Tous_les_exercices_dAnalyse_PC-PSI(1)

34 Chap. 2. Fonctions réelles d’une variable réelle

Exercice 2.17

Mines-Ponts PC 2005
Soit n 2 et soit P ∈ R[X ] de degré n. Montrer que si P a n racines réelles
distinctes, alors Q = P2 + 1 a 2n racines distinctes dans C.

Soient a1, . . . , an les racines réelles distinctes de P avec a1 < a2 < . . . < an. L’ap-
plication du théorème de Rolle dans chacun des n − 1 intervalles [ ai , ai+1 ] pour
1 i n − 1, montre que P possède n − 1 racines réelles distinctes, et comme il
est de degré n − 1 il n’a pas d’autres racines complexes.
Le polynôme Q est de degré 2n et possède donc 2n racines complexes, comptées
avec leur ordre de multiplicité. Supposons par l’absurde que Q possède une racine
multiple a. Alors P2(a) = −1, donc P(a) = ±i n’est pas réel, et puisque P appar-
tient à R[X ], il en résulte que a ne peut pas être réel.
Mais a est aussi racine de Q = 2P P , et comme a n’est pas racine de P c’est
nécessairement une racine non réelle de P , ce qui n’est pas possible. Il en résulte
que les racines de Q sont simples, et Q possède 2n racines complexes distinctes.

Remarque
Ce résultat est encore vrai pour tout polynôme Q = P2 + v2, où v appartient à R∗.

Exercice 2.18

Mines-Ponts PSI 2005 K
Soit f une fonction de classe C 1 de R dans R telle que : ∀x ∈ R, | f (x)| | f (x)| .
Montrer que : ∀x ∈ R, | f (x)| | f (0)|e|x| .
Indication de la rédaction Montrer que s’il existe un réel a tel que f (a) = 0,
alors f est identiquement nulle.

• Supposons que f s’annule en un point a.

– Montrons que f est identiquement nulle sur [ a, +∞ [ . Soit G la primitive de | f |

x

qui s’annule au point a. Soit x ∈ [ a, +∞ [ . Sachant que f (x) = f (t) dt, on a

a
x

| f (x)| | f (t)| dt = G(x). Or, | f (x)| | f (x)| d’où G (x) G(x).

a

La fonction w définie sur [ a, +∞ [ par w(x) = e−x G(x) est dérivable et l’on a
w (x) = e−x (G (x) − G(x)). Comme w 0 sur [ a, +∞ [ , w est donc décroissante
sur [ a, +∞ [ . Par ailleurs w est positive et w(a) = e−a G(a) = 0. Il en résulte que

w = 0 sur [ a, +∞ [ et donc G = 0 sur [ a, +∞ [ d’où f = 0 sur [ a, +∞ [ et par

conséquent f = 0 puisque f (a) = 0.

2.2 Exercices d’approfondissement 35

– Pour montrer que f est identiquement nulle sur ] −∞, a ] , on considère la pri-

mitive H de | f | sur ] −∞, a ] qui s’annule au point a et on procède de la même

façon.

• Supposons maintenant que f ne s’annule en aucun point. On peut considérer la

fonction g = ln | f |. Elle est dérivable sur R et g = f / f . Pour tout x ∈ R, on a alors

x x f (t) |x| d’où | f (x)| | f (0)|e|x| .
dt
ln | f (x)| − ln | f (0)| = f (t) dt 0 f (t)
f (t)

0

Exercice 2.19

Polytechnique-ESPCI PC 2006 KK

Calculer inf sup sin( pa) .

a∈ ] 0, p/2 [ p∈Z

Remarquons tout d’abord que√lorsque a = p/3, le nombre sin( pa) ne peu√t prendre
que trois valeurs distinctes, ± 3/2 et 0. Donc dans ce cas sup sin( pa) = 3/2 .

p∈Z √
Nous allons montrer que pour tout a ∈ ] 0, p/2 [ , on a sup sin( pa) 3/2 .

p∈Z

Distinguons deux cas :

• a ∈ [ p/3, p/2 ]

La fonction sinus étant croissante sur cet intervalle, on a
√

sup sin( pa) sin a sin p/3 = 3/2 .

p∈Z

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit • a ∈ ] 0, p/3 ] Soit p le plus petit entier naturel tel que pa p/3. On a
donc ( p − 1)a < p/3 d’où pa a + p/3 2p/√3 . Alors, de l’encadrement
p/3 pa 2p/3 il résulte que sin( pa) sin p/3 = 3/2 .

√
Dans tous les cas, on a sup sin( pa) 3/2 .

p∈Z

Alors inf sup sin( pa) √
3/2 , et la borne inférieure est atteinte pour
a∈ ] 0, p/2 [ p∈Z

√
a = p/3 d’où l’on déduit finalement inf sup sin( pa) = 3/2 .

a∈ ] 0, p/2 [ p∈Z

3 Intégration sur un segment

3.1 L’ESSENTIEL DU COURS ET EXERCICES D’ASSIMILATION
3.1.1 Intégrale fonction de sa borne supérieure

Ce qu’il faut savoir

Soit I un intervalle contenant au moins deux points. Soit f une fonction continue

sur I à valeurs dans C. x

• Soit x0 ∈ I . La fonction définie sur I par F(x) = f (t) dt est l’unique

x0

primitive de f sur I qui s’annule en x0.

• Soient J un intervalle contenant au moins deux points, u et v deux fonctions

v(x)

dérivables sur J à valeurs dans I . Alors la fonction G : x → f (t) dt est

u(x)

dérivable sur J et, pour tout x ∈ J , on a G (x) = v (x) f (v(x)) − u (x) f (u(x)) .

Exercice 3.1

CCP MP 2006

1

Soit f ∈ C 0( [ 0, 1 ] , R) telle que f (t) dt = 1/2. Montrer qu’il existe

x0 ∈ ] 0, 1 [ tel que f (x0) = x0 . 0

Indication de la rédaction : considérer une primitive de x → f (x) − x.

On considère la fonction w définie sur [ 0, 1 ] par w(x) = x f (t) dt − x2 .
02

x

Puisque f est continue sur [ 0, 1 ] , la fonction x → f (t) dt est dérivable

0

sur [ 0, 1 ] , donc w est dérivable sur [ 0, 1 ] et w (x) = f (x) − x. En outre,

w(0) = w(1) = 0 . Le théorème de Rolle entraîne alors l’existence d’un réel
x0 ∈ ] 0, 1 [ tel que w (x0) = 0, c’est-à-dire f (x0) − x0 = 0 .

3.1 L’essentiel du cours et exercices d’assimilation 37

Exercice 3.2

ENSEA MP 2005, CCP PSI 2006

Soit la fonction F définie par la relation

sin2 x √ cos2 x √

F(x) = Arcsin t dt + Arccos t dt.

00

1) Montrer que F est bien définie sur R, paire et p-périodique.

2) Etablir que F est constante.

1√ 1√
3) En déduire la valeur des intégrales Arccos t dt et Arcsin t dt.

00

√√
1) • Les fonctions g : x → Arcsin x et h : x → Arccos x sont continues sur
[ 0, 1 ] . On note G et H leurs primitives respectives qui s’annnulent en 0. Comme
les fonctions u : x → sin2 x et v : x → cos2 x sont à valeurs dans [ 0, 1 ] , les
fonctions G ◦ u et H ◦ v sont bien définies sur R, donc F est bien définie.
• Comme les fonctions u et v sont paires et p-périodiques, F l’est aussi.

2) Puisque F est paire et p-périodique,il suffit de l’étudier sur le segment [ 0, p/2 ] .
En outre F est dérivable en tant que somme et composée de fonctions dérivables et
l’on a pour tout x ∈ [ 0, p/2 ]

F (x) = G (u(x))u (x) + H (v(x))v (x)
√

= Arcsin sin2 x 2 sin x cos x − Arccos cos2 x 2 sin x cos x.

Or, pour tout x ∈ [ 0, p/2 ] , on a sin2 x = sin x car√sin x 0 et donc

Arcsin( sin2 x) = Arcsin(sin x) = x . De même Arccos( cos2 x) = x, donc

∀x ∈ [ 0, p/2 ] , F (x) = 0.

On en déduit que F est constante sur [ 0, p/2 ] , puis sur [ −p/2, p/2 ] par parité,

et enfin sur R par périodicité.

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit 3) On remarque que les deux intégrales à calculer sont F(0) et F(p/2).
On va calculer la valeur de F en p/4.

1/2 √ 1/2 √
F(p/4) = Arccos t dt + Arcsin t dt

00

1/2 √ √
= (Arccos t + Arcsin t) dt

0

Mais, pour tout x ∈ [ −1, 1 ] , on a Arccos x + Arcsin x = p/2 d’où

1/2

F(p/4) = p/2 dt = p/4 .

0

1√ 1√
Finalement, Arcsin t dt = Arccos t dt = p/4.

00

38 Chap. 3. Intégration sur un segment

Remarque 1
√

Ces intégrales peuvent se calculer à l’aide du changement de variable u = Arccos t
suivi d’une intégration par parties.

Remarque 2 p
Les formules suivantes : Arccos x + Arcsin x =

∀x ∈ [ −1, 1 ] , 2
p
∀x ∈ R∗ ,
Arctan x + Arctan(1/x) = sign x
2

ont été démontrées dans le livre d’Analyse de première année exercice 6.6 page 90.
Il est très utile de les retenir.

3.1.2 Inégalités et intégrales

Ce qu’il faut savoir

Soit (a, b) ∈ R2 tel que a b. Soient f et g deux fonctions continues sur [ a, b ]

à valeurs dans C.

bb

• f (t) dt | f (t)| dt .

aa

Voir exercice 3.4 pour étudier le cas d’égalité. b

b f (t) dt ;

• Si f et g sont à valeurs dans R et si g f sur [ a, b ] , alors g(t) dt a

a
b

en particulier si f 0 sur [ a, b ] , alors f (t) dt 0 .

a

Remarque très utile dans la pratique

b

Si f est positive et continue sur [ a, b ] et si f (t) dt = 0 , alors f = 0 sur

a

[ a, b ] .

• Inégalité de Cauchy-Schwarz

b b 1/2 b 1/2

f (t)g(t) dt | f (t)|2 dt × |g(t)|2 dt .

a a a

Le cas d’égalité se produit si et seulement si f et g sont proportionnelles.

3.1 L’essentiel du cours et exercices d’assimilation 39

Exercice 3.3

CCP MP 2005
Soit f ∈ C 0( [ 0, 1 ] , R). On note M (resp. m) le maximum (resp. le minimum)
de f sur [ 0, 1 ] .

11

Montrer que si f (t) dt = 0, alors ( f (t))2 dt −m M .

00

1

Les fonctions f − m et M − f sont positives, donc ( f (t) − m)(M − f (t)) dt 0 .

0

En développant, on obtient

1 11

( f (t) − m)(M − f (t)) dt = (m + M) f (t) dt − ( f (t))2 dt − m M

0 00

1 1

d’où ( f (t))2 dt −m M . = − ( f (t))2 dt − m M 0 ,

0

0

Exercice 3.4

TPE PC 2007, CCP MP 2006
Soit (a, b) ∈ R2 tel que a < b et soit f ∈ C 0( [ a, b ] , C) vérifiant

bb (∗)

f (t) dt = | f (t)| dt .

aa

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit 1) Montrer que si f est à valeurs réelles, alors f = | f | ou f = −| f |.
2) Montrer que si f est à valeurs complexes, alors il existe u ∈ R et
g ∈ C 0( [ a, b ] , R+) tels que f = eiug.
Indication de la rédaction : montrer que g = e−iu f où u est un argument de

b

f (t) dt.

a

1) Lorsque f est à valeurs réelles, on a f = f + − f − et | f | = f + + f −,
où f +(x) = sup( f (x), 0) et f −(x) = sup(− f (x), 0) . En outre, f + et f − sont

b

continues positives sur [ a, b ] puisque f l’est. Posons A = f +(t) dt et

a
b

B = f −(t) dt . L’égalité (∗) s’écrit alors |A − B| = A + B, ce qui équivaut à

a

((A − B = A + B) ou (−A + B = A + B)) et finalement à ((B = 0) ou (A = 0)).

Comme f − est continue et positive sur [ a, b ] , dire que l’intégrale B est nulle,
implique que la fonction f − est la fonction nulle, et donc que f est positive, ce qui

donne | f | = f . De même, A = 0 équivaut à f + = 0, c’est-à-dire | f | = − f .

40 Chap. 3. Intégration sur un segment

2) Lorsque f appartient à C 0( [ a, b ] , C), il existe u ∈ ] −p, p ] tel que

bb (1)

f (t) dt = eiu f (t) dt

aa

Posons g = e−iu f . En intégrant sur [ a, b ] , on obtient

b bb

g(t) dt = e−iu f (t) dt = f (t) dt .

a aa

bb b

Par ailleurs |g(t)| dt = |e−iu f (t)| dt = | f (t)| dt . Si f vérifie (∗), alors

on a a a a
b b

|g(t)| dt = g(t) dt (2)

aa

En prenant la partie réelle des deux termes de (2), on obtient

bb b

|g(t)| dt = Re(g(t)) dt , d’où |g(t)| − Re g(t) dt = 0 .

aa a

Mais la fonction |g| − Re g est continue, positive (car |g|2 = (Re g)2 + (Im g)2) et

son intégrale est nulle, elle est donc identiquement nulle sur [a, b]. Il en résulte que

|g| = Re g, donc Im g = 0. Par conséquent, g est réelle, et finalement |g| = g. La
fonction g est donc dans C 0( [ a, b ] , R+), et l’on a bien f = eiug . Autrement dit

l’argument de f est constant.

Remarque
La réciproque est vraie dans les deux cas précédents.

Exercice 3.5

Centrale MP 2007, CCP PC 2007

Soit (a, b) ∈ R2 tel que a < b. Pour tout h ∈ E = C 0( [ a, b ] , ] 0, +∞ [ ) on

pose F(h) = b b1
dt .
h(t) dt ×
a h(t)
a

1) Montrer que F est minorée sur E et atteint sa borne inférieure.

2) Pour n ∈ N∗, on considère la fonction hn définie sur [ a, b ] par hn(x) = enx .

Calculer lim F(hn ) et en déduire que F n’est pas majorée.

n→+∞

3) Déterminer F(E).

1) Montrons que F est minorée et atteint sa borne inférieure. √

Soit h ∈ E. En appliquant l’inégalité de Cauchy-Schwarz avec f = h et

√ b2 b b1
g = 1/ h, on obtient dt c’est-
dx h(t) dt ×
a h(t)
a a

à-dire (b − a)2 F(h). Ainsi F est minorée.

3.1 L’essentiel du cours et exercices d’assimilation 41

Si on exhibe une fonction h0 ∈ F telle que F(h0) = (b − a)2, on aura alors
montré que (b − a)2 est la borne inférieure de F et qu’elle est atteinte. On prend
par exemple la fonction définie pour tout x ∈ [ a, b ] par h0(x) = 1. On a donc
F(E) ⊂ [ (b − a)2, +∞ [ .

2) Soit n ∈ N∗. On a

F(hn) = b b = 1 enx b 1 e−nx b
−n a
enx dx e−nx d x ×
na
a a

= enb − ena × e−na − e−nb
nn

= (en(b−a) − 1)(1 − e−n(b−a)) ∼ en(b−a) .
n2 n2
n→+∞

On déduit du théorème de comparaison des puissances et des exponentielles que

lim F(h n ) = +∞. Il en résulte que F n’est pas majorée.

n→+∞

3) Plus généralement, pour tout l 0, considérons la fonction hl définie sur
[ a, b ] par hl(x) = elx . Pour l > 0, un calcul identique à celui de la ques-

(el(b−a) − 1)(1 − e−l(b−a))
tion 2, donne, F(hl) = l2 et ceci peut encore s’écrire
sh2 l(b−a)
F(hl) = 4 2 . La fonction f : l → F(hl) est alors une fonction conti-

l2
nue sur ] 0, +∞ [ . Comme au voisinage de 0, on a sh u ∼ u, on en déduit que

lim f (l) = (b − a)2 = f (0), et la fonction f est continue sur [ 0, +∞ [ . Par
l→0

ailleurs, d’après la question 2, la fonction f n’est pas bornée supérieurement. Alors

F(E) ⊃ f ( [ 0, +∞ [ ) ⊃ [ (b − a)2, +∞ [ . Comme on a l’inclusion inverse, on

obtient finalement F(E) = [ (b − a)2, +∞ [ .

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit 3.1.3 Intégration par parties et changement de variable

Ce qu’il faut savoir

• Formule d’intégration par parties
Soient u et v deux fonctions de classe C 1 sur [ a, b ] à valeurs dans R ou C, alors

b bb

u(x)v (x) d x = u(x)v(x) − u (x)v(x) d x.

a aa

• Formule du changement de variable
Soient I et J deux intervalles de R. Soient f : I → C continue et w : J → I de
classe C 1. Soient a et b appartenant à J . Alors

w(b) b

f (x)d x = f (w(t))w (t)dt.

w(a) a

42 Chap. 3. Intégration sur un segment

Remarque

b

Sur cette formule observons que, pour calculer f (x)d x par le changement

a

de variable x = w(t), on procède à trois modifications :

(i) remplacer x par w(t) dans f (x) ;
(ii) remplacer d x par w (t)dt ;
(iii)remplacer les bornes a et b d’intégration en x par des bornes a et b d’inté-

gration en t : telles que a = w(a) et b = w(b).

Exercice 3.6

CCP MP 2007, Première question Mines-Ponts et Centrale MP 2006

1

Soit ( p, q) ∈ N × N, on pose I ( p, q) = x p(1 − x)qd x.

0 p I ( p − 1, q + 1).

1) Montrer que si p ∈ N∗, alors I ( p, q) = 1+q

2) En déduire que I ( p, q) = p!q ! .

( p + q + 1)!

3) Question de la rédaction : déduire de ce qui précède la valeur de

p/2

B(p, q) = 2 sin2p+1 t cos2q+1 t dt .

0

1) Soit p ∈ N∗. Effectuons une intégration par parties en posant u(x) = x p et
v (x) = (1 − x)q, on a alors u (x) = px p−1 et v(x) = − 1 (1 − x)q+1 d’où

1+q

1

I (p, q) = x p(1 − x)qd x

0

= − 1 1 1 1

(1 − x )q+1 ·x p + px p−1 ·(1 − x )q+1d x
1+q 0 1+q 0

= p I ( p − 1, q + 1).
1+q

2) En répétant l’intégration par parties p − 1 fois, on obtient

I (p, q) = p p−1 ··· 1 p!q !
I (0, q + p) = I (0, q + p).
q+1 q+2 q+ p ( p + q)!

1 1 , d’où I ( p, q) = p!q! .

Or, I (0, q + p) = (1 − x)q+pd x =
0 p + q + 1 ( p + q + 1)!

3.1 L’essentiel du cours et exercices d’assimilation 43

3) Effectuons le changement de variable x = sin2 t. En effet, l’application
w : t → sin2 t est une bijection de [ 0, p/2 ] sur [ 0, 1 ] , de classe C 1 et l’on

a d x = 2 sin t cos t dt. On obtient alors

p/2 1 p!q !
.
2 sin2p+1 t cos2q+1 t dt = x p(1 − x)q d x =
0 0 ( p + q + 1)!

3.1.4 Sommes de Riemann

Ce qu’il faut savoir

Soit (a, b) ∈ R2 tel que a < b. Si f : [ a, b ] → C est continue, alors :

b − a n−1 b−a b−a n b−a b

lim f a+k = lim f a+k = f (t) dt.
n→+∞ n n n→+∞ n na

k=0 k=1

b − a n−1 b−a b−a n b−a sont appelées
Les sommes f a+k et f a+k
n nn n
k=0 k=1

sommes de Riemann associées à f .

Exercice 3.7

Navale MP 2005, CCP PC 2007

n

Soit a > 0. A l’aide des sommes de Riemann, déterminer un équivalent de ka

k=1

lorsque n → +∞.

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit nn k a = na+1 · 1 n ka
.
Soit n ∈ N∗. Nous avons ka = na n nn

k=1 k=1 k=1
Comme la fonction x → xa est continue sur [ 0, 1 ] , on a alors

1n ka 1 1
lim = .
n→+∞ n n xadx = a+1

k=1 0

n ∼ na+1 1 na+1 .

D’où ka xadx = a+1
n→+∞
k=1 0

Remarque
Ce résultat est à retenir. On l’utilise fréquemment.

44 Chap. 3. Intégration sur un segment

3.2 EXERCICES D’ENTRAÎNEMENT

Exercice 3.8

CCP MP 2005, CCP PC 2005, Centrale MP 2007
On cherche toutes les fonctions f : R → R continues vérifiant

x (1)

∀x ∈ R, f (x) + (x − t) f (t) dt = 1 + x.

0

1) Soit f une solution de (1).
1.a Montrer que f est de classe C 2 sur R.
1.b Montrer que f est solution d’une équation différentielle linéaire du second

ordre qu’on déterminera.

1.c Déterminer f .

2) Conclure.

1) Soit f une solution de (1).

xx

1.a La relation (1) s’écrit ∀x ∈ R, f (x) = 1 + x − x f (t) dt + t f (t) dt.

00

Comme f est continue, les intégrales du membre de droite sont de classe C 1 sur R
en tant que fonction de leur borne supérieure. Il en résulte que f est de classe C 1 sur
R. Les intégrales du membre de droite sont alors de classe C 2 sur R, donc f est de
classe C 2 sur R.

1.b En dérivant deux fois de suite, on obtient pour tout x réel

xx (2)
(3)
f (x) = 1 − f (t) dt − x f (x) + x f (x) = 1 − f (t) dt ;

00

f (x) = − f (x) .

1.c Les solutions de l’équation différentielle (3) sont les fonctions de la forme
f : x → A cos x + B sin x , où A et B sont des constantes. Mais la relation (1) donne
f (0) = 1 et la relation (2) donne f (0) = 1. On en déduit alors A = B = 1 et donc,
pour tout x réel f (x) = cos x + sin x .
On vient de montrer que si f est solution de (1), alors f : x → sin x + cos x.

2) Il reste à vérifier que cette solution convient. Soit x ∈ R. En intégrant par parties,
on a

x xx

(x − t)(cos t + sin t) dt = (x − t)(sin t − cos t) + (sin t − cos t) dt

0 00

= x − cos x − sin x + 1 = − f (x) + x + 1 .

Conclusion : la fonction f : x → sin x + cos x est l’unique solution de (1).

3.2 Exercices d’entraînement 45

Exercice 3.9

Mines-Ponts PC 2007, Mines-Ponts MP 2005 K

Soit f : [ 0, +∞ [ → R continue, strictement croissante et telle que f (0) = 0 et
lim f (x) = +∞.

x →+∞

1) On suppose que f est dérivable sur [ 0, +∞ [ . Montrer que pour tout
x ∈ [ 0, +∞ [

x f (x)

f (t) dt + f −1(y) d y = x f (x) . (∗)

00

Indication de la rédaction : x f (x)

utiliser la fonction f : x → f (t) dt + f −1(y) d y − x f (x).

00

2) En déduire que pour tout (a, b) ∈ [ 0, +∞ [ × f ( [ 0, +∞ [ ), on a

ab ab . (∗∗)

f (t) dt + f −1(t) dt

00

Etudier les cas d’égalité.

f (x)

1) Pour x ∈ R+, posons G(x) = f −1(t) dt.

0

La fonction f est continue et strictement croissante, donc f −1 est continue sur

y

f (R+), donc y → f −1(t) dt est dérivable, et comme f est également dérivable,

0

on en déduit que G est dérivable et que G (x) = f (x) f −1( f (x)) = x f (x). Il en

résulte que f est dérivable sur R+, et que

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit f (x) = f (x) + f (x) f −1( f (x)) − f (x) − x f (x) = 0.

Par conséquent, f est constante. Or f(0) = 0, la fonction f est donc la fonction
nulle et (∗) est démontrée.

2) Soit b un réel positif fixé, considérons la fonction c, qui à tout a ∈ [ 0, +∞ [ ,

ab

associe c(a) = f (t) dt + f −1(y) d y − ab .

00

Pour établir l’inégalité (∗∗), on va montrer que c 0.

La fonction c est dérivable sur [ 0, +∞ [ et l’on a pour tout a ∈ [ 0, +∞ [ ,
c (a) = f (a) − b. Comme f est strictement croissante, c (a) 0 si et seulement si
a f −1(b), donc la fonction c admet un minimum au point f −1(b). Par ailleurs,
c f −1(b) = f( f −1(b)) = 0.

46 Chap. 3. Intégration sur un segment

ab

L’application c est donc positive sur R+ d’où f (t) dt + f −1(t) dt ab .

00
ab

Le calcul précédent montre que f (t) dt + f −1(t) dt = ab si et seulement si

00

b = f (a).

Exercice 3.10

TPE PSI 2006 et 2007, INT PSI 2006

A l’aide des sommes de Riemann, calculer lim (2n)! 1/n .

n→∞ n!nn

11
2n 2n k n
Soit n ∈ N∗. On a un = n! k=n+1 k n donc

n!nn = n

k=n+1

1 2n k 1n k
ln un = n ln = ln 1 + .
k=n+1 n
nn

k=1

1n k est une somme de Riemann associée à la fonction x → ln(1+x)
Or ln 1 +
nn
k=1

1

sur [ 0, 1 ] . Il en résulte que lim ln un = ln(1 + x)d x = 2 ln 2 − 1 et en vertu

n→+∞ 0

de la continuité de la fonction exponentielle on en déduit lim un = 4 .

n→+∞ e

Exercice 3.11

CCP PC 2007 k 1/n n
1+ .
1 p
pn p
Pour (n, p) ∈ (N∗)2, on pose un,p =

k=1

1) Montrer que lim nn1
=.
n→+∞ n + 1 e
2) On fixe n dans N∗.

1p 1+ k 1/n n (2 × 21/n − 1) .
Montrer que lim
=
p→+∞ p p n+1
k=1

3) Montrer que lim lim un, 4
=.
n→+∞ p→+∞ p e

4) Déterminer lim lim un, p .

p→+∞ n→+∞



































































80 Chap. 4. Séries numériques

1) Il y a diverses façons de montrer que la suite (un) converge vers 0. Voici une
méthode utilisant le théorème de convergence dominée, théorème qui sera vu dans

un chapitre ultérieur.

Lorsque n ∈ N soit fn la fonction définie sur [ 0, p/2 ] par fn(x) = sinn x. La suite
( fn) converge simplement vers 0 sur l’intervalle [ 0, p/2 [ , et les fonctions | fn| sont
majorées par la fonction constante 1, qui est intégrable sur [ 0, p/2 [ . Il résulte alors

du théorème de convergence dominée que la suite (un) converge vers 0.

2) Comme pour tout n 0, et tout x ∈ ] 0, p/2 [ on a 0 sin x 1 , on en déduit
que sinn x sinn+1 x, et, en intégrant, que la suite (un) est décroissante. La série
de terme général (−1)nun est donc une série alternée et il résulte alors du critère de
Leibniz que cette série converge.

3) En calculant la somme partielle, on obtient

n p/2 1 − (− sin x )n+1 ∈ [ 0, p/2 ] ,
d x . Mais, pour tout x
Sn = (−1)kuk = 0 1 + sin x

k=0

(− sin x)n+1 sinn+1 x , et donc p/2 (− sin x )n+1 un+1 . Il en
on a dx

1 + sin x 0 1 + sin x

p/2 (− sin x )n+1
résulte que lim 1 + sin x d x = 0 . Alors la suite (Sn) converge vers

n→+∞ 0

p/2 1
S = dx .

0 1 + sin x

4) En effectuant le changement de variable u = p/2 − x, on obtient

p/2 1 p/2 1 dx x p/2 = 1.
S= dx = = tan
1 + cos x 2 cos2 x 2
0 0 2 0

5) En remarquant que, lorsque x ∈ [ 0, p/2 ] on a 0 cos x 1, on obtient

p/2 sinn+1 x p/2 1
un n + 1 0 = n + 1 , et la série de terme général un
sinn x cos x d x =

0

diverge par comparaison à la série harmonique.

Exercice 4.26

Mines - Ponts PC 2005 , CCP PC 2006
Soit (a, b, c) ∈ R3. On définit une suite (un)n 1 en posant

un = a ln(n) + b ln(n + 1) + c ln(n + 2) .

1) Etablir que un = (a + b + c) ln n + b + 2c − b + 4c +o 1 .
n 2n2 n2

2) Pour quelles valeurs de (a, b, c) la série de terme général un converge-t-elle ?

+∞

3) Lorsque la série converge, calculer sa somme un.

n=1

4.2 Exercices d’entraînement 81

12 , puis en
1) On écrit un = a ln n + b ln n + ln 1 + n + c ln n + ln 1 + n
utilisant le développement limité au voisinage de 0 de u → ln(1 + u),

un = (a + b + c) ln n + b 1 − 1 + o 1 +c 2 − 2 + o 1
n 2n2 n2 n n2 n2

= (a + b + c) ln n + b + 2c − b + 4c + o 1 .
n 2n2 n2

2) Si a +b +c n’est pas nul, alors un ∼ (a + b + c) ln n et la série de terme général

n→+∞

un diverge grossièrement.

Si a + b + c = 0 et b + 2c n’est pas nul, alors un ∼ (b + 2c)/n et la série de terme

n→+∞

général un diverge par comparaison à la série harmonique.
−(b + 4c)/(2n2)
Si a +b+c = b + 2c = 0, alors un ∼ et la série de terme général

n→+∞

un converge par comparaison à une série de Riemann.

3) La série de terme général un converge si et seulement si a + b + c = b + 2c = 0
c’est-à-dire c = a et b = −2a. Lorsque ces conditions sont vérifiées, on a alors

un = a(ln n − 2 ln(n + 1) + ln(n + 2)) = a ln n − ln n + 1 ,
n+1 n+2

et il apparaît une série télescopique, donc

+∞ ln 1 − lim ln n = −a ln 2 .
2 n→+∞ n + 1
un = a

n=1

Exercice 4.27

Procédé de sommation d’Euler. Centrale PC 2006

+∞ 1
1) · · · (n
Soit p ∈ N∗. Calculer un où un = n(n + + .
p)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit n=1

Indication de la rédaction : on pourra écrire pun sous la forme vn − vn+1.

Lorsque n 1, on peut écrire

pun = (n + p) − n p) = n(n + 1 + p − 1) − (n + 1 + p) .
n(n + 1) · · · (n + 1) · · · (n 1) · · · (n

Donc en posant vn = 1 , on a pun = vn − vn+1, et
1)
n(n + 1) · · · (n + p −

puisque la suite (vn)n 1 converge vers 0, il résulte du procédé télescopique que

+∞ p 1 +∞ 1 1
1) · · · (n p! . Donc n(n + 1) · · · (n + p) = p p! .
n(n + + p) = v1 =

n=1 n=1

82 Chap. 4. Séries numériques

Exercice 4.28

TPE PC 2006

1

Pour n ∈ N on pose an = tn 1 − t2 dt .

0

1) Montrer que la série de terme général (−1)nan converge et que sa somme vaut
p/2 − 1.

2) Montrer que, pour n 2, an = R(n)an−2 où R est une fraction rationnelle.

3) Montrer que n(n + 1)(n + 2)anan−1 est constant.

4) Montrer que la série de terme général an converge.

1) Lorsque t ∈ [ 0, 1 ] on a 0 tn 1 − t2 tn et en intégrant 0 an 1/(n + 1) .

La suite (an) converge vers 0. D’autre part tn+1 1 − t2 tn 1 − t2 , donc en

intégrant an+1 an. La suite (an) est décroissante. Alors il résulte du critère de
Leibniz que la série de terme général (−1)nan converge.

N1 1 − t 2 1 − (−1)N+1t N+1 dt .
1+t
On a SN = (−1)nan =

n=0 0

Mais 0 1 − t2 t N+1 t N+1 , donc en intégrant
1+t

0 1 1 − t 2 t N+1 dt 1
.
0 1+t N +2

Il en résulte que la suite 1 1 − t2 (−1)N+1t N+1 dt converge vers 0, et que
1+t
√0
1 1 − t2

(SN ) converge vers I = dt .
1+t
0

On calcule cette intégrale en effectuant le changement de variable t = cos u. On a

alors dt = − sin u du. Donc

p/2 √ − cos2 u p/2 sin2 u p/2 2 sin2 u du
1 02
I= sin u du = du =
0 1 + cos u 2 cos2 u
0 2

= p/2 u − sin u p/2 = p − 1 .

(1 − cos u) du =
0 02

On a donc bien +∞ = p − 1.
2
(−1)n an

n=0

4.3 Exercices d’approfondissement 83

2) Sur [ 0, 1 ] , la fonction t → t 1 − t2 a pour primitive −(1 − t2)3/2/3. En inté-
1 − t2) dt lorsque n 2, on obtient,
1

grant par parties an = tn−1(t

0

an = − t n−1(1 − t 2)3/2 1 n−1 1
+
3 0 30 t n−2(1 − t 2)3/2 dt

= n−1 1 1 − t2 dt = n − 1 − an) .
3 3 (an−2
t n−2(1 − t 2)

0

On en déduit que (n + 2)an = (n − 1)an−2 .

3) Alors en multipliant par n(n + 1)an−1, on obtient

n(n + 1)(n + 2)anan−1 = (n − 1)n(n + 1)an−1an−2 ,

ce qui montre que que la suite (n(n + 1)(n + 2)anan−1)n 1 est constante.

4) On a donc pour tout n 1, la relation n(n + 1)(n + 2)anan−1 = 6a1a0 .

En utilisant la décroissance de la suite (an), on a, an an−1 an−2 et donc, en

divisant par an, on obtient 1 an−1 an−2 = n+2
an an n − 1 . On déduit du théorème

d’encadrement que la suite (an−1/an) converge vers 1, donc que an ∼ an−1 .

n→+∞

Alors an2√n→∼+∞ anan−1 = 6a1a0 ∼ 6a1a0 . D’où l’on déduit
n(n + 1)(n + 2) n3
n→+∞

an ∼ 6a1a0 , et la série de terme général an converge par comparaison à une
n3/2
n→+∞

série de Riemann.

4.3 EXERCICES D’APPROFONDISSEMENT

Exercice 4.29

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit CCP PC 2006

On considère les suites (hn)n 1 et (un)n 1 définies par hn = n1
et
k=1 k

un = hn − ln n.

1) En étudiant la série de terme général un+1 − un, montrer que la suite (un)n 1
est convergente. On note g sa limite.

2) Justifier le fait que hn = ln n + g + o(1).
Montrer qu’il existe deux réels a et b que l’on déterminera, tels que,

2n (−1)k
k
∀n ∈ N∗ = ah2n − bhn .

k=1

En déduire la formule +∞ (−1)k = − ln 2 .
k
k=1