Théorème de convergence dominée

Suites de fonctions

($\star$) Correction

Soit $f \in \CC([0,1],\R)$. Déterminer $ \ell = \dsp \lim_{n \rightarrow + \infty}{ \dsp \int_0^1{x^nf(x) \ud x}}$, puis un équivalent de $\dsp \int_0^1{x^nf(x) \ud x} - \ell$ quand $n \rightarrow + \infty$.

Correction

Pour $n\in \N$, on pose $\fonct{h_n}{[0,1]}{\C}{x}{x^nf(x)}$ et $I_n=\dsp\int_0^1h_n(t)\ud t$. On a

  1. Pour tout $n\in \N$, $h_n$ est continue sur $[0,1]$ donc intégrable sur $[0,1]$.
  2. La suite $(h_n)$ converge simplement vers $h$ avec $h(x)=0$ pour $x\in [0,1[$ et $h(1)=f(1)$. La fonction $h$ est continue par morceaux et intégrable sur $[0,1]$.
  3. Pour tout $(n,x)\in \N\times [0,1]$, on a $\abs{h_n(x)}\leq \norme{f}_\infty$ (hypothèse de domination).

Donc en appliquant le théorème de convergence dominée, on trouve $$\boxed{I_n=\int_0^1x^nf(x)\ud x\tendversN\,0}.$$ Pour le calcul de $I_n$, on effectue le changement de variable $u=x^n$ ($x\longmapsto x^n$ est $\CC^1$-difféomorphisme de $]0,1[$ dans lui même avec $n\geq 1$), on obtient $$I_n=\int_0^1uf(u^{\frac{1}{n}})\dfrac{\ud u}{nu^{\frac{n-1}{n}}}\Longrightarrow nI_n=\int_0^1u^{\frac{1}{n}}f(u^{\frac{1}{n}})\ud u=\int_0^1g_n(u)\ud u.$$ ou on a posé $g_n(u)=u^{\frac{1}{n}}f(u^{\frac{1}{n}})$. On a

  1. Pour tout $n\in \N^*$, $g_n$ est continue sur $]0,1[$ et intégrable sur $]0,1[$.
  2. La suite $(g_n)$ converge simplement vers $g$ avec $g(x)=f(1)$ pour $x\in ]0,1[$. La fonction $g$ est continue par morceaux et intégrable sur $]0,1[$.
  3. Pour tout $(n,x)\in \N^*\times [0,1]$, on a $\abs{g_n(x)}\leq \norme{f}_\infty$ (hypothèse de domination).

Donc en appliquant le théorème de convergence dominée, on trouve $$\boxed{nI_n=\int_0^1g_n(x)\ud x\tendversN\,f(1)}\Longrightarrow \text{ si } f(1)\neq 0\text{ alors } I_n\sim \dfrac{f(1)}{n}.$$

($\star$) Correction

\label{Ex.3} Soit $f:\R_+\longmapsto\C$, continue par morceaux et bornée. Étudier la suite de terme générale: $u_n=\dsp\int_0^\infty\dfrac{nf(t)}{1+n^2t^2}\ud t$.

Correction

Soit $n\in \N^*$, la fonction $\fonct{g_n}{\R_+^*}{\R}{x}{\dfrac{nf(x)}{1+n^2x^2}}$ est continue par morceaux sur $\R_+$ et intégrable puisque, pour tout $t\geq 0$, on a $\abs{g_n(t)}\leq \dfrac{\norme{f}_\infty}{1+t^2}$ et $t\longmapsto \dfrac{\norme{f}_\infty}{1+t^2}$ est intégrable sur $\R_+$. Donc $u_n$ est bien définie.
On effectue alors dans $u_n$ le changement de variable $x=nt$, ce qui donne $$\forall n\geq 1,\quad u_n=\int_0^\infty\dfrac{f\left(\frac{x}{n}\right)\ud x}{1+x^2}=\int_0^\infty h_n(x)\ud x,\quad \text{ avec } h_n(x)=\dfrac{f(x/n)}{1+x^2}$$ Il est claie que $h_n$ est continue par morceaux sur $\R_+$ et intégrable sur $\R_+$, de plus $$\forall n\geq 1,\forall t\geq 0,\quad \abs{h_n(t)}\leq \dfrac{\norme{f}_\infty}{1+t^2}\quad\quad (\text{Hypothèse de domination)}$$ De plus, $(h_n)_n$ converge simplement vers $h(t)=\dfrac{f(0)}{1+t^2}$, avec $h$ continue par morceaux et intégrable sur $\R_+$.
Donc d'après le théorème de convergence dominée, on a $$\boxed{ u_n=\int_0^\infty h_n(t)\ud t\tendversN\,\int_0^\infty h(t)\ud t=\dfrac{\pi}{2}f(0)}.$$

($\star\star$) Correction

Soit $ f \in \CC([0,1],\R)$. Démontrer que : $$\dsp \lim_{h\rightarrow 0^+}{ \dsp \int_0^1{ \dfrac{h}{h^2+x^2}f(x) \ud x}} = \dfrac{\pi}{2}f(0).$$

Correction

On utilise la caractérisation séquentielle de la limite.
Soit $(x_n)_n$ une suite de réels strictement positifs tel que $x_n\tendversN\,0$, donc $\dfrac{1}{x_n}\tendversN\infty$. On pose pour $n\in \N$, $$u_n=\int_0^\infty\dfrac{x_n}{x_n^2+t^2}f(t)\ud t=\int_0^1\dfrac{ \frac{1}{x_n}f(t)}{1+(\frac{1}{x_n})^2t^2}\ud t\tendversN \dfrac{\pi}{2}f(0) .$$ (en utilisant la même démarche dans l'exercice précédent).
Ceci étant vraie pour toute suite de réels strictement positifs tendant vers $0$, on en déduit alors: $$\boxed{ \dsp \lim_{h\rightarrow 0^+}{ \dsp \int_0^1{ \dfrac{h}{h^2+x^2}f(x) \ud x}} = \dfrac{\pi}{2}f(0)}.$$

($\star$) Correction

Soit $f:]0,1]\longmapsto \C$ continue par morceaux, intégrable sur $]0,1]$. Calculer $\dsp\limiteX{n}{\infty}\,\dsp\int_0^1\dfrac{f(x)}{1+nx}\ud x$.

Correction

On pose, pour $n\geq 0$, $\fonct{f_n}{]0,1]}{\C}{x}{\dfrac{f(x)}{1+nx}}$, on a

  1. $f_n$ est continue par morceaux sur $]0,1]$.
  2. $(f_n)_n$ converge simplement vers $0$ sur $]0,1]$.
  3. $\forall n\in \N,\,t\in ]0,1],\,\abs{f_n(t)}\leq \abs{f(t)}$ et $f$ par hypothèse continue par morceaux et intégrable sur $]0,1]$.

Donc d'après le théorème de convergence dominée, on a $$\boxed{ \int_0^1\dfrac{f(t)}{1+nt}\ud t\tendversN\,0}.$$

($\star\star$) Correction

Soit $I_n = \dsp \int_0^\infty{ \dfrac{\ud x}{1+x^n}}$.
Montrer que $\dsp \lim_{n \rightarrow + \infty}{I_n}=1$. Donner un développement limité à l'ordre 2 de $I_n$ quand $n \rightarrow +\infty$.

Correction

En posant, pour $(n,x)\in (\N\setminus\{0,1\})\times \R_+$, $f_n(x)=\dfrac{1}{1+x^n}$, on a

  1. $f_n$ est continue par morceaux sur $\R_+$
  2. La suite $(f_n)$ converge simplement vers $f$ avec $f(x)=\left\{\begin{array}{lcl} 1&\text{ si }& x\in [0,1[\\ \dfrac{1}{2}&\text{ si } & x=1\\ 0&\text{ si }& x>1. \end{array} \right.$, et la fonction $f$ est continue par morceaux et intégrable sur $]0,\infty[$
  3. Pour tout $n\in \N^*$ et $x\in ]0,\infty[$, on a $\abs{f_n(x)}\leq g(x)$ avec $g(x)=\left\{\begin{array}{lcl} 1&\text{ si }& x\in [0,1[\\ \dfrac{1}{1+x^2}&\text{ si } x\geq 1. \end{array} \right.$, et la fonction $g$ est intégrable sur $\R_+$.

On en déduit, en utilisant le théorème de convergence dominée, $$\boxed{ I_n=\int_0^\infty f_n(t)\ud t\tendversN\,\int_0^\infty f(t)\ud t=1}.$$ D'autre part, on peut écrire, $$\forall n\geq 2,\, I_n-1=\int_0^1\dfrac{\ud x}{1+x^n}+\int_1^\infty\dfrac{\ud x}{1+x^n}-\int_0^1\ud x=\int_0^1\dfrac{-x^n}{1+x^n}\ud x+\int_1^\infty\dfrac{\ud x}{1+x^n}$$ En faisant le changement de variable $u=\dfrac{1}{x}$ dans le seconde intégrale, on trouve $$\forall n\geq 2,\, I_n-1=\int_0^1\dfrac{-x^n\ud x}{1+x^n}+\int_0^1\dfrac{x^n}{1+x^n}\dfrac{\ud x}{x^2}=\int_0^1\dfrac{x^{n-2}-x^n}{1+x^n}\ud x.$$ Ce qui donne $\abs{I_n-1}\leq \dsp\int_0^1(x^{n-2}-x^n)\ud x=\dfrac{2}{n^2-1}$. On en déduit, $$\boxed{I_n=1+\underset{n\to \infty}{\mathrm{O}}\left(\frac{1}{n^2}\right)}.$$

($\star$) Correction

Soit $f \in \CC(\R_+,\R)$, bornée. Montrer que : $\dsp \lim_{n \rightarrow + \infty}{ n \dsp \int_0^{+ \infty}{f(t) \textrm{e}^{-nt} \ud t}} = f(0)$.

Correction

Pour $n\geq 1$, la fonction $\fonct{f_n}{\R_+}{\R}{t}{f(t)\ee^{-nt}}$ est continue de plus intégrable sur $\R_+$ puisque $\abs{f_n(x)}\leq \norme{f}_\infty\ee^{-x}$ qui intégrable sur $\R_+$.
On effectue un changement de variable dans l'intégrale $nt=x$ ce qui donne $$n\int_0^\infty f(t)\ee^{-n t}\ud t=\int_0^\infty f\left(\frac{x}{n}\right)\ee^{-x}\ud x=\int_0^\infty h_n(x)\ud x.$$ On a

  1. $h_n$ est continue sur $\R_+$ et la suite $(h_n)$ converge simplement sur $\R_+$ vers $h$ avec $h(x)=f(0)\ee^{-x}$.
  2. Pour tout $n\geq 1$ et $x\geq 0$, on a $\abs{h_n(x)}\leq g(x)=\norme{f}_\infty\ee^{-x}$ et la fonction $g$ est continue et intégrable sur $\R_+$.

On applique alors le théorème de convergence dominée, ce qui donne $$\boxed{\dsp \lim_{n \rightarrow + \infty}{ n \dsp \int_0^{+ \infty}{f(t) \textrm{e}^{-nt} \ud t}} = \int_0^\infty f(0)\ee^{-x}\ud x= f(0) }.$$

($\star$) Correction

\label{Ex9} Soit $f \in \CC([0,1],\R)$. Calculer : $\dsp \lim_{n \rightarrow + \infty}{\dsp \int_0^1{n x^n f(x^n) \ud x}}$.

Correction

On note, pour $n\in \N^*$, $I_n=n\dsp\int_0^1x^nf(x^n)\ud x$, comme $f$ est continue alors $I_n$ est bien définie.
On effectue le changement de variable $u=x^n$, ce qui donne $$I_n=\int_0^1uf(u)\dfrac{\ud u }{u^{\frac{n-1}{n}}}=\int_0^1\dfrac{uf(u)}{u \,u^{-\frac{1}{n}}}=\int_0^1u^{\frac{1}{n}}f(u)\ud u=\int_0^1g_n(u),\quad \text{avec } g_n(u)=u^{1/n}f(u).$$ On a

  1. $g_n$ est continue par morceaux sur $]0,1]$
  2. La suite $(g_n)$ converge simplement vers $f$ sur $]0,1]$, et la limite est une fonction continue sur $]0,1]$.
  3. Pour tout $n\in \N^*$ et $x\in ]0,1]$, on a $\abs{g_n(x)}\leq \abs{f(x)}$, et la fonction $\abs{f}$ est intégrable sur $]0,1]$.

On en déduit, en utilisant le théorème de convergence dominée, $$\boxed{ I_n=\int_0^1g_n(t)\ud t\tendversN\,\int_0^1f(t)\ud t}.$$

($\star$) Correction

Montrer $\dsp \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } n\int_1^{ + \infty } {{\mathrm{e}}^{ - x^n } \,{\mathrm{d}}x} = \int_1^{ + \infty } {\frac{{{\mathrm{e}}^{ - x} }}{x}\,{\mathrm{d}}x}.$

Correction

L'intégrale est bien définie car $x\longmapsto \ee^{-x^n}$ est continue sur $[1,\infty[$ dans $\R_+$ et dominée par $\ee^{-x}$ qui est intégrable sur $[1,\infty[$.
On effectue ensuite le changement de variable $u=x^n$, ce qui donne $$n\int_1^\infty \ee^{-x^n}\ud x=\int_1^\infty\dfrac{\ee^{-x}}{x}x^{\frac{1}{n}}\ud x=\int_1^\infty h_n(x)\ud x.$$

  1. $h_n$ est continue par morceaux sur $[1,\infty[$
  2. La suite $(h_n)$ converge simplement vers $h$ sur $[1,\infty[$ avec $h(x)=\dfrac{\ee^{-x}}{x}$, et la limite est une fonction continue sur $[1,\infty[$.
  3. Pour tout $n\in \N^*$ et $x\in ]0,1]$, on a $\abs{h_n(x)}\leq \ee^{-x}$, et la fonction $x\longmapsto \ee^{-x}$ est intégrable sur $[1,\infty[$.

Il reste à appliquer le théorème de convergence dominée, ce qui donne $\boxed{n\dsp\int_1^\infty\ee^{-x^n}\ud x\tendversN\,\dsp\int_1^\infty\dfrac{\ee^{-x}}{x}\ud x}$.

($\star\star$) Correction

Soit $f \in \CC(\R_+,\R)$. Déterminer, quand $n \rightarrow + \infty$, un équivalent de $u_n = \dsp \frac{1}{n^{\alpha}} \dsp \int_0^{1+ \frac{1}{n}}{f(t^n) \ud t}$.

Correction

Notons $I_n=\dsp\int_0^1f(t^n)\ud t$ et $J_n=\dsp\int_1^{1+\frac{1}{n}}f(t^n)\ud t$, comme $f$ est continue alors les deux intégrales sont bien définies, de plus en appliquant le théorème de convergence dominée on a $I_n\tendversN\,0$.
Pour $J_n$ (et $n\geq 1$), on effectue le changement de variable $x=t^n$, ce qui donne $$J_n=\dfrac{1}{n}\int_1^{(1+\frac{1}{n})^n} u^{\frac{1}{n}}\dfrac{f(u)}{u}\ud u=\dfrac{1}{n}\int_1^\infty g_n(x)\ud x$$ avec $g_n(x)=\left\{\begin{array}{lcl} x^{\frac{1}{n}}\dfrac{f(x)}{x}&\text{ si } x\in [1,(1+\frac{1}{n})^n]\\ 0&\text{ sinon }& \end{array} \right.\,$ Il est clair que

  1. Pour tout $n\in \N^*$, $g_n$ est continue par morceaux sur $[1,\infty[$ et intégrable sur cet intervalle puisque $g_n=0$ sur $]\ee,\infty[$ et bornée sur $[1,\ee]$.
  2. La suite $(g_n)$ converge simplement sur $[1,\infty[$ vers $g$ avec $g(x)=\left\{\begin{array}{lcl} \dfrac{f(x)}{x}&\text{ si } x\in [1,\ee]\\ 0&\text{ sinon }& \end{array} \right.$ et la fonction $g$ est continue par morceaux sur $[1,\infty[$ et intégrable.
  3. Pour tout $n\geq 1$ et $x\geq 1$, $\abs{g_n(x)}\leq g(x)$.

Donc d'après le théorème de convergence dominée, on a $\boxed{nJ_n\tendversN\,\dsp\int_1^{\ee} \dfrac{f(x)}{x}\ud x}$.
Si on ajoute l'hypothèse $\dsp\int_0^1\dfrac{f(x)}{x}\ud x$ converge, alors on $\boxed{nI_n\tendversN\,\dsp\int_0^1 \dfrac{f(x)}{x}\ud x}.$ Sous l'hypothèse $\dsp\int_0^{\ee} \dfrac{f(x)\ud x}{x}$ converge et non nul, on a $$\boxed{ u_n\underset{n\to \infty}{\sim}\dfrac{1}{n^{\alpha+1}}\int_0^{\ee} \dfrac{f(x)}{x}\ud x}.$$

($\star \star$) Correction

On considère l'intégrale $\dsp \int_0^{+ \infty}{\textrm{e}^{-x} \ln x \ud x}$

  1. Montrer que cette intégrale existe.
  2. Soit $f_n \ (n \in \N^+)$ définie par : $\left \{ \begin{array}{lcll} f_n(x) & = & {\left( 1 - \dsp \frac{x}{n} \right)}^n & \textrm{ si } 0 \leqslant x \leqslant n \\ f_n(x) & = & 0 & \textrm{ si } x \geqslant n \end{array} \right. $.
    Calculer $\dsp \int_0^{+ \infty}{f_n(x) \ln x} \ud x$ en fonction de $H_n = \dsp \sum_{k=1}^n{ \dsp \frac{1}{k}}$.
  3. En déduire la valeur de : $\dsp \int_0^{+ \infty}{\textrm{e}^{-x} \ln x \ud x}$.

Correction

  1. L'application $\fonct{f}{]0,\infty[}{\R}{x}{\ee^{-x}\ln(x)}$ est continue sur $]0,\infty[$, de plus
    1. au voisinage de $0$, $f(x)\sim \ln(x)$ et $\dsp\int_0^1\ln(t)\ud t$ converge donc $\dsp\int_1^\infty f(t)\ud t$ converge.
    2. Au voisinage de $\infty$, $f(x)=\underset{x\to\infty}{\mathrm{o}}\left(\frac{1}{x^2}\right)$ et $\dsp\int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^2}$ existe donc $\dsp\int_1^\infty f(t)\ud t$ existe.
    On en déduit que $\dsp\int_0^1f(t)\ud $ converge.
  2. Soit $n\geq 1$, on a $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_0^\infty f_n(x)\ln(x)\ud x&=&\dsp \int_0^n\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\ln(x)\ud x\\ &&\\ &\underset{u=x/n}{=}&\dsp \int_0^1\left(1-u\right)^n\ln(nu) \ud u=\dfrac{n}{n+1}\ln(n)+n{\int_0^1(1-u)^n\ln(u)\ud u}. \end{array}$$ On fait un changement de variable dans le dernière intégrale $u=1-x$, ce qui donne $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_0^\infty f_n(x)\ln(x)\ud x&=&\dsp \dfrac{n}{n+1}\ln(n) + \int_0^1x^n\ln(1-x)\ud x \\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{n}{n+1}\ln(n) - \int_0^1x^n\left(\dsum_{k\geq 1}\frac{x^k}{k}\right) \ud x\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{n}{n+1}\ln(n) - \int_0^1\left(\dsum_{k\geq 1}\frac{x^{k+n}}{k}\right) \ud x \end{array}$$ On pose ensuite $\fonct{g_k}{[0,1[}{\R}{x}{\frac{x^{n+k}}{k}}$, on a
    1. Pour tout $k\in \N^*$, $g_k$ est continue et intégrable.
    2. $\forall k\in \N^*$, $\norme{g_k}_1=\dfrac{1}{(k+n+1)k}$ et la série $\dsum_{k\geq 1}\dfrac{1}{k(n+k+1)}$ converge.
    3. La série de fonction $\dsum g_k$ converge simplement sur $[0,1[$ vers $x\longmapsto x^n\ln(1-x)$
    On en déduit alors: $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_0^1x^n\ln(1-x)&=&\dsp \dsum_{k\geq 1}\dfrac{1}{k(k+n+1)}= \limiteX{N}{\infty}\dfrac{1}{n+1}\left(\dsum_{k=1}^N\dfrac{1}{k}-\dsum_{k=1 }^N\dfrac{1}{k+n+1}\right) &&\\ &=&\dsp \dfrac{1}{n+1}\dsum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{k}=\dfrac{H_{n+1}}{n+1}. \end{array}$$ On en déduit finalement, $$\boxed{\forall n\in \N^*,\quad \int_0^\infty f_n(x)\ln(x)=\dfrac{n}{n+1}\left(\ln(n)-H_{n+1}\right)}.$$
  3. On a (c.f. cours sur les séries numériques), $$\forall n\geq 1,\quad H_n=\ln(n)+\gamma+\underset{n\to\infty}{\mathrm{o}}(1)\Longrightarrow \ln(n)-H_{n+1}=-\gamma-\dfrac{1}{n+1}+\underset{n\to\infty}{\mathrm{o}}(1).$$ Avec $\gamma \approx 0.5772$ la constante d'Euler.
    En utilisant également le théorème de convergence dominée ( vérifier tous les hypothèses), on trouve: $$\boxed{\int_0^\infty \ee^{-x}\ln(x)\ud x=\limiteX{n}{\infty}\int_0^\infty f_n(x)\ln(x)\ud x= \limiteX{n}{\infty} \dfrac{n}{n+1}\left(-\gamma-\dfrac{1}{n+1}+\underset{n\to\infty}{\mathrm{o}}(1)\right)=-\gamma}.$$
($\star$) Correction

Soit $x\in ]-1,\infty[$. Déterminer $\dsp\limiteX{n}{\infty}\dsp\int_0^1t^x\left(1-\frac{t}{n}\right)^n\ud t$.

Correction

Pour $n\in \N^*$, on pose $\fonct{f_n}{]0,1]}{\R}{t}{t^x\left(1-\dfrac{t}{n}\right)^n}$.
On a $f_n$ est continue sur $]0,1]$, de plus au voisinage de $0$, on a $f_n\sim t^x$ qui est intégrable sur $]0,1]$ puisque $x>-1$.
De plus, on a pour tout $t\in ]0,1]$, $\abs{f_n(t)}\leq t^x$ (puisque $\ln (1-t/n)\leq -t/n$).
En fin la suite $(f_n)$ converge simplement sur $]0,1]$ vers la fonction $f$ avec $f(t)=t^x\ee^{-t}$ qui est continue et intégrable sur $]0,1]$.
Donc d'après le théorème de convergence dominée, on a $$\boxed{ \int_0^1t^x\left(1-\frac{t}{n}\right)^n\ud t\tendversN\,\int_0^1t^x\ee^{-t}\ud t}.$$

($\star$) Correction

Soit $n\in \N$. On définit sur $\R_+$ la fonction $f_n$ par, $f_n(x)=\dfrac{x^n\ee^{-x}}{n!}$.

  1. Étudier la convergence simple (resp. uniforme) de la suite $(f_n)_n$. On note $f=\limiteX{n}{\infty}f_n$.
  2. Comparer $\dsp \limiteX{n}{\infty}\int_0^\infty f_n(t)\ud t$ et $\dsp\int_0^\infty f(t)\ud t$. Que peut-on remarquer?

Correction

  1. Soit $x\in \R_+$, on a $f_n(x)\tendversN\,0$ donc la suite $f_n$ converge simplement vers la fonction $f$ avec $f=0$. D'autre part, $$\forall x\in \R,\, f_n(x)'=\left(\dfrac{nx^{n-1}}{n!}-\dfrac{x^n}{n!}\right)\ee^{-x}= \dfrac{x^{n-1}}{(n-1)!}\left(1-\frac{x}{n}\right)\ee^{-x}$$

(Mines MP 2018) Correction

Calculer $\limiteX{n}{\infty}\dsp\int_0^1n\ln(1+t^n)\ud t$ (on pourrait poser $u=t^n$).

Correction

fait

Séries de fonctions

($\star$) Correction

Montrer que $\dsp\int_0^\infty\ee^{-x}\cos(\sqrt{x})\ud x=\dsum_{n=0}^\infty (-1)^n\dfrac{n!}{(2n)!}$.

Correction

On pose, pour $x\in \R_+$, $f(x)=\ee^{-x}\cos(\sqrt{x})$, on a $f$ est continue intégrable sur $\R_+$ (on a $\abs{f(x)}\leq \ee^{-x}$).
Le DSE de la fonction $\cos$ en $0$ nous donne: $$\forall x\in \R_+,\quad f(x)=\ee^{-x}\dsum_{n\geq 0} (-1)^n\dfrac{x^n}{(2n)!}=\dsum_{n\geq 0}(-1)^n\dfrac{x^n\ee^{-x}}{(2n)!}=\dsum_{n\geq 0}f_n(x).$$ On a posé $f_n(x)=(-1)^n\dfrac{x^n\ee^{-x}}{(2n)!}$. Il est claire que $f_n$ est continue sur $\R_+$ et intégrable puisque $f_n(x)=\underset{x\to \infty}{\mathrm{o}}\left(\frac{1}{x^2}\right).$
En notant $I_n=(2n)!\dsp\int_0^\infty \abs{f_n}$, une intégration par partie nous donne $I_n=nI_{n-1}\,(n\geq 1)$ ce qui donne $I_n=n! I_0=n!$. On en déduit que, pour $n\geq 2$, $\dsp\int_0^\infty\abs{f_n}=\dfrac{n!}{(2n)!}\leq \dfrac{1}{n^2}$ donc la série $\dsum\dsp\int_0^\infty\abs{f_n}$ est convergente.
En utilisant les théorème de cours, on trouve: $$\boxed{\int_0^\infty f(x)\ud x=\dsum_{n\geq 0}\int_0^\infty f_n(x)\ud x= \dsum_{n\geq 0}(-1)^n\dfrac{n!}{(2n)!}}.$$

($\star\star$) Correction

Montrer que $\dsp\int_0^\infty \ln(\mathrm{th} (x))\ud x=-\dsum_{n\geq 0}\dfrac{1}{(2n+1)^2}$.

Correction

La fonction $\fonct{f}{\R_+^*}{\R}{x}{\ln \mathrm{th}(x)}$ est continue, de plus:

  1. Au voisinage de $0$, on a $f(x)\sim\ln(x)$, comme $\dsp\int_0^1\ln(x)\ud x$ existe alors $\dsp\int_0^1f$ existe.
  2. Au voisinage de $\infty$, on a $f(x)=\ln\left(\dfrac{1-\ee^{-2x}}{1+\ee^{-2x}}\right)\sim -2\ee^{-2x}$, comme $\dsp\int_1^\infty\ee^{-2x}\ud x$ existe alors $\dsp\int_1^\infty f$ existe également.

On en déduit que $\dsp\int_0^\infty f(t)\ud t$ existe.
D'autre part, pour tout $x\in ]0,\infty[$, on a $\ee^{-2x}\in ]0,1[$, alors: $$ f(x)=\dsp\ln(1-\ee^{-2x})-\ln(1+\ee^{-2x})=\dsp\dsum_{n\geq 1}\dfrac{-\ee^{-2nx}}{n}+\dsum_{n\geq 1}(-1)^n\dfrac{\ee^{-2nx}}{n}=-2\dsum_{n\geq 0}\dfrac{\ee^{-2(2n+1)x}}{2n+1}=\dsum_{n\geq 0}f_n(x) %\end{array} $$ Avec $f_n(x)=-2\dfrac{\ee^{-2(2n+1)x}}{2n+1}$, il est clair que $f_n$ est continue sur $]0,\infty[$, de plus $f_n$ est intégrable sur cet intervalle. On a $$\int_0^\infty \abs{f_n(x)}\ud x=\dfrac{2}{2n+1}\int_0^\infty\ee^{-2(2n+1)x}\ud x=\dfrac{1}{(2n+1)^2} \Longrightarrow \dsum_{n\geq 0}\int_0^\infty \abs{f_n} < \infty.$$ D'après le théorème de convergence dominée pour les séries (convergence en norme $\norme{\cdot}_1$), on en déduit $$\boxed{ \int_0^\infty \ln(\mathrm{th} (x))\ud x=\dsum_{n\geq 0}\int_0^\infty f_n(x)\ud x= -\dsum_{n\geq 0}\dfrac{1}{(2n+1)^2}}.$$

($\star\star$) Correction

Prouver l'égalité $\dsp \int_0^1 {\frac{{(\ln x)^2 }}{{1 + x^2 }}\,{\mathrm{d}}x} = 2\sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\frac{{( - 1)^n }}{{(2n + 1)^3 }}}$.

Correction

La fonction $\fonct{f}{]0,1[}{\R}{x}{\dfrac{\ln(x)^2}{1+x^2}}$ est continue, de plus:

  1. Au voisinage de $0$, on a $f(x)\sim\ln(x)^2$, comme $\dsp\int_0^{1/2}\ln(x)^2\ud x$ existe alors $\dsp\int_0^{1/2}f$ existe.
  2. Au voisinage de $1$, on a $\dsp\limiteX{x}{1}f(x)=0$, comme $\dsp\int_{1/2}^1f(x)\ud x$ existe.% $\dsp\int_1^\infty f$ existe également.

On en déduit que $\dsp\int_0^1 f(t)\ud t$ existe.
D'autre part, pour tout $x\in ]0,1[$, on a $x^2\in ]0,1[$, alors: $$ f(x)=\dsp\ln(x)^2\dsum_{n\geq 0}(-1)^nx^{2n}=\dsum_{n\geq 0}f_n(x),\quad \text{ avec }f_n(x)=(-1)^n\ln(x)^2x^{2n}, %\end{array} $$ il est clair que $f_n$ est continue sur $]0,1[$, de plus $f_n$ est intégrable sur cet intervalle. En faisant deux fois une intégration par parties, on trouve $$\int_0^1 \abs{f_n(x)}\ud x=\dfrac{2}{(2n+1)^3}\Longrightarrow \dsum_{n\geq 0}\int_0^\infty \abs{f_n} < \infty.$$ D'après les théorèmes de coures, on trouve% nvergence dominée pour les séries (convergence en norme $\norme{\cdot}_1$), on en déduit $$\boxed{ \int_0^1 \dfrac{\ln(x)^2}{1+x^2}\ud x=\dsum_{n\geq 0}\int_0^1 f_n(x)\ud x= 2\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)^3}}.$$

($\star\star$) Correction

Montrer que : $\dsp \int_0^{+ \infty}{\dsp \frac{\sin x}{\ee^x - 1} \ud x} = \dsp \sum_{n=1}^{+ \infty} {\dfrac{1}{n^2+1}}$.

Correction

  1. La fonction $f : x \mapsto \dsp \frac{\sin x}{\ee^x - 1}$ est continue sur $\R_+^*$, prolongeable par continuité en $0$, puisque $\dsp \lim_{x \rightarrow 0^+}f(x)=1$. Elle est intégrable sur $\R_+$, puisque : $f(x) \underset{+\infty}{=} \mathrm{o}\left( \dsp \frac{1}{x^2} \right)$ (comparaison à une intégrale de Riemann).
  2. Un développement en série donne : $ \forall x>0, f(x)=\dsp \frac{\textrm{e}^{-x}\sin x}{1-\textrm{e}^{-x}}=\dsp \sum ^{+\infty }_{n=0}\sin x \textrm{e}^{-(n+1)x} $, égalité qui reste d'ailleurs vraie pour $x=0$.

Pour $n \in \N$ et $x \in \R_+$, notons $u_n(x)=\sin x \textrm{e}^{-(n+1)x}$. Alors $u_n$ est continue et intégrable sur $\R_+$ (en majorant $|u_n(x)| \leqslant \textrm{e}^{-(n+1)x}$), et la série de fonctions $\dsp \sum u_n$ converge simplement sur $\R_+$ vers $f$.
En posant, pour $N \in \N$, $f_N(x)= \dsp \sum_{n=0}^N u_n(x)$, les fonctions $f_N$ sont donc continues et intégrables sur $\R_+$, et la suite $(f_N)$ convergent simplement sur $\R_+$ vers $f$. De plus, on a $|f_N(x)| \leqslant \dsp \sum ^{+\infty }_{n=0} |\sin x| \textrm{e}^{-(n+1)x}=\dsp \frac{|\sin x | }{\textrm{e}^{x}-1} $, continue et intégrable sur $ ]0,+\infty [ $.
Le théorème de convergence dominée appliqué à la suite $(f_N)$ donne alors : $$ \dsp \int_0^{+ \infty} f(x) \ud x = \dsp \lim_{N \rightarrow + \infty} \dsp \int_0^{+ \infty} f_N(x) \ud x = \dsp \lim_{N \rightarrow + \infty} \dsp \int_0^{+ \infty}\dsp \sum_{n=0}^N u_n(x) = \dsp \lim_{N \rightarrow + \infty} \sum_{n=0}^N \int_0^{+ \infty} u_n(x) \ud x.$$ On a : $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_0^{+ \infty} u_n(x) \ud x& = &\textrm{Im} \left( \dsp \int_0^{+ \infty} \textrm{e}^{[\ii-(n+1)]x} \ud x \right)\\ & =& \textrm{Im} \left( {\Big [ \dsp \frac{1}{\ii-(n+1)}\textrm{e}^{[\ii-(n+1)]x} \Big]}_0^{+ \infty} \right)\\ & =& \textrm{Im} \left( \dsp \frac{1}{n+1-\ii} \right) = \dsp \frac{1}{(n+1)^2+1} \end{array}$$ d'où finalement : $\boxed{ \dsp \int_0^{+ \infty} f(x) \ud x = \dsp \sum_{n=0}^{+ \infty} \dsp \frac{1}{(n+1)^2+1} = \dsp \sum_{n=1}^{+ \infty} \dsp \frac{1}{n^2+1}}$.

($\star$) Correction

Montrer que : $\dsp \int_0^{+ \infty}{\dsp \frac{\sqrt{t}}{\textrm{e}^t-1} \ud t} = \dsp \frac{\sqrt{\pi}}{2} \dsp \sum_{n=1}^{+ \infty}{\dsp \frac{1}{n^{3/2}}}$.

Correction

On pose $f:]0,\infty[\longmapsto\R$ définie par $f(t)=\dfrac{\sqrt{t}}{\ee^t-1}$. $f$ est continue sur $]0,\infty[$.

  1. Au voisinage de $0$, on a $f(t)\sim \dfrac{1}{\sqrt{t}}$ donc $f$ est intégrable sur $]0,1]$.
  2. Au voisinage de $\infty$, $f(t)=\mathrm{o}\left(\frac{1}{t^2}\right)$ donc $f$ est intégrable sur $[1,\infty[$.

On en déduit que $f$ est intégrable sur $\R_+^*$.
d'autre part, on a $$f(t)=\dfrac{\ee^{-t}\sqrt{t}}{1-\ee^{-t}}=\ee^{-t}\sqrt{t}\dsum_{n\geq 0}\ee^{-nt}=\sqrt{t}\dsum_{n\geq 1}\ee^{-nt}=\dsum_{n\geq 1}f_n(t)\text{ avec } f_n(t)=\sqrt{t}\ee^{-nt}.$$ On a alors

  1. La série de fonction $\dsum f_n$ converge simplement sur $\R_+^*$ et sa somme est $f$.
  2. Pour tout $N\in \N^*$, on a $0\leq \dsum_{n=1}^Nf_n\leq f$

On peut donc appliquer le résultat du théorème de cours. $$\int_0^\infty f(t)\ud t=\int_0^\infty\dsum_{n\geq 1}f_n(t)\ud t =\dsum_{n\geq 1}\int_0^\infty f_n(t)\ud t.$$ Soit $n\geq 1$, on a $$\int_0^\infty\sqrt{t}\ee^{-n t}\ud t\underset{x=\sqrt{t}}{=}\int_0^\infty 2x^2\ee^{-nx^2}\ud x=\dfrac{1}{n}\int_0^\infty\ee^{-nx^2}\ud x\underset{y=\sqrt{n}x}{=}\dfrac{1}{n\sqrt{n}}\int_0^\infty\ee^{-y^2}\ud y.$$ Sachant que $\dsp \int_0^\infty\ee^{-y^2}\ud y=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$, on en déduit, $$\boxed{\dsp\int_0^\infty\dfrac{\sqrt{t}}{\ee^t-1}\ud t=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n\sqrt{n}}}.$$

($\star$) Correction

\label{Ex21} Montrer que, pour $a > 0,\,\,\dsp \int_0^1 \frac{\ud t}{1 + t^a } = \dsum\limits_{n = 0}^{ + \infty } \frac{( - 1)^n }{na + 1} $.

Correction

La fonction $\fonct{f}{[0,1[}{\R_+}{t}{\dfrac{1}{1+t^a}}$ est continue, intégrable sur $[0,1[$.
On a pour tout $t\in [0,1[$, $t^a\in [0,1[$, donc $$\forall t\in [0,1[,\quad f(t)=\dsum_{n\geq 0}(-1)^nt^{a n}=\dsum_{n\geq 0}u_n(t),\quad \text{ avec } \,u_n(t)=(-1)^nt^{an}.$$ On a

  1. Pour tout $n\in \N$, $u_n$ est continue sur $[0,1[$ et intégrable sur $[0,1[$. De plus $\dsum u_n$ converge simplement vers $f$.
  2. Pour tout $N\in \N$, on a $$\forall t\in [0,1[,\quad \abs{\dsum_{k=0}^N u_k(t)}=\abs{\dfrac{1-(-t^a)^{N+1}}{1+t^a}}\leq 2f(t),\quad \text{ hypothèse de domination}$$ et la fonction $2f$ est continue par morceaux et intégrable sur $[0,1[$.

Donc en utilisant le théorème de convergence dominée pour les séries, on trouve: $$\boxed{\int_0^1f(t)\ud t=\dsum_{n\geq 0}\int_0^1u_n(t)\ud t =\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{1+na}}.$$

($\star\star$) Correction

Montrer que : $\forall x>0 \ , \ \dsp \int_0^{+\infty}{\dsp \frac{t^x}{\ee^t-1} \ud t} = \dsp \sum_{n=1}^{+ \infty}{\dsp \frac{\Gamma(x+1)}{n^{x+1}}}$.

Correction

La fonction $\fonct{f}{\R_+^*}{\R}{t}{\dfrac{t^x}{\ee^t-1}}$ est continue, de plus:

  1. Au voisinage de $0$, on a $f(x)\sim t^{x-1}$ puisque $\limiteX{t}{0}\dfrac{t}{\ee^t-1}=1$ , comme $\dsp\int_0^1t^{x-1}\ud t$ existe (car $x-1>-1$) alors $\dsp\int_0^1f$ existe.
  2. Au voisinage de $\infty$, on a $t^2f(t)=\dfrac{t^{x+2}\ee^{t}}{1-\ee^{-t}}\tendvers{t}{\infty}0$ donc $f(t)=\underset{t\to \infty}{\mathrm{o}}(\frac{1}{t^2})$, comme $\dsp\int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^2}$ existe alors $\dsp\int_1^\infty f$ existe également.

On en déduit que $\dsp\int_0^\infty f(t)\ud t$ existe.
D'autre part, pour tout $t\in ]0,\infty[$, on a $\ee^{-t}\in ]0,1[$, alors: $$ f(t)=\dfrac{t^x\ee^{-t}}{1-\ee^{-t}}=\dsum_{n\geq 0}t^x\ee^{-t}\ee^{-nt}=\dsum_{n\geq 1}t^x\ee^{-nt}=\dsum_{n\geq 1}f_n(x) %\end{array} $$ Avec $f_n(t)=t^x\ee^{-nt}$, il est clair que $f_n$ est continue sur $]0,\infty[$, de plus $f_n$ est intégrable sur cet intervalle. On a $$\int_0^\infty \abs{f_n(t)}\ud t=\int_0^\infty t^x\ee^{-nt}\ud t\underset{u=nt}{=} \int_0^\infty\left(\frac{u}{n}\right)^x\ee^{-u}\dfrac{\ud u }{n}=\dfrac{\Gamma(x+1)}{n^{x+1}}$$ Donc $\dsum_{n\geq 1}\int_0^\infty \abs{f_n} <\infty.$
D'après le théorème de convergence dominée pour les séries (convergence en norme $\norme{\cdot}_1$), on en déduit $$\boxed{ \int_0^{+\infty}{\dsp \frac{t^x}{\ee^t-1} \ud t}=\dsum_{n\geq 1}\int_0^\infty f_n(t)\ud t= \sum_{n=1}^{+ \infty}{\dsp \frac{\Gamma(x+1)}{n^{x+1}}}}.$$

($\star\star$) Correction

Soit $k\in\N^*$.

  1. Montrer que $t\mapsto t^k\ln t$ est intégrable sur~$]0,1]$.
  2. Calculer $\displaystyle \dsp \int_0^1t^k\ln t \,\ud t$.
  3. Prouver que la fonction $f:t\mapsto\dfrac{t^2\ln t}{t^2-1}$ est intégrable sur~$]0,1[$.
  4. Prouver que $\displaystyle \dsp \int_0^1 f(t)\,\ud t=\dsum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{(2k+3)^2}$.

Correction

  1. Soit $k\in \N^*$, on pose $\fonct{f_k}{]0,1]}{\R}{x}{x^k\ln(x)}$, $f_k$ est continue sur son domaine de définition, de plus $f_k$ est prolongeable par continuité en $0$, puisque $\limiteX{x}{0^+}f_k(x)=0$. Donc $\dsp\int_0^1f_k(x)\ud x$ converge.
  2. Soit $k\in \N$, on pose $I_k=\dsp\int_0^1x^k\ln(x)\ud x$. En faisant une intégration par parties, on a $$\begin{array}{lcl}I_k&=&\left[x^k (x\ln(x)-x)\right]_0^1-k\int_0^1x^{k-1}(x\ln(x)-x)\ud x\\ &=&-1-kI_k+\dfrac{k}{k+1}=\dfrac{-k}{k+1}-kI_k\Longrightarrow \boxed{I_k=\dfrac{-1}{(k+1)^2}}. \end{array}$$
  3. $f$ est continue sur $]0,1[$. De plus, on a $$\limiteX{x}{0^+}f(x)=0,\quad \forall x\in ]0,1[,\,f(x)=\dfrac{x^2}{x+1}\dfrac{\ln(x)-\ln(1)}{x-1}\tendvers{x}{1}\dfrac{1}{2}$$ donc $f$ est prolongeable par continuité sur $[0,1]$ ce qui donne $\dsp\int_0^1f $ existe.
  4. Pour tout $x\in ]0,1[$, on a $f(x)=\dfrac{-x^2\ln(x)}{1-x^2}=-x^2\dsum_{k\geq 0}x^{2k}=\dsum_{k\geq 2} g_k(x)$, avec $g_k(x)=-x^{2k+2}\ln(x)$.
    1. Pour tout $k\geq 2$, $g_k$ est continue sur $]0,1[$ et intégrable sur $]0,1[$.
    2. $\dsum g_k$ converge 'par construction' vers $f$ sur $]0,1[$.
    3. $\norme{g_k}_1=\dsp\int_0^1 -f_{2k+2}=\dfrac{1}{(2k+3)^2}$ et $\dsum_k \norme{g_k}_1$ converge.
    Donc, en utilisant le théorème de cours, on a $$\boxed{\int_0^1f=\dsum_{k\geq 2}\int_0^1g_k=\dsum_{k\geq 2}\dfrac{1}{(2k+3)^2}}.$$
(DS 2015, ...) Correction

Pour $\lambda\in ]0,1[,\, x\in ]0,1[$, on pose $g(x)=\dfrac{1}{x^{1-\lambda}(1-x)^\lambda}$.

  1. Montrer que $g$ est intégrable sur $]0,1[$. On note $I(\lambda)=\dsp\int_0^1g(x)\ud x$.
  2. A l'aide d'un changement de variable, montrer que $I(\lambda)= \dsp\int_0^\infty\dfrac{\ud u }{u^{1-\lambda}(1+u)}$.
  3. En déduire l'expression de $I(\lambda)$ en fonction de $J(\lambda)$ et $J(1-\lambda)$, où $J(\lambda)=\dsp\int_0^1\dfrac{\ud u}{u^{1-\lambda}(1+u)}$.
  4. Donner une expression de $J(\lambda)$ comme somme d'une série convergente.
  5. En déduire que : $\dsp I(\lambda)=\dfrac{1}{\lambda} +2\lambda \dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^n}{\lambda^2-n^2}$.

Correction
  1. Soit $\lambda\in ]0,1[$, l'application $\fonct{f_\lambda}{]0,1[}{\R}{x}{\frac{1}{x^{1-\lambda}(1-x)^{\lambda}}}$ est continue sur $]0,1[$. De plus,
    1. Au voisinage de $0$, $f_\lambda(x)\underset{x\to 0^+}{\thicksim}\dfrac{1}{x^{1-\lambda}}$. Comme $1-\lambda< 1$ alors par comparaison avec les fonctions de références de Riemann $\dsp\int_0^{\frac{1}{2}}\dfrac{\ud x}{x^{1-\lambda}}$ converge. Donc $\dsp\int_0^{\frac{1}{2}}f_\lambda(x)\ud x$ converge.
    2. Au voisinage de $1$, $f_\lambda(x)\underset{x\to 1^-}{\thicksim}\dfrac{1}{(1-x)^{\lambda}}$. Comme $\lambda< 1$ alors par comparaison avec les fonctions de références de Riemann $\dsp\int_{\frac{1}{2}}^1\dfrac{\ud x}{(1-x)^{\lambda}}$ converge. Donc $\dsp\int_{\frac{1}{2}}^1f_\lambda(x)\ud x$ converge.
    On en déduit $\dsp\int_0^1f_\lambda(x)\ud x$ converge.
  2. On remarque que $I(\lambda)$ peut s'écrire sous la forme $\dsp\int_0^1\dfrac{\ud x}{\left(\frac{x}{1-x}\right)^{1-\lambda}(1-x)}$. Posons alors $u=\dfrac{x}{1-x}=-1+\dfrac{1}{1-x}$ i.e. $x=\dfrac{u}{u+1}=\varphi(u)$, c'est une changement de variable admissible puisque $\varphi$ est de classe $\CC^1$ de $]0,\infty[$ dans $]0,1[$ et $\varphi'(u)=\dfrac{1}{(1+u)^2}>0$.
    Il vient alors, $\ud x=\dfrac{\ud u}{(1+u)^2}$, et $$\boxed{I(\lambda)=\int_0^\infty\dfrac{1}{u^{1-\lambda}\left(\frac{1}{1+u}\right)}\dfrac{\ud u}{(1+u)^2}=\int_0^\infty\dfrac{\ud u}{u^{1-\lambda}(1+u)}}.$$
  3. On écrit $I(\lambda)=\dsp \int_0^1\dfrac{\ud u}{u^{1-\lambda}(1+u)}+\int_1^\infty\dfrac{\ud u} {u^{1-\lambda}(1+u)}$ puis on effectue dans la deuxième intégrale le changement de variable $u=\dfrac{1}{x}$, ce qui donne: $$\begin{array}{lcl} I(\lambda)&=& \dsp \int_0^1\dfrac{\ud u}{u^{1-\lambda}(1+u)}+\int_1^0\dfrac{-\ud x}{x^{\lambda-1}(1+\frac{1}{x})x^2}\\ &=& \dsp \int_0^1\dfrac{\ud u}{u^{1-\lambda}(1+u)}+\int_0^1\dfrac{\ud x}{x^{\lambda}(1+x)}\\ &=& \dsp \int_0^1\dfrac{\ud u}{u^{1-\lambda}(1+u)}+\int_0^1\dfrac{\ud x}{x^{1-(1-\lambda)}(1+x)} \end{array}$$ On obtient finalement $\boxed{I(\lambda)=J(\lambda)+J(1-\lambda)}$.
  4. Soit $n\in \N^*$, on a pour tout $u\in ]0,1[$, $$\dfrac{1}{1+u}=\dsum_{k=0}^n(-u)^k+\dfrac{(-u)^{n+1}}{1+u}\Longrightarrow\dfrac{1}{u^{1-\lambda}(1+u)}=\dsum_{k=0}^n(-1)^ku^{k+\lambda-1}+\dfrac{(-1)^{n+1}u^{n+\lambda}}{1+u} $$ On en déduit que, $$ J(\lambda)-\dsum_{k=0}^n\int_0^1(-1)^ku^{k-1+\lambda}\ud u=\int_0^1(-1)^{n+1}\dfrac{u^{n+\lambda}\ud u}{1+u} $$ soit $$ \abs{J(\lambda)-\dsum_{k=0}^n\dfrac{(-1)^k}{k+\lambda}}\leq \int_0^1u^{n+\lambda}\ud u=\dfrac{1}{\lambda+1+n}\tendversN\,0.$$ Comme $J(\lambda)$ est fini, on trouve que la série $\dsum\dfrac{(-1)^n}{n+\lambda}$ converge (on aurait pu montrer ce résultat avec les séries alternées), de plus: $$\boxed{J(\lambda)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{n+\lambda}}.$$
  5. D'après les questions précédente, on a $$\begin{array}{lcl} I(\lambda)&=&J(\lambda)+J(1-\lambda)\\ &=&\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{n+\lambda}+\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{n+1-\lambda}=\dfrac{1}{\lambda}+\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^n}{n+\lambda}-\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^n}{n-\lambda}\\ &&\\ &=&\dfrac{1}{\lambda} +\dsum_{n\geq 1}\left(\dfrac{(-1)^n}{n+\lambda}-\dfrac{(-1)^n}{n-\lambda}\right)= \dfrac{1}{\lambda} +\dsum_{n\geq 1}\left(\dfrac{(-1)^n(-2\lambda)}{n^2-\lambda^2}\right)\\ &&\\ &&\Longrightarrow \boxed{I(\lambda)=\dfrac{1}{\lambda}+2\lambda \dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^n}{\lambda^2-n^2}} \end{array}$$
($\star\star$) Correction

Montrer que, si $f$ est continue, alors $\dsp\dsp \int_0^1 f(t)\,\ud t = \lim\limits_{x\to+\infty} \dsum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{n!} \dsp \int_0^1 \ee^{x(t-1)n}\,f(t)\,\ud t$.

Correction

Soit $t\in [0,1[$ alors pour tout $x>0$ on a $\ee^{x(t-1)}\in ]0,1[$ donc $$\dsum_{n\geq 0}(-1)^n\dfrac{\ee^{x(t-1)n}}{n!}f(t)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n(\ee^{x(1-t)})^n}{n!}f(t)=\ee^{-\ee^{x(1-t)}}f(t).$$ On a:

  1. Pour tout $n\geq 0$, $g_n:t\longmapsto (-1)^n\dfrac{\ee^{x(t-1)n}}{n!}f(t)$ est continue sur $[0,1[$ et intégrable sur $[0,1[$. De plus, $\norme{g_n}_1\leq \norme{f}_\infty/n!$ donc $\dsum_{n\geq 0}\norme{g_n}_1$ converge.
  2. La série $\dsum_n g_n$ converge simplement vers $t\longmapsto \ee^{-\ee^{x(t-1)}}f(t)$.

On en déduit, $$\forall x>0,\quad \dsum_{n\geq 0}\int_0^1 g_n(t)\ud t =\int_0^1 \ee^{-\ee^{x(t-1)}}f(t)\ud t.$$ Ensuite, on se donne une suite $(x_n)$ de réels strictement positifs tel que $x_n\tendversN\,\infty$ puis on pose $h_n(t)=\ee^{-\ee^{x_n(t-1)}}f(t)$.
On vérifie facilement que la suite $(h_n)$ vérifie les hypothèses de théorème de convergence dominée, donc $$\int_0^1h_n(t)\ud t\tendversN \int_0^1f(t)\ud t.$$ Donc, en utilisant la caractérisation séquentielle de la limite, on trouve $$\dsp \int_0^1 f(t)\,\ud t = \lim\limits_{x\to+\infty} \dsum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{n!} \dsp \int_0^1 \ee^{x(t-1)n}\,f(t)\,\ud t.$$

(CCP PSI 2000) Correction

Pour tout $n\geq 3$ on définit $\fonct{f_n}{[1,+\infty[}{\R}{x}{\dfrac{x}{(1+x)^n}.}$

  1. Montrer que toutes les fonctions $f_n$ sont intégrable sur~$[1,+\infty[$.
  2. Montrer que la série $\dsum f_n$ converge simplement vers une fonction~$f$ à déterminer.
  3. En déduire que la série de terme général $g_n=\dsp \int_1^{+\infty}f_n$ converge, et calculer sa somme.

Correction

  1. $f_n$ est continue sur $[1,\infty[$ et au voisinage de $\infty$ on a $f_n(x)\sim \dfrac{1}{x^{n-1}}$, puisque $\dsp\int_1^\infty\dfrac{\ud x}{x^{n-1}}$ converge (car $n-1>1$), donc $\dsp\int_1^\infty f_n(t)\ud t$ converge.
  2. Pour $x>1$, on a $\dfrac{1}{1+x}\in ]0,1[$, en utilisant la somme d'une série géométrique, on trouve $$\dsum_{n\geq 3}f_n(x)=\dfrac{x}{1-\frac{1}{1+x}}-x-\dfrac{x}{1+x}-\dfrac{x}{(1+x)^2}=\dfrac{1}{(1+x)^2}.$$ Donc $\dsum_{n\geq 3}f_n$ converge simplement sur$]1,\infty[$ vers $f$ avec $f(x)=\dfrac{1}{(1+x)^2}$.
  3. On a
    1. Pour tout $n\geq 3$, $f_n$ est continue et intégrable sur $]1,\infty[$
    2. $\dsum_{n\geq 3} f_n$ converge simplement vers $f$ qui est continue et intégrable sur $]1,\infty[$
    3. Pour tout $n\geq 3$, et pour tout $x>1$, on $\dsum_{k=3}^nf_k(x)\leq f(x)$ (hypothèse de domination)
    Donc on peut appliquer le théorème de convergence dominée pour les séries, ce qui donne: $$\boxed{\dsum_{n\geq 3}\int_1^\infty f_n(x)\ud x=\int_1^\infty\dfrac{\ud x}{(1+x)^2}=\dfrac{1}{2}}.$$
($\star\star$) Correction

  1. Donner les limites éventuelles en $ + \infty $ des suites de termes généraux $\dsp U_n = \int_0^1 \dfrac{\ud t}{(1 + t^3 )^n } \text{ et }V_n = \int_1^{ + \infty } \dfrac{\ud t}{(1 + t^3 )^n }.$
  2. Quelle est la nature des séries $\dsp \sum\limits_{n \geqslant 1} {U_n } \text{ et }\sum\limits_{n \geqslant 1} {V_n } \text{~?}$

Correction

  1. Notons, pour $n\in \N$, $\fonct{f_n}{\R_+}{\R_+}{t}{\dfrac{1}{(1+t^3)^n}}$, on a:
    1. Pour tout $n\in \N$, $f_n$ est continue sur $\R_+$ et intégrables sur $\R_+$
    2. La suite $f_n$ converge simplement sur $\R_+$ vers la fonction nulle.
    3. Pour tout $n\in \N^*$ et $x\geq 0$, on a $f_n(x)\leq \dfrac{1}{(1+x^3)}=f_1(x)$, et $f_1$ est continue et intégrable sur $\R_+$.
    On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée, ce qui donne: $$\boxed{U_n\tendversN \,0,\quad V_n\tendversN\,0}.$$
  2. Pour tout $t>0$, on a $1+t^3>1$ donc $\dfrac{1}{1+t^3}< 1$, ce qui donne $$\dsum_{n\geq 1}f_n(t)=\dsum_{n\geq 0}\left(\dfrac{1}{1+t^3}\right)^n-1=\dfrac{1-0}{1-(\frac{1}{1+t^3})}-1=\dfrac{1}{t^3}.$$ Donc $\dsum_{n\geq 1}f_n$ converge simplement sur $\R_+^*$ vers $f$ avec $f(t)=\dfrac{1}{t^3}$.
    1. Pour la série $\dsum_{n\geq 1}V_n$, on a
      1. Sur $[1,\infty[$, $(f_n)$ converge simplement vers $f$
      2. Pour tout $n\geq 1 $ et $t\geq 1$, on a $\dsum_{k=1}^n f_k(t)\leq f(t)$ et $f$ continue et intégrable sur $[1,\infty[$.
      Donc en utilisant le théorème de convergence dominée pour les série, on a $$\boxed{\dsum_{n\geq 1}V_n=\int_0^1\dsum_{n\geq 1}f_n(t)\ud t =\int_1^\infty f(t)\ud t =\dfrac{1}{2}}.$$
    2. Pour la série $\dsum U_n$, si on suppose que cette somme converge, alors d'après le théorème de convergence pour les série en norme $\norme{\cdot}_1^{]0,1]}$, on aurait (puisque $f_n\geq 0$) $$\dsum_{n\geq 1}U_n=\dsum_{n\geq 1}\int_0^1f_n(t)\ud t =\int_0^1\dfrac{\ud t}{t^3},$$ ce qui impossible puisque $\dsp\int_0^1\dfrac{\ud t}{t^3}$ diverge.
      Donc $\dsum U_n$ diverge.
($\star\star$) Correction

  1. Montrer que $g:t \mapsto \dsp\sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\frac{{( - 1)^n t^n }}{{2^{2n} (n!)^2 }}} $ est de classe $\CC^\infty $ sur $\mathbb{R}$.
  2. En déduire que $h:t \mapsto g(t){\mathrm{e}}^{ - t} $ est de classe $\CC^\infty $ sur $\mathbb{R}$.
  3. Montrer que $\dsp\int_0^{ + \infty } {h(t)\,{\mathrm{d}}t} $ existe et calculer son intégrale.

Correction

Pour $n\in \N$, on pose $a_n=\dfrac{(-1)^n}{2^{2n}(n!)^2}\neq 0$, on a $\dfrac{\abs{a_{n+1}}}{\abs{a_n}} \tendversN\,0$. Donc d'après la règle d'Alembert, le rayon de convergence de la série $\dsp\sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\frac{{( - 1)^n t^n }}{{2^{2n} (n!)^2 }}}$ est $\infty$, donc $g$ (sa somme) est définit sur $\R$ de plus $g$ est de classe $\CC^\infty$ comme la somme d'une série entières.
$h$ est de classe $\CC^\infty$ sur $\R$ comme le produit de deux fonctions de classe $\CC^\infty$ sur $\R$.
Pour $n\geq 0$, on pose $\fonct{h_n}{\R_+}{\R}{x}{(-1)^nx^n\ee^{-x}/(2^{2n}(n!)^2)}$, on a $h_n$ est continue et intégrables sur $\R_+$ ($h_n(t)=\underset{t\to\infty}{\mathrm{o}}(1/t^2)$).
Soit $n\geq 0$, en faisant une IPP, on a $$\int_0^\infty x^n\ee^{-x}\ud x=\Gamma(n+1)=n!\Longrightarrow \int_0^\infty h_n(x)=\dfrac{(-1)^n}{2^{2n}n!}.$$ On a

  1. La série $\dsum_{n\geq 0}h_n$ converge simplement sur $\R_+$ vers $h$.
  2. La série $\dsum_{n\geq 0}\norme{h_n}_1 $ converge.

On en déduit alors, $$\boxed{\int_0^\infty h=\dsum_{n\geq 0}\int_0^nh_n= \dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{2^{2n} n!}=\ee^{-1/4}}.$$

($\star\star$) Correction

Soit $n \in \N^* $.

  1. Ensemble de définition de $\dsp I_n (x) = \int_0^{ + \infty } {\frac{{\,{\mathrm{d}}t}}{{(1 + t^x )^n }}} $.
  2. Montrer que si $x > 1$, $\sum {I_n (x)} $ diverge.
  3. Calculer $I_n (2)$ pour $n \geqslant 1$.

Correction

Domaine de définition: On distingue plusieurs cas,

  1. Pour $x< 0$, on a $\dfrac{1}{(1+t^x)^n}\tendvers{t}{\infty} 1$ donc $\dsp\int_0^\infty\dfrac{\ud t }{(1+t^x)^n}$ diverge.
  2. Pour $x=0$, on a $\dfrac{1}{(1+t^x)^n}=\dfrac{1}{2^n}\tendvers{t}{\infty} 1/2^n$ donc $\dsp\int_0^\infty\dfrac{\ud t }{(1+t^x)^n}$ diverge.
  3. Pour $x>0$, on a $\dfrac{1}{(1+t^x)^n}\underset{t\to\infty}{\sim}\dfrac{1}{t^{nx}}$ donc $\dsp\int_0^\infty\dfrac{\ud t }{(1+t^x)^n}$ converge ssi $nx>1$.

Comme $t^x>0 $ alors $\dfrac{1}{(1+t^x)}\in ]0,1[$, donc $\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{(1+t^x)^n}=\dfrac{1}{t^x}$. alors si on suppose que $\dsum I_n(x)$ converge alors en appliquant le théorème de convergence dominée pour les séries on aurait $\dsp\int_0^\infty\dfrac{\ud t}{t^x}< \infty$ ce qui est faux donc $\dsum I_n(x)$ diverge.
On trouve une relation de récurrence entre $I_{n+1}(2)$ et $I_n(2)$ à savoir $$\forall n\geq 1,\,I_{n+1}(2)=\dfrac{2n-1}{2n}I_n\Longrightarrow \boxed{ I_{n+1}=\dfrac{(2n)!}{(2^n n!)^2}\dfrac{\pi}{2}}.$$

($\star$) Correction

On définit, pour $n\in \N^*$ et $x>0$, $f_n$ par $f_n(x)=\dfrac{1}{n+n^2x^2}$.

  1. Montrer que $\dsum f_n$ converge simplement sur $\R_+^*$. On note $S=\dsum f_n$.
  2. Montrer que $S\in \CC(\R_+^*,\R)$.
  3. Montrer que $S$ est intégrable sur $\R_+$ et $\dsp\int_0^\infty S(t)\ud t=\dfrac{\pi}{2}\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n^{3/2}}$.

Correction

  1. Soit $x>0$, on a $f_n(x)\underset{n\to \infty}{\thicksim} \dfrac{1}{n^2x}$, comme a série $\dsum \dfrac{1}{n^2x}$ converge, on en déduit que $\dsum f_n(x)$ converge.
    Ce qui prouve que $\dsum f_n$ converge simplement sur $\R_+^*$ et on note $S$ sa somme.
  2. Soit $a>0$, on a $$\forall x\geq a,\quad 0\leq f_n(x)\leq f_n(a)\Longrightarrow \norme{f_n}_\infty^{[a,\infty[}=f_n(a).$$ Comme $\dsum f_n(a)$ converge, on en déduit que $\dsum f_n$ converge normalement sur $[a,\infty$, ce qui implique la convergence uniforme sur le même intervalle.
    Les fonctions $f_n$ sont continues, la convergence est uniforme locale sur $\R_+^*$, on en déduit alors que $S\in \CC(\R_+^*,\R)$.
  3. Soit $n \geq 1$, on a $f_n$ est continue sur $\R_+^*$, de plus $$\forall X>0,\,\, \int_0^X\dfrac{\ud t}{n+n^2t^2}\,\underset{ u=\sqrt{nt}}{=}\,\dfrac{1}{n\sqrt{n}}\int_0^{X/\sqrt{n}}\dfrac{\ud u}{1+u^2}=\dfrac{1}{n\sqrt{n}}\Arctan \left(\dfrac{X}{\sqrt{n}}\right)\tendvers{X}{\infty}\dfrac{1}{n\sqrt{n}}\dfrac{\pi}{2}.$$ On en déduit que $f_n$ est intégrable sur $\R_+^*$, de plus $\norme{f_n}_1=\dfrac{\pi}{2n\sqrt{n}}$, comme la série $\dsum\dfrac{\pi}{2n\sqrt{n}}$ converge, alors d'après le cours $$S=\dsum f_n \text{ est intégrable sur }\R_+^* \text{ et } \int_0^\infty S(u)\ud u =\dsum \int_0^\infty f_n(u)\ud u =\dsum \dfrac{\pi}{2n\sqrt{n}}.$$

() Correction

Soit $(n,p)\in \N^2$. On pose $I_{n,p}=\dsp\int_0^1x^n\ln(x)^p\ud x$.

  1. Justifier l'existence de $I_{n,p}$.
  2. Déterminer, pour $n\in \N$ et $p\in \N^*$ une relation entre $I_{n,p}$ et $I_{n,p-1}$. En déduire la valeur de $I_{n,n}$.
  3. Prouver l'égalité $\dsp\int_0^1x^x\ud x=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^n}$.

Correction

  1. Soient $(n,p)\in \N^2$. La fonction $f_{n\,p}:x\longmapsto x^n\ln(x)^p$ est continue sur $]0,1]$, de plus $\sqrt{x}x^n\ln(x)^p\tendvers{x}{0^+}\,0$ donc $f_{n,p}(x)=\underset{x\to 0^+}{\mathrm{o}}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)$, l'intégrale impropre $\dsp\int_0^1\dfrac{\ud u}{\sqrt{u}}$ converge, on en déduit alors que $I_{n,p}$ converge.
  2. Soient $n\in \N$ et $p\in \N^*$, en faisant un {\bf{IPP}}, on trouve $$\begin{array}{lcl}I_{n,p}&=&\cancel{\left[\dfrac{x^{n+1}\ln(x)^p}{n+1}\right]_{\varepsilon\to 0}^1}- \dfrac{p}{n+1}\int_0^1x^{n+1}\dfrac{\ln(x)^{p-1}}{x}\ud x\\ &&\\ &=&\dfrac{-p}{n+1}I{n,\,p-1}= \cdots =\dfrac{(-1)^pp!}{(n+1)^p}I_{n,\,0}=\dfrac{(-1)^pp!}{(n+1)^{n+1}}. \end{array}$$