Limite de fonctions définies par une intégrale

Exercices du dossier Limite de fonctions définies par une intégrale

Exercice 421 *

12 mai 2021 12:32 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit une fonction\(f:[0,1] \mapsto \mathbb{R}\) continue. Trouver la limite de la suite de terme général \[\int_0^1 \dfrac{f(x)}{1+nx} \mathrm{ \;d}x\]



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Exercice 421
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:32

En notant \(M=\sup_{x\in [0,1]} \lvert f(x) \rvert\), \[\begin{aligned} \lvert I_n \rvert \leqslant M \int_0^1 \dfrac{dx}{\lvert 1+nx \rvert } \leqslant M \int_0^1 \dfrac{dx}{1+nx} \leqslant M\left[ \dfrac{ \ln(1+nx)}{n} \right]_0^1 \leqslant M\dfrac{\ln(n+1)}{n} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0 \end{aligned}\] car \(\ln n=\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(n\right)\)


Exercice 689 *

12 mai 2021 12:32 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

A l’aide de majorations simples, trouver les limites des suites suivantes :

  1. \(I_n= \int_{0}^{1}\dfrac{x^n}{1+e^{nx}}dx\) ;

  2. \(I_n= \int_{0}^{1}\dfrac{e^{-nx}}{1+x}dx\) ;

  3. \(I_n=\int_{0}^{1} x^n\sin (nx) dx\) ;

  4. \(I_n= \int_{0}^{1} e^{-nx}(1+x^n)dx\) ;

  5. \(I_n=\dfrac{1}{n} \int_{n}^{2n}\operatorname{arctan} x dx\);

  6. \(I_n=\int_0^1 x^n \ln (1+x^2) dx\).



[ID: 1906] [Date de publication: 12 mai 2021 12:32] [Catégorie(s): Limite de fonctions définies par une intégrale ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 689
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:32

Soit \(n\in\mathbb{N}\).

  1. Pour tout \(x\in\left[0,1\right]\), \(0\leqslant{\scriptstyle x^n\over\scriptstyle 1+e^{nx}}\leqslant x^n\) donc par passage à l’intégrale : \(0\leqslant I_n\leqslant{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n+1}\) et d’après le théorème des gendarmes \(\boxed{I_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0}\).

  2. Pour tout \(x\in\left[0,1\right]\), \(0\leqslant{\scriptstyle e^{-nx}\over\scriptstyle 1+x}\leqslant e^{-nx}\) donc par passage à l’intégrale : \(0\leqslant I_n\leqslant-{\scriptstyle e^{-n}-1\over\scriptstyle n}\) et d’après le théorème des gendarmes \(\boxed{I_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0}\).

  3. Pour tout \(x\in\left[0,1\right]\), \(0\leqslant x^n\sin (nx) \leqslant x^n\) donc par passage à l’intégrale : \(0\leqslant I_n\leqslant{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n+1}\) et d’après le théorème des gendarmes \(\boxed{I_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0}\).

  4. Pour tout \(x\in\left[0,1\right]\), \(0\leqslant e^{-nx}(1+x^n)\leqslant 2e^{-nx}\) donc en passant à l’intégrale, \(0\leqslant I_n\leqslant\dfrac{-2}{n}\left(e^{-n}+1\right)\) et par le théorème des gendarmes \(\boxed{I_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0}\).

  5. Comme \(\operatorname{arctan}\) est croissante, pour tout \(x\in\left[n,2n\right]\), \(\operatorname{arctan} n \leqslant\operatorname{arctan} x \leqslant\operatorname{arctan} (2n)\) et il vient que : \(n\operatorname{arctan} n \leqslant\int_{n}^{2n}\operatorname{arctan} x dx \leqslant n\operatorname{arctan} (2n)\). On en déduit que \(\operatorname{arctan} n \leqslant I_n \leqslant\operatorname{arctan} (2n)\) et d’après le théorème des gendarmes : \(\boxed{I_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}\).

  6. Comme \(x\mapsto \ln\left(1+x^2\right)\) est croissante sur \(\left[0,1\right]\), on a : \[0\leqslant\int_{0}^{1} x^n \ln (1+x^2)\,\textrm{d}x \leqslant\ln 2 \int_{0}^{1} x^n \,\textrm{d}x=\dfrac{\ln 2}{n+1}\] donc par le théorème des gendarmes, \(\boxed{I_n\rightarrow 0}\).


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Exercice 703
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:32
  1. Soit \(x\in\mathbb{R}\). Pour tout \(t\in\left[-2x,2x\right]\), \(-1 \leqslant\cos \left(t^4\right) \leqslant 1\) donc \(\int_{-2x}^{2x} -\,\textrm{d}t \leqslant\int_{-2x}^{2x} \cos\left(t^4\right)\,\textrm{d}t\leqslant \int_{-2x}^{2x} \,\textrm{d}t\) ce qui amène : \(-2x \leqslant \int_{-2x}^{2x} \cos\left(t^4\right)\,\textrm{d}t\leqslant 2x\) et par application du théorème des gendarmes, \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0} \int_{-2x}^{2x} \cos\left(t^4\right)\,\textrm{d}t }=0\)

  2. Soit \(x\in\mathbb{R}_+^*\). Pour tout \(t\in\left[x,2x\right]\), \(-\dfrac{1}{t^2} \leqslant \dfrac{\cos\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}\right)}{t^2} \leqslant\dfrac{1}{t^2}\) donc \(\dfrac{1}{2x} -\dfrac{1}{x}\leqslant\int_{x}^{2x} \dfrac{\cos\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}\right)}{t^2} \,\textrm{d}t\leqslant \dfrac{1}{x}- \dfrac{1}{2x}\) et par application du théorème des gendarmes, \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\int_{x}^{2x} \dfrac{\cos\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}\right)}{t^2}\,\textrm{d}t }=0\). Cette question est aussi faisable en calculant directement une primitive de \(t\mapsto \cos(1/t)/t^2\).

  3. Soit \(x\in\mathbb{R}_+^*\). Pour tout \(t\in\left[x,3x\right]\), \(\dfrac{e^{-3x}}{t} \leqslant\dfrac{e^{-t}}{t} \leqslant\dfrac{e^{-x}}{t}\) donc \({e^{-3x}}\ln 3 \leqslant \int_{x}^{3x} \dfrac{e^{-t}}{t}\,\textrm{d}t \leqslant e^{-x}\ln 3\) et par application du théorème des gendarmes : \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty} \int_{x}^{3x} \dfrac{e^{-t}}{t} \,\textrm{d}t } =0\)

  4. Soit \(x\in\mathbb{R}_+^*\). Pour tout \(t\in\left[x,x^2\right]\), \(\dfrac{1}{\ln x^2} \leqslant\dfrac{1}{\ln t}\) donc \(\dfrac{x^2-x}{\ln x^2} \leqslant\int_{x}^{x^2} \dfrac{1}{\ln t} \,\textrm{d}t\) et par application du théorème des gendarmes : \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty} \int_{x}^{x^2} \dfrac{1}{\ln t} \,\textrm{d}t }=+\infty\)

  5. Soit \(x\in\mathbb{R}^*_-\). Pour tout \(t\in\left[x,2x\right]\), \(\dfrac{e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2x}}}{t} \leqslant\dfrac{e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}}}{t} \leqslant \dfrac{e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}}{t}\) donc \(\ln 2 e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2x}} \leqslant\int_{x}^{2x} \dfrac{e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}}}{t}\,\textrm{d}t \leqslant\ln 2 e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}\) et par application du théorème des gendarmes : \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty} \int_{x}^{2x} \dfrac{e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}}}{t} \,\textrm{d}t } =\ln 2\).

  6. Soit \(x\in\mathbb{R}_+^*\).En effectuant une intégration par parties, on obtient : \(\int_{ x }^{2x} \dfrac{\cos t}{t}\,\textrm{d}t = \Bigl[ \dfrac{\sin t}{t} \Bigr]_{x}^{2x} + \int_{x}^{2x} \dfrac{\sin t}{t^2}\,\textrm{d}t\). Il est clair que : \(\dfrac{\sin 2x}{2x}-\dfrac{\sin x}{x}\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}0\). Par ailleurs, pour tout \(t\in\left[x,2x\right]\), \(-\dfrac{1}{t^2} \leqslant\dfrac{\sin t}{t^2} \leqslant \dfrac{1}{t^2}\) donc \(\dfrac{1}{2x} - \dfrac{1}{x}\leqslant\int_{ x }^{2x} \dfrac{\sin t}{t^2}\,\textrm{d}t \leqslant\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{2x}\) et d’après le théorème des gendarmes, \(\int_{ x }^{2x} \dfrac{\sin t}{t^2}\,\textrm{d}t \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}0\). On a ainsi montré que : \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty} \int_{ x }^{2x} \dfrac{\cos t}{t} \,\textrm{d}t }=0\)


Exercice 1004 **

12 mai 2021 12:32 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit la suite de fonctions \((g_n)\) définies sur \([0,1]\) par \(g_n(x)=0\) si \(x\in ]\dfrac{1}{n},1]\) et \(g_n(x)=n\) si \(x\in [0,\dfrac{1}{n}]\). Soit \(f\) une fonction continue sur \([0,1]\). Trouver la limite de la suite de terme général \[I_n= \int_{0}^{1}f(t)g_n(t) \mathrm{ \;d}t\]



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Exercice 1004
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:32

Soit \(\varepsilon>0\). Comme \(f\) est continue en \(0\), il existe \(\eta>0\) tel que \(\forall x\in\left[0,\eta\right],\quad \left|f\left(x\right)-f\left(0\right)\right|\leqslant\varepsilon\). Il existe aussi \(N\in\mathbb{N}\) tel que si \(n\geqslant N\) alors \(1/n\leqslant\eta\). Soit \(n\geqslant N\). On a : \[I_n=\int_{0}^{1} f\left(t\right)g_n\left(t\right)\,\textrm{d}t= \int_{0}^{1/n} f\left(t\right)g_n\left(t\right)\,\textrm{d}t+\int_{1/n}^{1} f\left(t\right)g_n\left(t\right)\,\textrm{d}t=\int_{0}^{ 1/n} nf\left(t\right)\,\textrm{d}t.\] Mais \[f\left(0\right)-\varepsilon=\int_{0}^{1/n} n\left(f\left(0\right)-\varepsilon\right)\,\textrm{d}t \leqslant\int_{0}^{ 1/n} nf\left(t\right)\,\textrm{d}t \leqslant\int_{0}^{1/n} n\left(f\left(0\right)+\varepsilon\right)\,\textrm{d}t =f\left(0\right)+\varepsilon\]

Donc \(\boxed{I_n\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}f\left(0\right)}\).


Exercice 254 **

12 mai 2021 12:32 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On définit une fonction \(I\) en posant, pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\), \(I(x) = \dfrac{1}{x} \int_0^{\pi} \sin ( x^2 \sin t) dt\). Trouver la limite de \(I(x)\) lorsque \(x \rightarrow 0\).



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Exercice 254
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:32

Soit \(x\) un réel appartenant à un voisinage épointé de \(0\) inclus dans \(\left]-\sqrt{\pi/2},\sqrt{\pi/2}\right[\). Sur ce voisinage, \(\sin\) est strictement croissante. Pour tout \(t\in\left[0,\pi\right]\), on peut écrire : \(-x^2 \leqslant x^2 \sin t \leqslant x^2\) ce qui amène : \(\sin\left(-x^2\right) \leqslant\sin\left(x^2 \sin t\right) \leqslant\sin \left(x^2\right)\) et donc en passant à l’intégrale et en divisant par \(x\) en obtient : \[\pi\dfrac{\sin\left(-x^2\right)}{x} \leqslant I\left(x\right) \leqslant \pi\dfrac{\sin\left(x^2\right)}{x}.\] Mais comme \(\dfrac{\sin\left(x^2\right)}{x}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}x\), d’après le théorème des gendarmes, il vient : \(\boxed{I\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0}\).


Exercice 367 ***

12 mai 2021 12:32 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit une fonction \(f:[0,1] \rightarrow R\) continue. Trouver la limite des suites de terme général :

  1. \(H_n=\int_{0}^{1} x^n f(x)\,\textrm{d}x\)

  2. \(I_n = n \int_0^1 x^n f(x) \mathrm{ \;d}x\)



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Exercice 367
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:32
  1. La fonction \(f\) est continue sur \(\left[0,1\right]\) et est donc majorée sur \(\left[0,1\right]\) par \(M=\sup_{x\in [0,1]} \lvert f(x) \rvert\). On a alors \(\left|\int_{0}^{1} x^n f(x)\,\textrm{d}x\right| \leqslant M \int_{0}^{1} x^n\,\textrm{d}x={\scriptstyle M\over\scriptstyle n+1}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 0\) et donc d’après le théorème des gendarmes, \(H_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\).

  2. Remarquons que \(I_n= n\int_0^1 x^n \left[f(x)-f(1)\right] \mathrm{ \;d}x + n \int_0^1 x^nf(1) \mathrm{ \;d}x\). Par ailleurs :

    1. \(n\int_0^1 x^n f(1) \mathrm{ \;d}x = f(1) \dfrac{n}{n+1} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}f(1)\).

    2. Comme \(f\) est continue sur le segment \([0,1]\), \(f\) est bornée. Notons \(M=\sup_{x\in [0,1]} \lvert f(x) \rvert\). Soit \(\varepsilon>0\). Comme \(f\) est continue au point \(1\), il existe \(c\in ]0,1[\) tel que \(\forall x\in [c,1]\), \(\lvert f(x)-f(1) \rvert \leqslant\varepsilon\). Alors \[\begin{aligned} \Bigl| n\int_0^1 x^n (f(x)-f(1)) \mathrm{ \;d}x \Bigr| & \leqslant n\int_0^1 x^n\lvert f(x)-f(1) \rvert \mathrm{ \;d}x \\ &\leqslant n\int_0^c x^n 2M \mathrm{ \;d}x + n\int_c^1 x^n \varepsilon\mathrm{ \;d}x \\ &\leqslant 2M\dfrac{n}{n+1}c^n + \dfrac{n}{n+1}(1-c^n)\varepsilon\\ & \leqslant 2M c^n + \varepsilon\end{aligned}\] Comme \(\lvert c \rvert <1\), la suite géométrique \((c^n)\) converge vers \(0\). Par conséquent, il existe \(N\in \mathbb N\) tel que \(\forall n\geqslant N\), \(\lvert n\int_0^1 x^n(f(x)-f(1)) \mathrm{ \;d}x \rvert \leqslant 2\varepsilon\). Donc, la première suite tend vers \(0\).

    En conclusion, \(\boxed{I_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}f(1)}\).


Exercice 615 ***

12 mai 2021 12:32 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit une fonction \(f:[0,1] \mapsto \mathbb{R}\) continue et un réel \(a\in[0,1]\). Trouver la limite de la suite de terme général \[I_n = \int_0^1 f(ax^n) \mathrm{ \;d}x\]



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Exercice 615
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:32

Soit \(\varepsilon>0\). Comme \(f\) est continue en \(0\), il existe \(\eta>0\) tel que si \(\left|x\right|\leqslant\eta\) alors \(\left|f\left(x\right)-f\left(0\right)\right|\leqslant \varepsilon\). Pour tout \(c\in\left]0,1\right[\), on a : \[\begin{aligned} \left|I_n-f\left(0\right)\right|\leqslant\int_{0}^{c} \left|f\left(ax^n\right) - f\left(0\right)\right|\,\textrm{d}x+\int_{c}^{1} \left|f\left(ax^n\right) - f\left(0\right)\right|\,\textrm{d}x \end{aligned}\]

  • Il est clair que \(\lim_{c\rightarrow 0^+} \int_{c}^{1} \left|f\left(ax^n\right) - f\left(0\right)\right|\,\textrm{d}x =0\). On peut alors fixer \(c\in\left]0,1\right[\) en sorte que \(\int_{c}^{1} \left|f\left(ax^n\right) - f\left(0\right)\right|\,\textrm{d}x\leqslant\varepsilon\).

  • Comme \({c}^n\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\), il existe \(N\in\mathbb{N}\) tel que pour tout \(n\geqslant N\), on a \(0\leqslant a{c}^n \leqslant\eta\). Comme \(0\leqslant x \leqslant{c}\), on a \(a x^n\in\left[0,\eta\right]\). Il vient alors : \(\left|f\left(ax^n\right) - f\left(0\right) \right|\leqslant\varepsilon\) et \(\int_{0}^{c} \left|f\left(ax^n\right) - f\left(0\right)\right|\,\textrm{d}x\leqslant{c} \varepsilon\leqslant\varepsilon\). car \(c\in\left]0,1\right[\).

Au final, pour \(n\geqslant N\), on a : \(\left|I_n-f\left(0\right)\right|\leqslant 2 \varepsilon\) et donc \(\boxed{I_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}f\left(0\right)}\).


Exercice 909 ***

12 mai 2021 12:32 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit une fonction \(f\) continue sur \(\mathbb{R}\). Déterminer la limite lorsque \(x\rightarrow 0\) de la fonction définie pour tout \(x\in\mathbb{R}\) par \[I(x) = \int_0^x \dfrac{x}{x^2+t^2}f(t) \mathrm{ \;d}t .\]

Faire un changement de variables qui fera apparaître la variable \(x\) à l’intérieur de \(f\).


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Exercice 909
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:32

Par le changement de variables \(t=xu\), on trouve que \[I(x) = \int_0^1 \dfrac{f(xu)}{1+u^2} \mathrm{ \;d}u\] Montrons que \(I(x) \xrightarrow[x\rightarrow 0]{} f(0)\pi / 4\). Soit \(\varepsilon>0\). Comme \(f\) est continue au point \(0\), il existe un réel \(\alpha>0\) tel que \(\forall x\in [0,\alpha]\), \(\lvert f(x)-f(0) \rvert \leqslant\varepsilon\). Soit alors \(x\in [0,\alpha]\), \[\left\vert I(x)-f(0)\int_0^1 \dfrac{du}{1+u^2}\right\vert \leqslant\int_0^1 \dfrac{ \lvert f(ux)-f(0) \rvert }{1+u^2} \mathrm{ \;d}u \leqslant\varepsilon\] En effet, si \(u \in [0, 1]\), on a \(0\leqslant ux \leqslant x \leqslant\alpha\) et donc \(\dfrac{\lvert f(ux) - f(0) \rvert }{1+u^2} \leqslant\varepsilon\), ce qui permet de majorer l’intégrale et d’aboutir au résultat.


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