un rayon de convergence R = 1. Sa somme S est de classe C ∞ sur ]−1 ; 1[
et dérivable terme à terme à tout ordre sur ] − R ; R[ en particulier on a pour tout x ∈] − 1 ; 1[
+∞ 0
&
"
#
" # 1
α
α m
m
(1 + x)S (x) =
(m + 1)
x +m
x
m+1
m
m=0
+∞ " #
&
α
=
(α − m + m) xm
m
′
m=0
′
(1 + x)S (x) = αS(x)
Il en résulte que S et Pα vérifient la même équation différentielle y ′ = αy/(1 + t) sur l’intervalle
] − 1 ; 1[ avec la même condition initiale y(0) = 1. Ces deux fonctions sont donc égales sur ] − 1 ; 1[.
Enfin, toute série entière convergeant uniformément sur tout intervalle fermé inclus dans son disque
de convergence, on en déduit la convergence uniforme de la série vers Pα sur les intervalles compacts
de ] − 1 ; 1[.
On écrit ensuite
! π/2
dϕ
%
.
I(k) =
1 − k2 sin2 ϕ
0
,α- m
)
et on développe l’intégrande en série entière. On sait que pour tout réel α la série t #→ m!0 m
t
α
converge uniformément sur les intervalles compacts de ] − 1, 1[ vers Pα : t #→ (1 + t) . Il suit que la
série
& "α#
ϕ #−→
(−k2 sin2 ϕ)m
m
m!0
2
−1/2 sur [0, π/2]. On peut donc appliquer le théorème
converge uniformément vers ϕ #→ (1−k2 sin
$ ϕ)
du cours et intervertir les symboles Σ et pour obtenir
!
0
π/2 ,
#
! π/2
+∞ "
&
-−1/2
−1/2
2 m
1 − k sin ϕ
dϕ =
(−k )
sin2m ϕ dϕ.
m
0
2
2
m=0
Maintenant, on prouve la formule
!
π/2
sin2m t dt =
0
7
π 1 · 3 · · · (2m − 1)
·
2
2 · 4 · · · 2m
Une intégration par parties (les fonctions en jeu sont de classe C 1 sur l’intervalle [0, π/2]) montre
que pour tout m ! 1
! π/2
! π/2
I2m =
sin2m t dt =
sin2m−2 t(1 − cos2 t) dt
0
0
sin2m−1 t
= I2m−2 − cos t
2m − 1
1
I2m
= I2m−2 −
2m − 1
0
I2m
1π/2
0
1
−
2m − 1
!
π/2
sin t sin2m−1 t dt
0
On en déduit que I2m = (2m − 1)/(2m)I2m−2 . La formule résulte alors d’une récurrence immédiate
$ π/2
car 0 sin0 t dt = π/2.
Mais pour tout entier naturel m,
"
#
−1/2
m − 1 + 1/2
1/2 1 + 1/2
= (−1)m
·
···
m
m
m−1
1
2+1
2m − 1
1
= (−1)m
·
···
2m 2(m − 1)
2·1
"
#
−1/2
1 · 3 · · · (2m − 1)
= (−1)m
.
m
2 · 4 · · · 2m
Par conséquent,
#
#2
+∞ "
+∞ "
π & 1 · 3 · · · (2m − 1) 2 2m π &
(2m)!
·k =
· k2m
I(k) =
2
2 · 4 · · · 2m
2
22m (m!)2
m=0
m=0
Correction de l’exercice 4
1. Soit f : [0, +∞[→ R une fonction de classe C 1 .
(a) Puisque f est de classe C 1 le théorème fondamental du calcul intégral permet d’écrire :
! x
∀x ∈ [0, +∞[
f (x) − f (0) =
f ′ (t) dt.
0
Or f ′ est intégrable sur [0, +∞[ donc x #→
avec plus particulièrement
$x
0
f ′ converge en +∞ et par conséquent f aussi,
lim f (x) = f (0) +
x→+∞
!
f′
R+
Comme f est intégrable en +∞, la limite ne peut être que 0 (cours).
(b) L’inégalité ab " (a2 + b2 )/2 valable pour tous réels a, b et appliquée à f et f ′ montre que la
fonction f f ′ est intégrable sur [0, +∞[. De plus
! x
∀x ∈ R+
2f (t)f ′ (t) dt = f 2 (x).
0
Donc, f 2 converge (vers 2
ne peut être que nulle.
$
R+
f f ′ ) en +∞. Comme la fonction f 2 est intégrable, cette limite
2. On considère cette fois une fonction f : [0, +∞[→ R décroissante et intégrable sur [0, +∞[ (en
particulier continue par morceaux...).
(a) Puisque f est décroissante on a :
∀x ∈ R+
!
x
f (t) dt " f (x) "
!
x
x−1
8
x+1
f (t) dt.
Or,
!
x+1
f (t) dt =
!
x+1
!
+∞
f (t) dt −
0
x
!
x
f (t) dt.
0
Comme on sait que l’intégrale de f sur [0, +∞[ converge, il s’ensuit que
!
x+1
x
f (t) dt −−−−→
x→+∞
De même,
!
0
!
+∞
f (t) dt = 0.
0
x
x−1
Par encadrement,
f (t) dt −
f (t) dt −−−−→ 0.
x→+∞
lim f (x) = 0.
x→+∞
Remarque : On aurait aussi peut dire que, par décroissance, f admet une limite. Son intégrabilité oblige cette limite à être finie et nulle.
(b) Puisque la fonction f décroit vers 0, elle est positive. De plus,
! x
x
0 " f (x) "
f (t) dt −−−−→ 0.
x→+∞
2
x/2
On en déduit ainsi que
lim xf (x) = 0.
x→+∞
(c) On construit une fonction f définie sur [0, +∞[, positive, intégrable et qui n’admet pas de
limite. Soit f définie par les conditions suivantes
• ∀x ∈ [0, 2[
f (x) = 0
• ∀n ∈ N \ {0 ; 1}
∀x ∈ [0, 1[
n2 x si x ∈ [0, 1/n2 [ ;
f (x + n) =
n2 (2/n2 − x) si x ∈ [1/n2 , 2/n2 [ ;
⎩
0 sinon.
⎧
⎨
Cette fonction est bien continue sur [0, +∞[. De plus, pour tout entier n ! 2,
!
n
f (x) dx =
0
n−1
& ! k+1
k=0
f (x) dx =
k
n−1
&! 1
k=0
0
f (k + x) dx =
n−1
&
k=0
1
π2
"
.
k2
6
Comme f est positive, on en déduit qu’elle est intégrable sur [0, +∞[. Or elle n’admet pas de
limite en +∞ car elle prend une infinité de fois la valeur 0 et une infinité de fois la valeur 1.
9