Corrigé du contrôle de maths spé : convergence dominée, intégration terme à terme

Exercice 1 : Question de cours : les deux théorèmes d’interversion (3 points)

1. Théorème de convergence dominée. Soit \((f_n)\) une suite de fonctions continues par morceaux sur \(I\). On suppose que :
   • \((f_n)\) converge simplement sur \(I\) vers une fonction \(f\) continue par morceaux sur \(I\) ;
   • il existe une fonction \(\varphi\) intégrable sur \(I\) telle que \(|f_n(t)| \leq\, \varphi(t)\) pour tout \(n\) et tout \(t \in I\) (hypothèse de domination).

   Alors les fonctions \(f_n\) et \(f\) sont intégrables sur \(I\), et \(\displaystyle\int_I f_n \longrightarrow \int_I f\).

2. Théorème d’intégration terme à terme. Soit \((f_n)\) une suite de fonctions intégrables sur \(I\). On suppose que :
   • la série \(\sum f_n\) converge simplement sur \(I\) vers une fonction \(f\) continue par morceaux sur \(I\) ;
   • la série numérique \(\sum \displaystyle\int_I |f_n|\) converge.

   Alors \(f\) est intégrable sur \(I\), la série \(\sum \displaystyle\int_I f_n\) converge, et \(\displaystyle\int_I \sum_{n=0}^{+\infty} f_n = \sum_{n=0}^{+\infty} \int_I f_n\).

Erreur fréquente : choisir une fonction dominante qui dépend de \(n\). La domination doit être uniforme en \(n\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour la convergence simple et la continuité par morceaux, 0,5 point pour la domination, 0,5 point pour la conclusion ; b) 1,5 point : 0,5 point pour l’intégrabilité des \(f_n\) et la convergence simple, 0,5 point pour la série des intégrales des modules, 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 2 : Limite d’une intégrale sur un intervalle variable (4 points)

1. Soit \(t \geq\, 0\) fixé. Pour \(n > t\), on a \(f_n(t) = \exp(n \ln(1 – \dfrac{t}{n}))\). Or \(n\ln(1 – \dfrac{t}{n}) = n(-\dfrac{t}{n} + o(\dfrac{1}{n})) \to -t\). Par continuité de l’exponentielle, \((f_n)\) converge simplement vers \(t \mapsto e^{-t}\) sur \([0,+\infty[\).
2. On pose \(\psi(u) = \ln(1-u) + u\) sur \([0,1[\). Alors \(\psi^{\prime}(u) = 1 – \dfrac{1}{1-u} = -\dfrac{u}{1-u} \leq\, 0\), donc \(\psi\) décroît et \(\psi(u) \leq\, \psi(0) = 0\).

   Pour \(t \in [0,n[\), on applique cette inégalité à \(u = \dfrac{t}{n}\) : \(n\ln(1 – \dfrac{t}{n}) \leq\, -t\), donc \(0 \leq\, f_n(t) \leq\, e^{-t}\) par croissance de l’exponentielle. Pour \(t \geq\, n\), \(f_n(t) = 0 \leq\, e^{-t}\). Ainsi \(0 \leq\, f_n(t) \leq\, e^{-t}\) pour tous \(n\) et \(t\).

3. On vérifie les hypothèses du théorème de convergence dominée sur \([0,+\infty[\). D’abord, chaque \(f_n\) est continue par morceaux (continue sur \([0,n]\) et nulle ensuite). Ensuite, la limite simple \(t \mapsto e^{-t}\) est continue. Enfin, la domination \(|f_n| \leq\, \varphi\) vaut avec \(\varphi(t) = e^{-t}\), intégrable et indépendante de \(n\). Par conséquent :

   \[I_n = \int_0^{+\infty} f_n(t)\,dt \longrightarrow \int_0^{+\infty} e^{-t}\,dt = 1.\]

   Donc \(\lim I_n = 1\).

   

4. Avec le changement de variable affine \(u = 1 – \dfrac{t}{n}\), on a \(dt = -n\,du\), donc \(I_n = n\displaystyle\int_0^1 u^n\,du = \frac{n}{n+1}\). On retrouve \(I_n = \dfrac{n}{n+1} \to 1\).

Barème : a) 1 point ; b) 1,5 point : 0,5 point pour l’inégalité du logarithme, 1 point pour la domination (y compris \(t \geq\, n\)) ; c) 0,5 point, accordé seulement si les trois hypothèses sont écrites ; d) 1 point.

Exercice 3 : Deux limites par changement de variable (4 points)

1. Le changement de variable \(u = nt\) est affine, donc licite sur le segment. Il donne \(K_n = \displaystyle\int_0^n \frac{f(u/n)}{1+u^2}\,du\). Sur \([0,+\infty[\), on pose alors \(g_n(u) = \dfrac{f(u/n)}{1+u^2}\) si \(u \leq\, n\) et \(g_n(u) = 0\) sinon, de sorte que \(K_n = \displaystyle\int_0^{+\infty} g_n\). On vérifie ensuite les hypothèses du théorème de convergence dominée.
   • Chaque \(g_n\) est continue par morceaux sur \([0,+\infty[\), avec au plus une discontinuité en \(n\).
   • Soit \(u \geq\, 0\) fixé. Pour \(n \geq\, u\), on a \(g_n(u) = \dfrac{f(u/n)}{1+u^2}\), qui tend vers \(\dfrac{f(0)}{1+u^2}\) par continuité de \(f\) en \(0\). La limite est continue.
   • La fonction \(f\) est continue sur le segment \([0,1]\), donc bornée : \(|g_n(u)| \leq\, \dfrac{\|f\|_\infty}{1+u^2}\), fonction intégrable sur \([0,+\infty[\) et indépendante de \(n\).

   Par conséquent :

   \[K_n \longrightarrow f(0)\int_0^{+\infty} \frac{du}{1+u^2} = f(0)[\arctan u]_0^{+\infty}.\]

   Donc \(K_n \to \dfrac{\pi}{2} f(0)\).

2. D’abord, \(1 – J_n = \displaystyle\int_0^1 \frac{t^n}{1+t^n}\,dt\). L’application \(u \mapsto u^{1/n}\) est une bijection de \(]0,1[\) sur \(]0,1[\), de classe \(\mathcal{C}^1\) et strictement croissante. On pose donc \(t = u^{1/n}\), avec \(dt = \dfrac{1}{n}u^{1/n – 1}\,du\) :

   \[1 – J_n = \int_0^1 \frac{u}{1+u} \cdot \frac{1}{n}u^{1/n-1}\,du = \frac{1}{n}\int_0^1 \frac{u^{1/n}}{1+u}\,du.\]

   Ensuite, on applique la convergence dominée à \(h_n(u) = \dfrac{u^{1/n}}{1+u}\) sur \(]0,1]\). Ces fonctions sont continues. Pour \(u \in ]0,1]\), \(u^{1/n} = e^{(\ln u)/n} \to 1\), donc \(h_n(u) \to \dfrac{1}{1+u}\), limite continue. Enfin, \(0 \leq\, h_n(u) \leq\, \dfrac{1}{1+u}\), intégrable sur \(]0,1]\). Ainsi \(n(1 – J_n) \to \displaystyle\int_0^1 \frac{du}{1+u} = \ln 2\).

   Par conséquent, \(J_n = 1 – \dfrac{\ln 2}{n} + o(\dfrac{1}{n})\).

Barème : a) 2,5 points : 0,5 point pour le changement de variable, 0,5 point pour la limite simple, 1 point pour la domination (bornitude de \(f\) justifiée), 0,5 point pour le calcul final ; b) 1,5 point : 0,5 point pour le changement de variable, 0,5 point pour la convergence dominée, 0,5 point pour le développement asymptotique.

Exercice 4 : Une intégrale calculée comme somme de série (4 points)

1. La fonction \(g\) est continue et positive sur \(]0,+\infty[\). En \(0\), \(e^t – 1 \sim t\), donc \(g(t) \to 1\) : \(g\) se prolonge par continuité en \(0\). En \(+\infty\), \(g(t) \sim t\,e^{-t} = o(\dfrac{1}{t^2})\). Par comparaison au critère de Riemann, \(g\) est intégrable sur \(]0,+\infty[\).
2. Pour \(t > 0\), on a \(0 < e^{-t} < 1\). La série géométrique donne alors :

   \[g(t) = \frac{t\,e^{-t}}{1 – e^{-t}} = t\,e^{-t}\sum_{k=0}^{+\infty} e^{-kt} = \sum_{n=1}^{+\infty} t\,e^{-nt}.\]

   L’égalité est démontrée.

3. Pour \(n \geq\, 1\), on pose \(u = nt\) (changement de variable linéaire). D’après le calcul de \(\displaystyle\int_0^{+\infty} u\,e^{-u}\,du = 1! = 1\), on obtient :

   \[\int_0^{+\infty} t\,e^{-nt}\,dt = \frac{1}{n^2}\int_0^{+\infty} u\,e^{-u}\,du = \frac{1}{n^2}.\]

   On vérifie maintenant les hypothèses du théorème d’intégration terme à terme sur \(]0,+\infty[\), avec \(f_n(t) = t\,e^{-nt}\).

   • Chaque \(f_n\) est continue et intégrable sur \(]0,+\infty[\), comme on vient de le voir.
   • La série \(\sum f_n\) converge simplement vers \(g\), qui est continue, d’après b).
   • Comme \(f_n \geq\, 0\), \(\displaystyle\int_0^{+\infty} |f_n| = \frac{1}{n^2}\), terme général d’une série convergente.

   L’intégration terme à terme est donc justifiée.

   

4. Par conséquent :

   \[\int_0^{+\infty} \frac{t}{e^t – 1}\,dt = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2}.\]

   Donc \(\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{t}{e^t – 1}\,dt = \frac{\pi^2}{6}\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point ; c) 2 points : 1 point pour le calcul de \(\frac{1}{n^2}\), 1 point pour les trois hypothèses vérifiées ; d) 0,5 point.

Exercice 5 : Problème : intégrale du produit de deux logarithmes (5 points)

1. La fonction \(h\) est continue sur \(]0,1[\). En \(0\), \(\ln(1-t) \sim -t\), donc \(h(t) \sim -t\ln t \to 0\). En \(1\), \(\ln t \sim t – 1\), donc \(h(t) \sim -(1-t)\ln(1-t) \to 0\) par croissances comparées. Ainsi \(h\) se prolonge par continuité sur le segment \([0,1]\), avec \(h(0) = h(1) = 0\). Une fonction continue sur un segment est intégrable : \(L\) est bien définie.
2. Soit \(\varepsilon \in ]0,1[\). On intègre par parties sur \([\varepsilon, 1]\) :

   \[\int_\varepsilon^1 t^n \ln t\,dt = [\frac{t^{n+1}}{n+1}\ln t]_\varepsilon^1 – \int_\varepsilon^1 \frac{t^n}{n+1}\,dt = -\frac{\varepsilon^{n+1}\ln\varepsilon}{n+1} – \frac{1 – \varepsilon^{n+1}}{(n+1)^2}.\]

   Quand \(\varepsilon \to 0^+\), \(\varepsilon^{n+1}\ln\varepsilon \to 0\). Donc \(\displaystyle\int_0^1 t^n \ln t\,dt = -\frac{1}{(n+1)^2}\).

3. Pour \(t \in ]0,1[\), le développement \(\ln(1-t) = -\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{t^n}{n}\) donne :

   \[h(t) = \sum_{n=1}^{+\infty} f_n(t), \quad \text{avec} \quad f_n(t) = -\frac{t^n \ln t}{n} \geq\, 0.\]

   On vérifie alors les hypothèses du théorème d’intégration terme à terme sur \(]0,1[\).

   • Chaque \(f_n\) est continue sur \(]0,1[\) et intégrable, d’après b).
   • La série \(\sum f_n\) converge simplement vers \(h\), continue sur \(]0,1[\).
   • Comme \(f_n \geq\, 0\), \(\displaystyle\int_0^1 |f_n| = \frac{1}{n(n+1)^2} \leq\, \frac{1}{n^3}\), terme général d’une série convergente.

   Par conséquent \(L = \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \int_0^1 f_n = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n(n+1)^2}\).

4. On réduit au même dénominateur \(n(n+1)^2\) :

   \[\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1} – \frac{1}{(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 – n(n+1) – n}{n(n+1)^2} = \frac{n^2 + 2n + 1 – n^2 – n – n}{n(n+1)^2} = \frac{1}{n(n+1)^2}.\]

   Les trois séries convergent, donc on peut sommer séparément. D’une part, la somme télescopique vaut \(\displaystyle\sum_{n=1}^{N}(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}) = 1 – \frac{1}{N+1} \to 1\). D’autre part, \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(n+1)^2} = \frac{\pi^2}{6} – 1\). Ainsi :

   \[L = 1 – (\frac{\pi^2}{6} – 1) = 2 – \frac{\pi^2}{6}.\]

   Donc \(L = 2 – \dfrac{\pi^2}{6} \approx 0{,}355\), valeur positive comme attendu, puisque \(\ln t\) et \(\ln(1-t)\) sont négatifs sur \(]0,1[\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point par borne ; b) 1 point ; c) 1,5 point : 0,5 point pour le développement, 1 point pour les hypothèses vérifiées ; d) 1,5 point : 0,5 point pour la décomposition, 1 point pour le calcul de \(L\).

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