Exercices de la catégorie Suites d'intégrales généralisées
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Suites d'intégrales généralisées : liste des exercices
Exercice #547 Oral CCinP 2023
Détails de l'exercice #547
Exercice enregistré par M. Arnt
Niveaux :
En Mathématiques : Bac+2.
En Mathématiques : Bac+2.
Source : BEOS #7216 Oral CCinP 2023
Énoncé
Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on note\[
I_n=\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+ t^4)^n}\,\text{d}t
\]
- Montrer que $I_n$ est bien défini pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, puis que la suite $(I_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ converge vers une limite à déterminer.
- Pour $n \in \mathbb{N}^*$, trouver une relation entre $I_n$ et $I_{n+1}$. En déduire une seconde façon de déterminer la limite de la suite $(I_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$.
Indications
- Appliquer le théorème de convergence dominée.
- Écrire $1=1+t^4-t^4$ puis effectuer une IPP. Une fois la relation établie, faire un produit télescopique pour trouver une expression de $I_n$ puis passer au logarithme.
Correction
Pour $n \in \mathbb{N}$, on pose $f_n: t \mapsto \frac{1}{(1+ t^4)^n}$.
- Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Montrons que l'intégrale généralisée $I_n$ est convergente.
La fonction $f$ est continue sur $[0,+\infty[$ comme quotient de fonctions continues sur $[0,+\infty[$ dont le dénominateur ne s'annule pas et est positive sur cet intervalle.
En $+\infty$, on a : \[ f_n(t)=\frac{1}{(1+ t^4)^n} \underset{t \rightarrow +\infty}{\sim} \frac{1}{t^{4n}}. \] Or, $\int_1^{+\infty} \frac{1}{t^{4n}}\text{d}t$ converge d'après le critère de Riemann en $+\infty$ car $4n \geqslant 4 > 1$, donc, par comparaison, $\int_1^{+\infty} f_n(t)\text{d}t$ converge.
De plus, $f$ étant continue sur le segment $[0,1]$, $\int_0^{1} f_n(t)\text{d}t$ converge aussi.
Par suite, $\int_0^{+\infty} f_n(t)\text{d}t$ converge et donc $I_n$ est bien défini.
Utilisons le théorème de convergence dominée appliqué à la suite de fonctions $(f_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ pour montrer que la suite $(I_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ converge et pour déterminer sa limite. Vérifions les hypothèses du théorème : - pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $f_n$ est continue par morceaux sur $[0,+\infty[$ car continue sur $[0,+\infty[$.
- Convergence Simple vers une fonction continue par morceaux. Soit $t \in [0,+\infty[$. On a : \[ f_n(t)\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} \begin{cases} 1&\text{ si }t=0 \\ 0&\text{ si }t> 0. \end{cases} \] Par suite, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge simplement sur $[0,+\infty[$ vers la fonction $f:t \mapsto \begin{cases} 1&\text{ si }t=0 \\ 0&\text{ si }t> 0. \end{cases}$ qui est continue par morceaux sur $[0,+\infty[$.
- Domination. Soit $t \in [0,+\infty[$. Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, comme $1+t^4 \geqslant 1$, on a : \[ |f_n(t)|=\frac{1}{(1+t^4)^n}\leqslant \frac{1}{1+t^4}=g(t) \] De plus, la fonction $g:t \mapsto \frac{1}{1+t^4}$ est intégrable sur $[0,+\infty[$ d'après ce qui précède (cas $n=1$ pour la bonne définition de $I_n$). Les hypothèses sont vérifiées : ainsi, d'après le théorème de convergence dominée, on a \[ \lim_{n \rightarrow +\infty}I_n = \int_0^{+\infty}\lim_{n \rightarrow +\infty} f_n(t) \text{d}t = \int_0^{+\infty}f(t) \text{d}t = 0. \]
- Soit $n \in \mathbb{N}^*$. En utilisant la décomposition $1=1+t^4-t^4$ : \[
\begin{array}{rcl}
I_{n+1}&=&\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+t^4)^{n+1}} \text{d}t \\
&=&\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{1+t^4-t^4}{(1+t^4)^{n+1}} \text{d}t \\
&=&\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+t^4)^{n}} \text{d}t + \int_0^{+\infty}\frac{-t^4}{(1+t^4)^{n+1}} \text{d}t\\
&=&\displaystyle I_n + \frac{1}{4n}\int_0^{+\infty}t\frac{-4nt^3}{(1+t^4)^{n+1}} \text{d}t
\end{array}
\] On effectue une intégration par parties dans cette dernière intégrale avec : \[
\begin{array}{rclcrcl}
u(t)&=&t&\quad \quad&u'(t)&=&1 \\
v'(t)&=&\displaystyle \frac{-4nt^3}{(1+t^4)^{n+1}}&\quad \quad&v(t)&=&\displaystyle \frac{1}{(1+t^4)^{n}}
\end{array}
\] On a alors : \[
u(t)v(t) = \frac{t}{(1+t^4)^{n}} \begin{cases}
\xrightarrow[t\rightarrow 0]{}0 \\
\xrightarrow[t\rightarrow +\infty]{}0
\end{cases}
\] Par suite, l'IPP est licite et on a : \[
\int_0^{+\infty}t\frac{-4nt^3}{(1+t^4)^{n+1}} \text{d}t= [u(t)v(t)]_0^{+\infty}- \int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+t^4)^{n}} \text{d}t =-I_n.
\] On obtient donc la relation : \[
I_{n+1} = I_n+\frac{1}{4n}(-I_n)=\left(1-\frac{1}{4n}\right)I_n.
\] Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, comme $f_n$ est positive continue et non nulle sur $[0,+\infty[$, on a $I_n > 0$, d'où : \[
\frac{I_{n+1}}{I_n} = 1-\frac{1}{4n}.
\] Par produit télescopique, on a alors : \[
\frac{I_n}{I_1}= \prod_{k=1}^{n-1} \frac{I_{k+1}}{I_k} =\prod_{k=1}^{n-1}\left(1-\frac{1}{4k}\right).
\] Ainsi, on a : \[
\ln(I_n)=\ln(I_1)-\sum_{k=1}^{n-1}\left(-\ln\left(1-\frac{1}{4k}\right)\right).
\] Or, $-\ln\left(1-\frac{1}{4k}\right)\underset{k \rightarrow +\infty}{\sim} \frac{1}{4k}$ et $\sum_{k \geqslant 1}\frac{1}{4k}$ diverge (série harmonique multipliée par une constante) d'où la série à termes positifs $\sum_{k \geqslant 1}\left(-\ln\left(1-\frac{1}{4k}\right)\right)$ diverge et donc la suite de ses sommes partielles tend vers $+\infty$ i.e. $\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\left(-\ln\left(1-\frac{1}{4k}\right)\right) \xrightarrow[t\rightarrow +\infty]{} +\infty$.
Il en résulte que $(\ln(I_n))_{n \in \mathbb{N}^*}$ tend vers $-\infty$ et donc, par passage à la fonction exponentielle qui est continue sur $\mathbb{R}$, on obtient, comme $\lim_{x \rightarrow -\infty}e^x=0$ : \[ I_n \xrightarrow[t\rightarrow +\infty]{} 0. \]
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