Domination et théorèmes d’échange : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : domination et théorèmes d’échange

Le corrigé détaillé : domination et théorèmes d’échange

Exercice 1 – Un sinus écrasé sous l’intégrale (3 points)

1. Pour \(t > 0\) fixé, \(\frac{t}{n}\) tend vers 0, et \(\sin u \sim u\) en 0 ; ainsi \(n\sin(t/n) \sim n \times \frac{t}{n} = t\). Par conséquent, \(f_n(t)\) tend vers \(g(t) = \dfrac{1}{1+t^2}\).
2. L’inégalité \(|\sin u| \leq |u|\), valable pour tout réel \(u\), donne \(|n\sin(t/n)| \leq t\) pour \(t > 0\). En divisant par \(t(1+t^2) > 0\), on obtient \(|f_n(t)| \leq g(t) = \dfrac{1}{1+t^2}\), majorant indépendant de \(n\). Or \(g\) est continue et intégrable sur \([0\,;+\infty[\), d’intégrale \(\left[\arctan t\right]_0^{+\infty} = \frac{\pi}{2}\). Comme \(f_n\) est continue sur \(]0\,;+\infty[\) et dominée par \(g\), elle y est intégrable : \(I_n\) existe.

3. Vérifions les hypothèses du théorème de convergence dominée sur \(]0\,;+\infty[\) :

   chaque \(f_n\) est continue par morceaux ; la suite \((f_n)\) converge simplement vers \(g\), continue par morceaux ; enfin \(|f_n| \leq g\), avec \(g\) intégrable et indépendante de \(n\).

   Donc \(I_n\) tend vers \(\int_0^{+\infty} g(t)\,\mathrm{d}t = \frac{\pi}{2}\).

   

4. Pour \(u \geq 0\), on a \(\sin u \leq u\). Avec \(u = \frac{t}{n}\), il vient \(f_n(t) \leq g(t)\) pour tout \(t > 0\). La croissance de l’intégrale donne alors \(I_n \leq \frac{\pi}{2}\). Sur la figure, la courbe de \(g\) reste d’ailleurs au-dessus des trois autres.

Barème : 1) 0,5 point ; 2) inégalité sur le sinus, fonction g et intégrabilité, 1 point ; 3) trois hypothèses à 0,25 point chacune, puis 0,25 point pour la valeur ; 4) 0,5 point.

Piège classique : proposer \(g(t) = \frac{1}{t(1+t^2)}\) comme domination. Elle n’est pas intégrable en 0 ; c’est le facteur \(n\sin(t/n)\) qu’il faut majorer par \(t\).

Exercice 2 – Une série alternée d’exponentielles (4 points)

1. La fonction \(h : t \mapsto \frac{t^2}{\mathrm{e}^t + 1}\) est continue et positive sur \([0\,;+\infty[\). De plus, \(0 \leq h(t) \leq t^2\mathrm{e}^{-t}\), et \(t^2 \times t^2\mathrm{e}^{-t}\) tend vers 0 en \(+\infty\) par croissances comparées. Ainsi \(h(t) = o\left(\frac{1}{t^2}\right)\), donc \(h\) est intégrable et \(J\) existe.
2. Pour \(t > 0\), posons \(q = \mathrm{e}^{-t} \in \left]0\,;1\right[\). Alors \(\frac{1}{\mathrm{e}^t + 1} = \frac{q}{1+q} = q\sum_{k \geq 0}(-q)^k\), série géométrique convergente car \(|q| < 1\). Donc \(\dfrac{1}{\mathrm{e}^t + 1} = \sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^{n-1}\mathrm{e}^{-nt}\).
3. Le changement de variable \(u = nt\) ramène à \(\frac{1}{n^3}\int_0^{+\infty} u^2\mathrm{e}^{-u}\,\mathrm{d}u\). Deux intégrations par parties, dont les crochets s’annulent aux deux bornes, donnent \(\int_0^{+\infty} u^2\mathrm{e}^{-u}\,\mathrm{d}u = 2\int_0^{+\infty} u\mathrm{e}^{-u}\,\mathrm{d}u = 2\). Ainsi \(\int_0^{+\infty} t^2\mathrm{e}^{-nt}\,\mathrm{d}t = \dfrac{2}{n^3}\).

4. Le théorème à citer

   Soit \((f_n)\) une suite de fonctions continues par morceaux et intégrables sur un intervalle \(I\). Si la série \(\sum f_n\) converge simplement sur \(I\) vers une fonction continue par morceaux \(f\), et si la série \(\sum \int_I |f_n|\) converge, alors \(f\) est intégrable sur \(I\) et \(\int_I f = \sum_{n=1}^{+\infty} \int_I f_n\).

   Les hypothèses une à une

   Prenons \(I = \left]0\,;+\infty\right[\) et \(f_n(t) = (-1)^{n-1}t^2\mathrm{e}^{-nt}\). Chaque \(f_n\) est continue et intégrable (question 3). D’après la question 2, \(\sum f_n\) converge simplement vers \(h\), qui est continue. Enfin, \(\int_I |f_n| = \frac{2}{n^3}\), terme d’une série de Riemann convergente. On obtient donc \(J = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{2(-1)^{n-1}}{n^3}\).

5. On sépare les indices pairs et impairs : \(\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^{n-1}}{n^3} = \zeta(3) – 2\sum_{p \geq 1} \frac{1}{(2p)^3} = \zeta(3) – \frac{2}{8}\zeta(3) = \frac{3}{4}\zeta(3)\). Finalement, \(J = \dfrac{3}{2}\zeta(3)\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 0,5 point ; 3) changement de variable et parties, 1 point ; 4) énoncé exact 0,5 point, puis 0,5 point pour la convergence simple et 0,5 point pour la série des intégrales des modules ; 5) 0,5 point.

Piège classique : se contenter de la convergence uniforme sur \(]0\,;+\infty[\). Elle a bien lieu ici, mais sur un intervalle non borné elle ne permet pas d’échanger somme et intégrale ; seul le critère portant sur \(\sum \int |f_n|\) convient.

Exercice 3 – Une intégrale à paramètre avec arctangente (4 points)

1. Notons \(h(x, t) = \frac{\arctan(xt)}{t(1+t^2)}\) pour \(x \geq 0\) et \(t > 0\). Comme \(0 \leq \arctan(xt) \leq xt\), on a \(0 \leq h(x, t) \leq \frac{x}{1+t^2}\). La fonction \(t \mapsto h(x, t)\) est continue sur \(]0\,;+\infty[\) et dominée par une fonction intégrable. Donc \(F(x)\) existe pour tout \(x \geq 0\).

2. Dérivée partielle et domination

   Pour \(t > 0\) fixé, \(x \mapsto h(x, t)\) est de classe \(C^1\) sur \([0\,;+\infty[\), avec

   \[\frac{\partial h}{\partial x}(x, t) = \frac{t}{1+x^2t^2} \times \frac{1}{t(1+t^2)} = \frac{1}{(1+x^2t^2)(1+t^2)}.\]

   Cette dérivée est continue en \(x\), continue en \(t\), et vérifie \(0 \leq \frac{\partial h}{\partial x}(x, t) \leq \frac{1}{1+t^2}\), fonction intégrable indépendante de \(x\).

   Application du théorème

   De plus, \(t \mapsto h(x, t)\) est intégrable pour tout \(x\) (question 1). Le théorème de dérivation des intégrales à paramètre s’applique donc sur \([0\,;+\infty[\) tout entier. Ainsi \(F\) est de classe \(C^1\), et \(F^{\prime}(x) = \int_0^{+\infty} \dfrac{\mathrm{d}t}{(1+x^2t^2)(1+t^2)}\).

3. Pour \(x \neq 1\), une réduction au même dénominateur vérifie que

   \[\frac{1}{(1+x^2t^2)(1+t^2)} = \frac{1}{1-x^2}\left(\frac{1}{1+t^2} – \frac{x^2}{1+x^2t^2}\right).\]

   D’une part, \(\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{1+t^2} = \frac{\pi}{2}\). D’autre part, pour \(x > 0\), \(\int_0^{+\infty} \frac{x^2\,\mathrm{d}t}{1+x^2t^2} = x\left[\arctan(xt)\right]_0^{+\infty} = \frac{x\pi}{2}\), formule encore vraie pour \(x = 0\). Donc \(F^{\prime}(x) = \frac{1}{1-x^2} \times \frac{\pi}{2}(1 – x) = \frac{\pi}{2(1+x)}\).

   Enfin, \(F^{\prime}\) est continue en 1, d’où \(F^{\prime}(1) = \lim_{x \to 1} \frac{\pi}{2(1+x)} = \frac{\pi}{4}\). Pour tout \(x \geq 0\), \(F^{\prime}(x) = \dfrac{\pi}{2(1+x)}\).

4. Comme \(\arctan 0 = 0\), on a \(F(0) = 0\). Par intégration, \(F(x) = \int_0^x \frac{\pi\,\mathrm{d}s}{2(1+s)}\). Donc \(F(x) = \frac{\pi}{2}\ln(1+x)\), et l’intégrale demandée vaut \(F(1) = \frac{\pi}{2}\ln 2\).

Barème : 1) encadrement et intégrabilité, 1 point ; 2) dérivée partielle 0,5 point, domination 0,5 point, conclusion 0,5 point ; 3) décomposition et calcul 0,75 point, cas x = 1 0,25 point ; 4) 0,5 point.

Piège classique : oublier de vérifier que \(h(x, \cdot)\) est intégrable pour chaque \(x\). Le théorème de dérivation exige cette hypothèse en plus de la domination de la dérivée.

Exercice 4 – Composer avec t puissance n (4 points)

1. Travaillons sur \([0\,;1[\), ce qui ne change pas les intégrales. Les fonctions \(t \mapsto f(t^n)\) y sont continues. Pour \(t\) fixé dans \([0\,;1[\), \(t^n\) tend vers 0, donc \(f(t^n)\) tend vers \(f(0)\) par continuité de \(f\). Ensuite, \(f\) est continue sur un segment, donc bornée : \(|f(t^n)| \leq \sup_{[0\,;1]} |f|\), constante intégrable sur l’intervalle borné \([0\,;1[\). Par convergence dominée, \(A_n\) tend vers \(\int_0^1 f(0)\,\mathrm{d}t = f(0)\).

2. L’application \(u \mapsto u^{1/n}\) est une bijection de classe \(C^1\), strictement croissante, de \(]0\,;1]\) sur \(]0\,;1]\). Avec \(t = u^{1/n}\) et \(\mathrm{d}t = \frac{1}{n}u^{\frac{1}{n} – 1}\,\mathrm{d}u\), on obtient \(A_n = \frac{1}{n}\int_0^1 f(u)u^{\frac{1}{n} – 1}\,\mathrm{d}u\), intégrale convergente en 0 car \(\frac{1}{n} – 1 > -1\).

   Par ailleurs, \(\frac{1}{n}\int_0^1 u^{\frac{1}{n} – 1}\,\mathrm{d}u = \frac{1}{n}\left[n\,u^{1/n}\right]_0^1 = 1\), si bien que \(f(0) = \frac{1}{n}\int_0^1 f(0)u^{\frac{1}{n} – 1}\,\mathrm{d}u\). En soustrayant puis en multipliant par \(n\), on obtient l’égalité annoncée.

3. Intégrabilité de la limite

   L’inégalité des accroissements finis donne \(|f(u) – f(0)| \leq Mu\) pour \(u \in [0\,;1]\). Le quotient \(\frac{f(u) – f(0)}{u}\) est donc continu et borné par \(M\) sur \(]0\,;1]\) : il y est intégrable.

   Passage à la limite dominé

   Posons \(k_n(u) = \left(f(u) – f(0)\right)u^{\frac{1}{n} – 1}\), continue sur \(]0\,;1]\). Pour \(u > 0\), \(u^{1/n}\) tend vers 1, donc \(k_n(u)\) tend vers \(\frac{f(u) – f(0)}{u}\). De plus, \(|k_n(u)| \leq Mu \times u^{\frac{1}{n} – 1} = Mu^{1/n} \leq M\), constante intégrable sur \(]0\,;1]\). Le théorème de convergence dominée prouve que \(n\left(A_n – f(0)\right)\) tend vers \(\int_0^1 \frac{f(u) – f(0)}{u}\,\mathrm{d}u\).

4. Avec \(f(u) = \frac{1}{1+u}\), de classe \(C^1\) sur \([0\,;1]\) et telle que \(f(0) = 1\), on a \(\frac{f(u) – 1}{u} = -\frac{1}{1+u}\), d’intégrale \(-\ln 2\). Ainsi \(n\left(A_n – 1\right)\) tend vers \(-\ln 2\). Donc \(\int_0^1 \frac{\mathrm{d}t}{1+t^n} = 1 – \frac{\ln 2}{n} + o\left(\frac{1}{n}\right)\).

Barème : 1) limite simple, domination et conclusion, 1 point ; 2) changement de variable 0,5 point, écriture de f(0) 0,5 point ; 3) intégrabilité 0,5 point, limite simple 0,5 point, domination 0,5 point ; 4) 0,5 point.

Piège classique : dominer \(k_n\) par \(|f(u) – f(0)|\,u^{-1/2}\) ou par une puissance dépendant de \(n\). La domination doit être la même pour tous les \(n\) : ici, la constante \(M\).

Exercice 5 – Problème : une transformée de Laplace (5 points)

Partie A : ensemble de définition et dérivée

1. Si \(x > 0\), l’intégrande est continu sur \([0\,;+\infty[\) et majoré par \(\mathrm{e}^{-xt}\), intégrable : \(\varphi(x)\) existe. Si \(x \leq 0\), l’intégrande est au contraire minoré par \(\frac{1}{1+t} \geq 0\), non intégrable en \(+\infty\), donc l’intégrale diverge. L’ensemble de définition est \(]0\,;+\infty[\). Enfin, si \(0 < x < y\), alors \(\mathrm{e}^{-yt} \leq \mathrm{e}^{-xt}\), puis \(\varphi(y) \leq \varphi(x)\) : \(\varphi\) est décroissante.

2. Posons \(k(x, t) = \frac{\mathrm{e}^{-xt}}{1+t}\). Sa dérivée partielle \(\frac{\partial k}{\partial x}(x, t) = -\frac{t\,\mathrm{e}^{-xt}}{1+t}\) est continue en chacune des variables. Soit \(a > 0\) : pour \(x \geq a\), \(\left|\frac{\partial k}{\partial x}(x, t)\right| \leq \mathrm{e}^{-at}\), car \(\frac{t}{1+t} \leq 1\). Cette domination est intégrable et indépendante de \(x\). Avec l’intégrabilité de \(k(x, \cdot)\), le théorème de dérivation donne \(\varphi\) de classe \(C^1\) sur chaque \([a\,;+\infty[\), donc sur \(]0\,;+\infty[\).

   Ensuite, \(\frac{t}{1+t} = 1 – \frac{1}{1+t}\), et les deux intégrales obtenues convergent. Donc \(\varphi^{\prime}(x) = -\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-xt}\,\mathrm{d}t + \varphi(x) = -\frac{1}{x} + \varphi(x)\). Ainsi \(\varphi^{\prime}(x) – \varphi(x) = -\frac{1}{x}\).

Partie B : encadrement et comportement aux bornes

3. Le calcul précédent donne \(\frac{1}{x} – \varphi(x) = \int_0^{+\infty} \frac{t\,\mathrm{e}^{-xt}}{1+t}\,\mathrm{d}t\). Or \(0 \leq \frac{t}{1+t} \leq t\), et \(\int_0^{+\infty} t\,\mathrm{e}^{-xt}\,\mathrm{d}t = \frac{1}{x^2}\) par une intégration par parties. Donc \(0 \leq \frac{1}{x} – \varphi(x) \leq \frac{1}{x^2}\). En multipliant par \(x > 0\), on obtient \(1 – \frac{1}{x} \leq x\varphi(x) \leq 1\). Par encadrement, \(x\varphi(x)\) tend vers 1 en \(+\infty\).
   

   

4. Pour \(0 \leq t \leq \frac{1}{x}\), on a \(xt \leq 1\), donc \(\mathrm{e}^{-xt} \geq \mathrm{e}^{-1}\). L’intégrande étant positif, \(\varphi(x) \geq \mathrm{e}^{-1}\int_0^{1/x} \frac{\mathrm{d}t}{1+t} = \mathrm{e}^{-1}\ln\left(1 + \frac{1}{x}\right)\). Ce minorant tend vers \(+\infty\) lorsque \(x \to 0^+\). Donc \(\varphi\) tend vers \(+\infty\) en \(0^+\).

5. Pour \(x > 0\), le changement de variable linéaire \(u = xt\) donne

   \[x^2\left(\frac{1}{x} – \varphi(x)\right) = x^2\int_0^{+\infty} \frac{(u/x)\,\mathrm{e}^{-u}}{1 + u/x}\,\frac{\mathrm{d}u}{x} = \int_0^{+\infty} \frac{u\,\mathrm{e}^{-u}}{1 + u/x}\,\mathrm{d}u.\]

   Soit \((x_p)\) une suite qui tend vers \(+\infty\). Les intégrandes associés tendent simplement vers \(u\,\mathrm{e}^{-u}\), et ils sont dominés par \(u\,\mathrm{e}^{-u}\), intégrable, car \(1 + u/x_p \geq 1\). Par convergence dominée, la limite vaut \(\int_0^{+\infty} u\,\mathrm{e}^{-u}\,\mathrm{d}u = 1\), puis la caractérisation séquentielle conclut. Ainsi \(\varphi(x) = \frac{1}{x} – \frac{1}{x^2} + o\left(\frac{1}{x^2}\right)\) en \(+\infty\).

Barème : 1) domaine 0,25 point, monotonie 0,25 point ; 2) domination locale 0,75 point, relation différentielle 0,75 point ; 3) encadrement et limite, 1 point ; 4) minoration et limite, 1 point ; 5) changement de variable 0,25 point, hypothèses du théorème 0,5 point, développement 0,25 point.

Piège classique : chercher une domination de la dérivée valable sur \(]0\,;+\infty[\) tout entier. La borne supérieure en \(x > 0\) de \(\frac{t\,\mathrm{e}^{-xt}}{1+t}\) vaut \(\frac{t}{1+t}\), qui n’est pas intégrable en \(+\infty\) ; d’où le travail sur \([a\,;+\infty[\).

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