Corrigé ESC 2002 par Pierre Veuillez
  1. Pour tout x>0 on a 1+ x2 0 et n+1+ nx2 0 donc fn et h sont continues sur + * comme quotients de fonctions continues.
    Comme 1+ x2 >0 et n+1+ nx2 >0 car n>0 donc leurs signe est celui de ln(x)
    On a alors :
    x 0 1 +
    ln(x) - 0 +
    fn (x) - 0 +
    h(x) - 0 +
    1. 1 + lnx x2 dx est impropre en +.
      En intégrant par parties avec u(x)=ln(x): u' (x)= 1 x : v' (x)= 1 x2 :v(x)=- 1 x
      u et v de classe C1 sur + *
      1 M lnx x2 dx = [-ln(x) 1 x ]1 M - 0 M - 1 x2 dx = - ln(M) M + [- 1 x ]1 M 1

      quand m+ car ln(M) << M.
      Donc 1 + lnx x2 dx converge et vaut 1.
    2. Pour tout x on a 1+ x2 x2 >0 donc 1 x2 +1 1 x2 et pour x1 comme ln(x)0 alors 0 lnx 1+ x2 lnx x2
      Et comme 1 + lnx x2 dx converge alors par majoration 1 + lnx 1+ x2 dx= 1 + h(x)dx converge également.
    Dans toute la suite de l'exercice on note alors K l'intégrale impropre : K= 1 + h(x)dx.
    1. 0 1 h(u)du est impropre en 0.
      Par changement de variable u= 1 x :u=1x=1:u=ϵx= 1 ϵ :
      x 1 x de classe C1 [1, 1 ϵ ]:du= -1 x2 dx
      ϵ 1 h(u)du= 1/ϵ 1 -h( 1 x ) 1 x2 dx

      Et comme
      h( 1 x )= ln( 1 x ) 1+ ( 1 x )2 =- x2 ln(x) x2 +1

      alors
      ϵ 1 h(u)du=- 1 1/ϵ ln(x) x2 +1 dx 1 + ln(x) x2 +1 dx=K    quand ϵ 0+

      0 1 h(u)du converge et vaut -K
    2. Comme h(x)0 pour x1 on a 0 1 |h(x)|dx= 0 1 -h(x)dx converge et vaut K
      Et comme h(x)0 pour x1 on a 1 + |h(x)|dx= 1 h(x)dx converge et vaut K
      Donc 0 + |h(x)|dx converge et est égale à 2K.
    3. Donc 0 + h(x)dx est absolument convergente donc convergente
      0 + h(x)dx= 1 h(x)dx+ 0 1 h(x)\dx=K-K=0
    1. Comme n+1+ nx2 0 et 1+ x2 0 alors pour tout x>0
      | fn (x)|-|h(x)|=| nlnx n+1+ nx2 |-| lnx 1+ x2 | =|ln(x)|( n n+1+ nx2 - 1 1+ x2 ) =|ln(x)| -1 (n+1+ nx2 )(1+ x2 ) 0

      Donc 0| fn (x)||h(x)| et par majoration, comme 0 + h(x)dx converge alors 0 + fn (x)dx converge également.
    2. Pour tout réel x strictement positif,    
      h(x)- fn (x)= lnx 1+ x2 - nlnx n+1+ nx2 = lnx 1+ x2 (1- n(1+ x2 ) n+1+ nx2 ) = lnx 1+ x2 ( n+1+ nx2 -n(1+ x2 ) n+1+ nx2 )= h(x) n+1+ nx2

    3. On a alors pour tout réel x, n+1+ nx2 n+1>0 et 1 n+1+ nx2 1 n+1
      et donc pour x1 et en multipliant par h(x)0:0h(x)- fn (x)= h(x) n+1+ nx2 h(x) n+1
      En intégrant sur [1,M] avec 1M:
      1 M 0dx 1 M h(x)- fn (x)dx 1 M h(x) n+1 dx= 1 n+1 1 M h(x)dx

      et par passage à la limite dans les inégalités (on sait déjà que les limites existent)
      0\leqslant 1 + (h(x)- fn (x))dx\leqslant K n+1

      De même si 0<x1 alors ln(x)<0 et h(x) 1+n h(x) n+1+ nx2 0 d'où en intégrant sur [ϵ,0] et en passant à la lmite quand ϵ0:

      - K n+1    \leqslant 0 1 (h(x)- fn (x))dx\leqslant0

    4. Quand n+ on a alors :
      par encadrement on a alors 1 + (h(x)- fn (x))\dx0 et 0 1 (h(x)- fn (x))dx0
      donc 1 + fn (x)dx 1 + h(x)dx=K et 0 1 fn (x)dx 0 1 h(x)dx=-K
      Donc 0 + fn (x)dx= 1 + fn (x)dx+ 0 1 fn (x)dx0.
ESC 2002



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On 18 May 2004, 00:02.