Suite definie par une integrale généralisée


On définit la suite $(u_n)_{n\in\mathbb{ N}^*}$ par :
\[u_n=\dsp\int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-x}}{x+\frac{1}{n}} dx\]

  1. Justifier que la suite $(u_n)_{n\in \mathbb{ N}^*}$ est bien définie et étudier son sens de variation.
  2. On définit, pour tout $n\in\N^*$,
    \[v_n=\dsp\int_0^{1} \dfrac{e^{-x}}{x+\frac{1}{n}} dx \quad \text{ et }\quad w_n=\displaystyle\int_1^{+\infty} \dfrac{e^{-x}}{x+\frac{1}{n}} dx \]

    Montrer que, pour tout $n\in\N^*$ :
    \[v_n\geq \dfrac{\ln(n+1)}{e}\quad\text{ et }\quad 0\leq w_n\leq \dfrac{1}{e}\]


  3. Donner la limite de la suite $(u_n)$.
  4. On cherche maintenant à obtenir un résultat plus précis.
    1. Montre que l'intégrale $I=\dsp\int_0^1 \dfrac{1-e^{-x}}{x} dx$ est convergente.
    2. Montrer que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ :
      \[0\leq \dsp\int_0^{1} \dfrac{1-e^{-x}}{x+\frac{1}{n}} dx \leq I\]

    3. En déduire que :
      \[\lim\limits_{\substack{n \rightarrow +\infty  }}
\dfrac{u_n}{\ln(n)}=1\]


Correction
Oral ENS ULM - 2021

  1. La fonction a intégrer est continue sur $[0;+\infty[$ par composition et quotient de fonctions continues et il reste donc seulement à vérifier la convergence de l'intégrale n $+\infty$.
    Pour tout entier $n$ non nul, et tout $x\geqslant0$, on a, par croissances comparées,
    \[\lim_{x\to+\infty}x^2\dfrac{e^{-x}}{x+\frac{1}{n}}=0\]

    c'est-à-dire que, en $+\infty$,
    \[\dfrac{e^{-x}}{x+\frac{1}{n}}=o\lp\dfrac1{x^2}\rp\]

    et donc, par comparaison avec une intégrale de Riemann convergente, notre intégrale converge aussi en $+\infty$, ce qui signifie aussi que la suite $(u_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ est bien définie.

    Pour tout $n\in\N^*$ et tout $x\geqslant 0$ on a
    \[\begin{array}{ll}
    n+1>n\quad &\implies \quad   0< x+\dfrac{1}{n+1}< x+\dfrac{1}{n} \\[1.2em]
    &\implies \dfrac1{x+\dfrac{1}{n+1}}<\dfrac1{x+\dfrac{1}{n}} \\[2.4em]
    &\implies  \dfrac{e^{-x}}{ x+\frac{1}{n+1}} >\dfrac{e^{-x}}{ x+\frac{1}{n}}
    \enar\]

    d'où par positivité d'intégrales impropres convergentes:
    \[u_{n+1}>u_n\]

    c'est-à-dire que la suite $(u_n)$ est strictement croissante
  2. Avec les mêmes arguments que précédemment, les suites $(v_n)$ et $(w_n)$ sont bien définies.
    Puis, pour tout $x\in[0,1] $ on a, par croissance de l'exponentielle, $e^{-x}\geq e^{-1} = \dfrac1e$ et ainsi
    \[ \dfrac{1}{e(x+\frac{1}{n})} \leq \dfrac{e^{-x}}{x+\frac{1}{n}} \]

    d'où par positivité de l'intégrale :
    \[\dsp\int_0^1 \dfrac{1}{e(x+\frac{1}{n})} dx \leq v_n \]

    or
    \[\begin{array}{ll}\dsp\int_0^1 \dfrac{1}{e(x+\frac{1}{n})} dx
  &= \dfrac1e\left[ \ln\left( x+\dfrac1n\right) \rb_0^1\\[1.2em]
  &= \dfrac1e \left( \ln\left( 1+\dfrac{1}{n}\right)  - \ln\left(\dfrac1n \right) \right) \\[1.4em]
  &= \dfrac1e\ln\lp\left(1+\dfrac{1}{n} \rp\times  n \rp\\[1.2em]
  &= \dfrac{1}{e}\ln(n+1)
  \enar\]

    et donc, pour tout $n\in\N^*$
    \[v_n\quad \geq \quad \dfrac{1}{e}\ln(n+1)\]


    Par ailleurs pour tout $x \geq 1$ et tout $n\in \mathbb{N}^*$ on a $0\leq \dfrac{1}{x+1/n}\leq 1$.
    Ainsi par produit avec $exp >0 $ :
    \[0\leq  \dfrac{e^{-x}}{x+\frac{1}{n}} \leq  e^{-x} \]

    d'où par positivité des intégrales convergentes :
    \[0\leq \dsp\int_1^{+\infty} \dfrac{e^{-x}}{x+\frac{1}{n}} dx \leq\int_1^{+\infty} e^{-x}dx=\dfrac1e\]

    Donc, pour tout $n\in\N^*$,
    \[0\leqslant w_n\quad \leq \quad \dfrac{1}{e}\]


  3. Comme $\dsp\lim_{n\to+\infty} \dfrac{1}{e}\ln(n+1) = +\infty$ alors par comparaison, on obtient
    \[\lim_{n\to+\infty} v_n=+\infty\]

    Par ailleurs, on a vu que $(w_n)$ est bornée, et donc, en ajoutant ce s deux suites,
    \[\lim_{n\to+\infty}u_n=\lim_{n\to+\infty} (v_n+w_n ) = +\infty\]


    1. La fonction $x\mapsto \dfrac{1-e^{-x}}{x}$ est continue sur $]0,1]$ ( composition, différence et quotient de fonctions continues ) et est non définie en 0 donc l'intégrale $I$ est impropre en 0, et uniquement en 0.
      Puis comme $-x\mapsto 0$ en 0 alors par équivalents usuels :
      \[\dfrac{1-e^{-x}}{x}\underset{0}{\sim} -\dfrac{(-x)}{x} = 1\]

      ainsi :
      \[\lim_{x\to0} \dfrac{1-e^{-x}}{x} = 1\]

      c'est-à-dire que la fonction à intégrée est en fait prolongeable par continuuité en 0, et donc l'intégrale en 0 est bien définie.
      Finalement, l'intégrale existe bien.
    2. On a $\dfrac{1}{x}\geq \dfrac{1}{x+\frac{1}{n}}>0$ pour tout $x\in]0,1]$ et tout $n\in\N^*$. Par ailleurs comme pour tout réel $x\in]0,1]$ on a par stricte monotonie de l'exponentielle que $e^{-x}<e^0=1$, alors par produit puis positivité d'intégrales convergentes :
      \[0\leq \displaystyle\int_0^1 \dfrac{1-e^{-x}}{x+\frac{1}{n}}dx \leq I
 \]

    3. Après calculs on trouve, par linéarité appliquée à une intégrale convergente :
      \[\int_0^1 \dfrac{1-e^{-x}}{x+\frac{1}{n}}dx = \ln(n+1)-v_n \]

      d'où d'après b) :
      \[\ln(n+1)-I\leq v_n\leq \ln(n+1)\]

      ou encore, comme $u_n=v_n+w_n$,
      \[\ln(n+1)-I+w_n\leq u_n\leq \ln(n+1)+w_n\]

      et donc,
      \[\dfrac{\ln(n+1)}{\ln(n)}+\dfrac{-I+w_n}{\ln(n)}
\leqslant\dfrac{u_n}{\ln(n)}
\leqslant\dfrac{\ln(n+1)}{\ln(n)}+\dfrac{w_n}{\ln(n)}\]

      avec
      \[\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\ln(n+1)}{\ln(n)}=1\]

      et comme $(w_n)$ est bornée,
      \[\lim_{n\to+\infty}\dfrac{I}{\ln(n)}=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{w_n}{\ln(n)}=0\]

      Finalement, d'après le théorème des gendarmes, on trouvé que
      \[\lim_{n\to+\infty}\dfrac{u_n}{\ln(n)}=1\]

      c'est-à-dire que
      \[u_n\underset{+\infty}{\sim} \ln(n)\]



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