Corrigé du DM5 ( CCP PSI 2004) . PARTIE I

Corrigé du DM5 ( CCP PSI 2004) .
PARTIE I - Exemple 1
Dans cette partie f est la fonction définie sur R+ par f (t) = arctan(t)
1. On sait que la fonction arctan est définie, de classe C 1 sur R+ et vérifie arctan(0) = 0 donc f 2 E0 . De
2
f (t)
arctan(t)
plus lim+
est prolongeable par continuité en 0 et
= f 0 (0) = 1 d’où la fonction g : t 7!
t
t
t!0
0 6 g(t)
2
+1
4t2
, donc la fonction g est intégrable sur R+ et donc f 2 E1 .
1
1
est positive et continue sur R+ avec Hx (t) +1 4 ,
(t2 + 1)(t2 + x2 )
t
cette dernière fonction est intégrable sur [1; +1[ pour tout x > 0 donc pour tout x > 0, Hx est intégrable sur
R+ . On remarque que 8t 2 R+ ; f 02 (t) = H1 (t), donc f 2 E2 .
2. Pour tout x > 0, la fonction Hx : t 7!
3. Calcul de N2 (f ).
Pour x 2 R+ , on note '(x) =
Z
Hx (t)dt:
R+
(a) Soit a > 0:
Pour tout x a; t 7! Hx (t) est continue par morceaux sur R+ .
Pour tout t 2 R+ , x 7! Hx (t) est continue sur [a; +1[.
De plus pour tout 8t 2 R+ et tout x 2 [a; +1[, 0 6 Hx (t) 6 Ha (t) (hypothèse de domination)
la fonction Ha étant continue et intégrable sur R+ , on sait par le théorème de continuité des intégrales à
paramètres que la fonction ' est continue sur tout intervalle [a; +1[ avec a > 0, donc est continue sur R+ .
(b) Soit x 2 R+ ; x 6= 1, par décomposition en éléments simples (deux pôles simples: 1; x2 )
1
1
1
1
= 2
2
(T + 1)(T + x )
x
1 T + 1 T + x2
(c) D’après la décomposition en éléments simples précédente, pour x 2 R+ ; x 6= 1, on a:
1
1
1
8t 2 R+ ; Hx (t) = 2
2
2
x
1 1+t
t + x2
On en déduit que pour tout x 2 R+ ; x 6= 1, on a:
Z +1
Z +1
1
1
1
1
1=x
1
1
'(x) = 2
dt
=
x
1 0
1 + t2
t 2 + x2
x2 1 0
1 + t2
x 1 + (t=x)2
'(x) =
1
x2
lim
1 b!+1
arctan(t)
t
1
arctan( )
x
x
b
=
0
1
x2
1
2
2x
=
dt
2x(1 + x)
Remarquons que puisque ' est continue sur ]0; +1[; la formule précédente reste vraie pour x = 1
p
p
(d) Par définition de N2 (f ) avec f 02 = H1 (t) on a: N2 (f ) = '(1) = 2
4. La fonction p : u 2 R+ 7! u
arctan(u) est dérivable sur R+ et 8u 2 R+ ; p0 (u) =
donc croissante sur R+ , or p(0) = 0 donc
8u 2 R+ ; u
+1
2t
arctan(u) > 0
arctan(xt)
est positive et continue sur R+ avec Gx (t)
t(t2 + 1)
, on en déduit que pour tout x 2 R+ , Gx est intégrable sur R+ .
3
5. Pour tout x 2 R+ , la fonction Gx : t 7!
Gx (t)
u2
, la fonction p est
1 + u2
6. Calcul de N1 (f ).
0
x
et
1 + t2
1
Pour x 2 R+ , on pose (x) =
Z
R+
Gx (t)dt et G : (x; t) 2 R+
R+ 7! Gx (t).
(a) Soit a > 0:
Pour tout x 2 [0; a], la fonction t 7! Gx (t) est continue sur R+ .
Pour tout t > 0, la fonction x 7! Gx (t) est continue sur [0; a].
On a vu que 8u 2 R+ ; arctan(u) 6 u et donc pour tout t > 0 et tout x 2 [0; a]:
1
a
xt
(hypothèse de domination avec t 7!
intégrable sur R+ )
6
0 6 Gx (t) 6
2
2
t(1 + t )
1+t
1 + t2
On en déduit par application du théorème de continuité d’une intégrale dépendant d’un paramètre que la
fonction est continue sur tout intervalle [0; a] avec a > 0 et donc est continue sur R+ .
est continue sur R+ , de plus la fonction G est dérivable par rapport à sa
1
@G
(x; t) =
.
première variable x pour tout t 2 R+ avec
@x
(1 + t2 )(1 + x2 t2 )
@G
On aura donc pour tout t > 0, la fonction x 7!
(x; t) est continue sur R+
@x
@G
pour tout x 2 R+ , la fonction t 7!
(x; t) est continue par morceaux sur R+
@x
1
@G
(x; t) 6
,
pour tout x 0 et t > 0 on a 0 6
@x
1 + t2
Z +1
@G
on en déduit que la fonction est de classe C 1 sur R+ et 0 (x) =
(x; t)dt.
@x
0
(b) On sait déjà que la fonction
(c) D’après ce qui précède,
+
0
8x 2 R ; (x) =
Z
+1
1
(1 +
0
t2 )(1
+ x2 t2 )
dt
Pour x > 0, on aura donc
Z
Z +1
1 +1
1
1
1
1
0
(x) = 2
=
H x1 (t)dt = 2 '( ) =
x 0
x
x
2(x + 1)
(1 + t2 )( x12 + t2 ) x2 0
0
par continuité en 0 de , la formule est encore vraie pour x = 0.
(d) On déduit du résultat précédent que pour tout x 2 R+ ,
(x)
(e)
Z
(0) =
2
ln(1 + x) = (x):
b
f 2 (t)
dt. Par intégration par parties avec f (t) = arctan(t), on aura:
a!0 b!+1 a
t2
Z b 0
Z b 2
b
f (t)
f 2 (t)
2f (t)f (t)
dt
=
+
dt
2
t
t
t
a
a
a
f 2 (t)
arctan(t)
arctan2 (t)
or lim
= lim arctan(t)
= 0 et lim
= 0, on en déduit que:
b!+1
t
t
t
a!0+
a!0+
Z +1
2 arctan(t)
N12 (f ) =
dt = 2 (1) = ln(2)
t(1 + t2 )
0
p
p
N1 (f )
On en déduit que N1 (f ) =
ln(2) et donc
= 2 ln(2).
N2 (f )
N12 (f )
= lim lim
2
Partie II - Exemple 2
Dans cette partie, on suppose que f est la fonction définie sur R+ par f (t) = ln t +
p
t2 + 1
1 + 2p2t
2
1
p t +1 = p
1. f est clairement dérivable sur R et on a: 8t 2 R , f (t) =
. On en déduit que f 0 est
2
t+ t +1
1 + t2
+
02
+
+
continue sur
r R et f est clairement intégrable sur R ( de primitive arctan sur R ) donc f 2 E2 . De plus
+
N2 (f ) =
2
0
+
.
2. Pour t p
au voisinage de 0, on a (par développement limité à l’ordre 1 au voisinage de 0 de
ln(t + 1 + t2 ) = ln(1 + t + o(t)) = t + o(t) alors
f (t) 0 t:
On a aussi au voisinage de +1:
f (t) = ln(t) + ln(1 +
on en déduit que
p
1 + t2 ):
1 + 1=t2 ) = ln(t) + ln(2) + o(1)
f (t)
3. D’après les équivalents précédents, t 2 R+ 7!
et donc f 2 E1 .
p
+1
ln(t)
f 2 (t)
1
f 2 (t)
est prolongeable par continuité en 0 et 2 =+1 o( 3=2 )
2
t
t
t
4. Calcul d’une intégrale.
ln(t)
est continue, positive sur ]0; 1[ et est prolongeable par continuité en 1 (de
1 t2
p
limite égale à 1/2). De plus au voisinage de 0, on a: h(t) = o(1= t) et donc h est intégrable sur ]0; 1[.
Z 1
lnt
dt:
On note désormais J =
1
t2
0
(a) La fonction h : t 7!
(b) Pour tout k 2pN; fk : t 7! t2k ln(t) est continue et positive sur ]0; 1] avec
fk (t) = o(1= t) au voisinage de 0, on en déduit que pour tout k 2 N, les fonctions fk sont intégrables sur
]0; 1[. Par intégration par parties,
Z b
Z b 2k
t
b
t2k ln(t)dt = t2k+1 ln(t)=(2k + 1) a +
dt
a
a 2k + 1
Z b
1
Donc: Jk = lim lim
t2k ln(t)dt =
.
a!0 b!+1 a
(2k + 1)2
Pn
2n+2
(c) Pour tout n 2 N; k=0 t2k = 1 1t t2 donc
Z 1
Z 1
n
n Z 1
X
X
1 + t2n+2
1 2n+2
2k
Jk =
t lnt dt =
ln(t)
dt = J +
ln(t)
t
dt
2
1
t
1
t2
0
0
k=0
k=0 0
Z 1
Appliquons le théorème de convergence dominée pour calculer limn!1
ln(t) 1 1t2 t2n+2 dt
0
On pose un (t) = ln(t) 1 1t2 t2n+2 : la suite de fonctions un converge simplement sur ]0; 1[ vers la fonction
nulle et 8n 2 N;
ln(t)
jun (t)j
qui est intégrable sur ]0; 1[
1 t2
Donc
lim
n!1
n
X
Jk = J
k=0
3
(d) On a par convergence des trois séries:
+1
+1
+1
2
X
X
X
1
1
1
=
+
=
2
2
2
n
(2k)
(2k + 1)
6
n=1
k=1
+1
X
On en déduit que J =
Jk =
k=0
+1
X
k=0
5. Calcul de N1 (f ).
2
Pour simplifier, on note I = (N1 (f )) =
k=1
2
1
=
.
(2k + 1)2
8
Z
0
(a) Pour tout segment [a; b]
+1
2
1X 1
=
4
k2
8
1
=
(2k + 1)2
6
k=0
+1
X
k=0
2
+1
f (t)
t
2
dt.
]0; +1[, on a par intégration par parties:
Z b 0
b
b 2
f 2 (t)
2f (t)f (t)
f (t)
dt
=
+
dt
2
t
t
t
a
a
a
p
f (t)
est prolongeable par continuité en 0 donc
Or pour f (t) = ln(t + 1 + t2 ), on a déjà vu: t 7!
t
2
2
f (t)
f (t)
= lim t
= 0, on avait aussi (voir question 7):
lim
+
+
t
t
a!0
a!0
2
f 2 (t)
ln2 (t)
f (t) +1 ln(t) et donc
et donc limb!+1 f t(t) = 0. On en déduit que:
+1
t
t
p
Z 1 0
Z 1
f (t)f (t)
ln(t + t2 + 1)
p
I=2
dt = 2
dt
t
t 1 + t2
0
0
Z
(b) Pour le calcul de I, on effectue le changement de variable u = f (t) sachant que f est de classe C 1 de R+
1
1
sur R+ avec f 0 (t) = p1+t
En effet lim0 f (t) = 0 et lim+1 f (t) = +1 et avec f 0 (t) = p1+t
on a bien
2
2
que f est bijective de ]0; +1[ dans ]0; +1[
p
p
f (t) = ln(t + t2 + 1) = u , t + t2 + 1 = eu
t2 + 1 = (eu t)2 , 1 = e2u 2teu
eu e u
e2u 1
=
, t=
u
2e
2
u
u
, on en déduit que u = f (t) , t = e 2e ; du = f 0 (t)dt et alors par ce changement de variable bijectif:
(rem on reconnait le sinus hyperbolique)
Z +1
4u
I=
du
u
e
e u
0
on effectue alors dans I le changement de variable v = e u = (u) , u = ln(v) avec une bijection
1
de ]0; +1[ dans ]0; 1[ et du =
dv, donc
v
Z 1
2
ln(v)
I=4
dv
=
4J
=
1 v2
2
0
p
N1 (f ) p
=
(c) on en déduit que N1 (f ) = I = p et
.
2 N2 (f )
,
Partie III
Le but de cette partie est de comparer, d’une part, les ensembles E1 et E2 , et, d’autre part, les fonctions N1 et N2 .
1. Soit f une fonction quelconque appartenant à E0 . On associe à f deux fonctions g et h définies sur R+ par
4
f (t)
f (t)
g(t) = p et h(t) =
pour tout t > 0. On pose
t
t
= f 0 (0).
(a) f est dérivable sur R+ avec f (0) = 0 donc f (t) =
p f (t) f (0) et donc h est prolongeable par continuité
en 0 avec lim h(t) = f 0 (0) = . On a : g(t) = th(t) et donc lim g(t) = 0.
t!0+
t!0+
p
(b) On vérifie aisément par dérivation d’un quotient que: 8t > 0; tg 0 (t) = f 0 (t) 21 h(t).
p
(c) On déduit des questions précédentes, par continuité de f 0 en 0, que lim+ tg 0 (t) = , de plus
2
t!0
2
p
g(t)g 0 (t) = h(t) tg 0 (t), donc lim+ g(t)g 0 (t) =
.
2
t!0
p
(d) Des limites calculées précédemment, on obtient que t 7! tg 0 (t); t 7! g(t)g 0 (t); t 7! h(t) sont
prolongeables par continuité en 0+ , or elles sont aussi continues sur R+ , donc pour tout x > 0, ces trois
fonctions sont intégrables sur ]0; x]. On a aussi
p
1
( tg 0 (t) + h(t))2
2
p
p
1
= h(t) tg 0 (t) + ( tg 0 )2 + h2 (t)
4
p
1
= g(t)g 0 (t) + ( tg 0 )2 + h2 (t)
4
alors si f 2 E2 , f 02 est intégrable sur R+ et donc sur ]0; x] pour tout x > 0, alors par intégration sur ]0; x]
et linéarité de l’intégrale, on aura:
Z
Z
Z
2
p 0
1
1
2
2
2
0
(R)
(f (t)) dt = (g(x)) +
tg (t) dt +
(h(t)) dt:
2
4
]0;x]
]0;x]
]0;x]
f 02 (t)
=
2. Comparaison de E1 et E2 .
(a) Par positivité de l’intégrale d’une fonction positive sur un intervalle, la relation (R) entraîne:
Z
Z
1
2
2
(h(t)) dt
8x > 0;
(f 0 (t)) dt >
4 ]0;x]
]0;x]
Z
2
On en déduit que si f 2 E2 , la limite lorsque x tend vers +1 de
(f 0 (t)) dt existe et est finie. Ainsi
]0;x]
Z
2
la fonction x 2 R+ 7!
(h(t)) dt est majorée et donc la fonction positive, continue h2 est intégrable
]0;x]
sur R+ . Donc si f 2 E2 alors f 2 E1 , d’où l’inclusion: E2
E1 .
f 2 (t)
f 2 (t)
1
= 1 et 0 6 2 6 2 , on
2
t
t
t
n’est pas intégrable sur R+ (pas de
(b) Prenons la fonction f : t 7! sin(t), il est clair que f 2 E0 , de plus lim
t!0+
en déduit que f 2 E1 , mais f 0 (t) = cos(t)
la fonction positive f 02
Z et
x
limite finie lorsque x tend vers +1 pour
f 02 (t)dt). On en déduit qu’il y a une inclusion stricte entre
E2 et E1 et E1 6= E2 .
0
3. Comparaison de N1 et N2 .
(a) Il est clair que E2 est non vide inclus dans l’espace vectoriel E0 . Par linéarité de la dérivation et résultat
sur l’intégrabilité d’une fonction positive, si f 2 E2 alors pour tout 2 R; f 2 E2 . Soit (f; g) 2 E22 , on
a donc f 02 et g 02 qui sont continues, positives et intégrables sur R+ .
Pour tout t 2 R+ ; (f 0 (t) + g 0 (t))2 = f 02 (t) + g 02 (t) + 2f 0 (t)g 0 (t).
D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on sait que pour tout x > 0,
Z x
Z x
Z x
2
jf 0 (t)g 0 (t)j dt 6
f 02 (t)dt
g 02 (t)dt
0
0
0
Z x
Z x
0
0
Et donc: 8x > 0;
jf (t)g (t)j dt 6 N2 (f ):N2 (g) . Ainsi la fonction x 2 R+ 7!
jf 0 (t)g 0 (t)j dt est
0
majorée et donc la fonction f 0 g 0 est intégrable sur R+ .
0
5
On en déduit par somme de trois fonctions intégrables sur R+ , que (f 0 + g 0 )2 est intégrable sur R+ et donc
que (f + g) 2 E2 .
On a montré E2 est un sous-espace vectoriel de E0 .
On admet sans justification que N1 et N2 sont des normes sur l’espace vectoriel E2 .
Z
1
2
(b) On a déjà vu que E2
E1 et pour f 2 E2 : 8x > 0;
(h(t)) dt, par
(f (t)) dt >
4
]0;x]
]0;x]
passage à la limite lorsque x tend vers +1 et croissance de la fonction racine carrée sur R+ , on obtient:
N1 (f ) 6 2N2 (f ).
Z
0
2
(c) Pour tout n 2 N , on définit sur R+ la fonction fn par fn (t) = e t sin(nt).
Pour tout n 2 N; fn 2 E0 et 8t 2 R+ ; fn0 (t) = e t (ncos(nt) sin(nt)), donc
fn02 (t) = e 2t (ncos(nt) sin(nt))2 , on en déduit que 0 6 fn02 (t) 6 (n + 1)e 2t , donc fn02 est intégrable
sur R+ et fn 2 E2 .
Z +1
Z +1
N22 (fn ) =
e 2t (ncos(nt) sin(nt))2 dt =
e 2t ((n2 1)cos2 (nt) nsin(2nt) + 1)dt
0
0
Z +1
n2 1
(cos(2nt) + 1) nsin(2nt) + 1 dt
N22 (fn ) =
e 2t
2
0
Z
Z
+1
n2 + 1 +1 2t
n2 1
cos(2nt) nsin(2nt) dt
N22 (fn ) =
e dt +
e 2t
2
2
0
0
Z +1
Z +1
1
1
1
n
Or
e 2t dt = ;
e 2t e2int dt =
=
+i
, on en déduit que:
2
2
2 0
2(1 in)
2(n + 1)
2(n + 1)
0
n
n2
et donc N2 (fn ) =
N22 (fn ) =
4
2
(d) On sait déjà que N1 est dominée par N2 . Supposons que N2 soit dominée par N1 sur E2 alors il existe
une constante > 0 telle que 8f 2 E2 ; N2 (f ) 6 N1 (f ). En prenant les fonctions fn , on aurait
n
sin2 (nt)
8n 2 N ; 6 N1 (fn ). La fonction t 2 R+ 7!
est positive, continue sur R+ , prolongeable par
2
t2
1
continuité en 0 et dominée par t 7! 2 au voisinage de +1, on en déduit qu’elle est intégrable sur R+ et
t
Z +1
sin2 (nt)
donc: 0 6 N12 (fn ) 6
dt. Par le changement de variable u = nt qui est une bijection de
t2
0
R+ dans R+ , on obtient:
Z +1
sin2 (u)
2
0 6 N1 (fn ) 6 n
du
u2
0
Z +1
p
n
sin2 (u)
On en déduit que l’on a: 8n 2 N ; 0 6 6
n avec =
du, ce qui absurde. La norme
2
u2
0
N2 n’est donc pas dominée par la norme N1 sur E2 . Les normes N1 et N2 ne sont pas équivalentes sur E2 .
4. On
que f 2 E2Z, d’après la relation (R) pour tout x > 0, on a:
Z suppose
2
p 0
p 0
2
tg (t) dt 6
f 02 dt 6 N22 (f ), on en déduit que la fonction positive t 7!
tg (t) est
]0;x]
]0;x]
Z
2
p 0
intégrable sur R+ et donc
tg (t) dt admet une limite finie lorsque x tend vers +1. On avait aussi
]0;x]
f 2 E2 ) f 2 E1 , toujours par la relation (R), on obtient que la fonction g 2 admet une limite finie en +1
(somme de trois fonctions admettant chacune une limite finie en +1) et donc jgj aussi.
p
f (t)
Notons L la limite de jgj en +1, d’après la relation g(t) = p avec f 2 E2 , si L 6= 0 alors jf (t)j L t au
t
f 2 (t)
L2
voisinage de +1 qui entraine 2
au voisinage de +1 et f n’appartient donc pas à E1 , ce qui est faux
t
t
puisque f 2 E2 ) f 2 E1 , on en déduit que la limite de g en +1 est nulle.
6