Suite d’intégrales et série

Publié le 10/01/17

(cet exercice est issu de l’oral Ccp Psi 2013)
1. Montrer que les {f_{n}\,\colon x\to \dfrac{x^{2n+1}\ln(x)}{x^{2}-1}} sont intégrables sur {]0,1[}.

\quadOn note {I_{n}=\displaystyle\int_{0}^{1}f_{n}(x)\,\text{d}x}. Déterminer {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}I_{n}}.

2. Montrer que {I_{n}=\displaystyle\dfrac{1}{4}\sum\limits_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^{2}}}. En déduire un équivalent de {I_{n}}.

  1. Sur {]0,1[}, et pour tout n\in\mathbb{N}, on a \left|f_{n}(x)\right|\le \left|f_{0}(x)\right|.

    De plus f_{0}(x)\sim-x\ln(x) en 0 donc {\displaystyle\lim_{x\to0}f_0(x)=0}, et {f_{0}(x)\sim}\dfrac{1}{2} en x=1

    Donc {f_{0}} (et a fortiori les {f_{n}}) sont intégrables sur {]0,1[} et {f_{0}} domine les {f_{n}}.

    Enfin la suite (f_{n}) converge simplement sur {]0,1[} vers la fonction nulle.

    Avec le théorème de convergence dominée, on en déduit : {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}I_{n}=0}.

  2. Posons {u_{n,k}(x)=-x^{2n+2k+1}\ln(x)}.

    Sur {]0,1[}, on a : {f_{n}(x)=-x^{2n+1}\ln(x)\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}x^{2k}=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}u_{n,k}(x)}.

    Mais {\displaystyle\int_{0}^{1}x^{m}\ln(x)\,\text{d}x=\Big[\dfrac{x^{m+1}}{m+1}\ln(x)\Bigr]_{0}^{m}-\dfrac{1}{m+1}\displaystyle\int_{0}^{1}x^{m}\,\text{d}x=\dfrac{1}{(m+1)^{2}}}.

    Ainsi la série numérique {\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\displaystyle\int_{0}^{1}\left|{u_{n,k}}\right|=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{4(n+k+1)^{2}}} est convergente.

    On peut donc utiliser le théorème d’intégration terme à terme : {\displaystyle\int_{0}^{1}f_{n}(x)\,\text{d}x=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}u_{n,k}(x)\,\text{d}x=\dfrac{1}{4}\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{(n+k+1)^{2}}=\dfrac{1}{4}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^{2}}}On a {\displaystyle\int_{k}^{k+1}\dfrac{\,\text{d}t}{t^{2}}\le \dfrac{1}{k^{2}}\le \displaystyle\int_{k-1}^{k}\dfrac{\,\text{d}t}{t^{2}}\;}, donc {\displaystyle\int_{n+1}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}t}{t^{2}}\le \displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^{2}}\le \displaystyle\int_{n}^{+\infty}\dfrac{\,\text{d}t}{t^{2}}}.

    Ainsi {\dfrac{1}{n+1}\le \displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^{2}}\le \dfrac{1}{n}}. En conclusion= {I_{n}\sim\dfrac{1}{4n}} quand n\to+\infty.