PARTIE I - Exemple 1

Corrigé CCP 2004 - PSI - Maths I
21 juin 2004
PARTIE I - Exemple 1
I.1
La fonction f = Arctan est de classe C1 sur R+ , elle vérie f (0) = 0, donc elle est dans
E0 .
Arctan2 t
f 2 (t)
Par ailleurs l'application u : t 7→ 2 =
est intégrable sur R+∗ car
t
t2
• elle est continue sur R+∗ ;
• elle se prolonge par continuité en 0 en posant u(0) = 1 ;
π2
1
• ∀t ∈ R+∗ , 0 6 u(t) 6 2 et t 7→ 2 est intégrable sur [ 1, +∞ [.
4t
t
Tout ceci montre que f appartient à E1 .
I.2
1
1
. La fonction t 7→ 4 étant intégrable
4
t
t
t→+∞
sur [ 1, +∞ [ on en déduit que Hx est intégrable sur R+ .
¡
¢2
1
Pour voir que f appartient à E2 on forme f 0 (t) =
qui est égal à H1 (t). Et
(1 + t2 )2
comme on vient de voir que H1 est intégrable sur R+ , cela donne : f ∈ E2 .
La fonction Hx est continue sur R+ , et Hx (t)
∼
I.3
I.3.1
On écrit ϕ(x) =
Z
R+
h(x, t) dt avec h : R+∗ × R+ → R,
La fonction h est continue sur R+∗ × R+ . Pour tout a ∈ R+∗
∀(x, t) ∈ [ a, +∞ [ × R+∗ ,
1
.
(t2 + 1)(t2 + x)
on a la domination :
(x, t) 7→
0 6 h(x, t) 6 Ha (t)
et comme la fonction Ha est intégrable sur R+ on obtient la continuité de ϕ sur [ a, +∞ [,
ceci pour tout a > 0. Donc ϕ est continue sur R+∗ .
I.3.2
(T + 1) − (T + x2 )
1 − x2
=
(T + 1)(T + x2 )
(T + 1)(T + x2 )
donc
1 h −1
1 i
1
=
+
.
(T + 1)(T + x2 )
1 − x2 T + 1 T + x2
1
I.3.3
D'où
Z
ϕ(x) =
R+
1 h −1
1 i
1 h
+
dt
=
1 − x2 t2 + 1 t2 + x2
x2 − 1
Z
R+
dt
−
2
t +1
Z
R+
dt i
t2 + x2
(car les deux dernières intégrales existent).
1
1
t
Une primitive sur R+ de t 7→ 2
est t 7→ Arctan qui admet pour limites respec2
t +x
x
x
π
tives 0 et
en 0 et +∞.
2x
On en déduit :
Z
dt
π
π
=
−0=
2
2
t
+
x
2x
2x
R+
³
1
π
π´
π
d'où encore ϕ(x) = 2
−
=
.
x − 1 2 2x
2x(x + 1)
π
ϕ(x) =
.
2x(x + 1)
I.3.4
¡
¢2
N2 (f ) =
Donc
Z
¡ 0 ¢2
f (t) dt =
R+
Z
R+
H1 (t) dt = ϕ(1) =
π
.
4
√
π
N2 (f ) =
.
2
I.4
1
u2
=
> 0.
1 + u2
1 + u2
Donc α est croissante et comme α(0) = 0 on obtient :
En posant α(u) = u − Arctan u on a :
∀u ∈ R+ ,
α0 (u) = 1 −
u − Arctan u > 0.
I.5
La fonction Gx est continue sur R+∗ , elle se prolonge par continuité en t = 0 par Gx (0) = x
et on a la majoration :
∀t > 1,
0 6 Gx (t) 6
π
2t3
π
fonction intégrable sur [ 1, +∞ [.
2t3
Tout ceci prouve l'intégrabilité de Gx sur R+∗ .
avec
t 7→
I.6
I.6.1
Z
θ(x) =
R+∗
Z
Gx (t) dt =
R+∗
g(x, t) dt avec
g : R+ × R+∗ → R,
(x, t) 7→ g(x, t) =
2
Arctan(xt)
.
t(t2 + 1)
L'application g est continue sur R+ × R+∗ , et on a pour tout a > 0 la domination :
xt
x
a
= 2
6 2
t(t2 + 1)
t +1
t +1
a
avec une application dominante ϕa : R+∗ → R, t 7→ 2
qui est continue et intégrable
t +1
sur R+∗ (ϕa admet pour primitive t 7→ a Arctan t qui admet une limite nie en 0 et en
+∞).
Le théorème de continuité des intégrales paramétrées s'applique et donne la continuité de
θ sur tout intervalle [ 0, a ] avec a > 0 donc sur R+ .
∀(x, t) ∈ [ 0, a ] × R+∗ ,
0 6 g(x, t) 6
I.6.2
∂g
t
1
∂g
(x, t) = 2
= 2
et l'application
2
2
2
2
∂x
t(t + 1)(1 + t x )
(t + 1)(1 + t x )
∂x
est continue sur R+ × R+∗ .
On a la domination :
De plus on calcule,
∀(x, t) ∈ R+ × R+∗ ,
06
∂g
1
.
(x, t) 6
∂x
1 + t2
1
est intégrable sur R+∗ , on conclut (avec la question
1 + t2
précédente) que θ est de classe C1 sur tout intervalle [ 0, a ] avec a > 0 donc est de classe
C1 sur R+ .
Comme l'application t 7→
I.6.3
De plus, toujours avec le théorème de dérivation des intégrales dépendant d'un paramètre
on a :
Z
Z +∞
∂g
1
+
0
∀x ∈ R , θ (x) =
(x, t) dt =
dt.
2
∂x
(1
+
t
)(1
+ x 2 t2 )
R+∗
0
u
Pour x 6= 0 le changement de variable t = donne :
x
Z
θ0 (x) =
+∞
³
1+
0
u2
x2
Z
du
´x
+∞
=x
(1 + u2 )
0
Z
du
(x2
+
u2 )(1
+
u2 )
= xϕ(x) =
π
.
2(x + 1)
+∞
1
π
= .
2
1+t
2
0
(Cette valeur peut encore s'obtenir grâce à la continuité de θ0 en 0.)
0
Par ailleurs on a le cas particulier θ (0) =
I.6.4
Z
1
+
Comme θ est de classe C sur R on a : θ(x) = θ(0) +
I.6.5
θ0 (t) dt =
π
ln(x + 1).
2
Z +∞
Arctan t 1
Arctan t ´2
dt
et
θ(1) =
dt.
t
1 + t2 t
0
0
On intègre par parties sur un segment [ ε, M ] avec 0 < ε < M , ce qui donne :
¡
¢2
N1 (f ) =
Z
0
x
+∞ ³
h1
iM 1 Z M ³ Arctan t ´2
Arctan t 1
21
dt = (Arctan t)
+
dt
1 + t2 t
2
t ε
2 ε
t
ε
et le passage à la limite quand ε → 0 et M → +∞ donne :
3
Z
M
Z
M
Arctan t 1
dt → θ(1) ;
1 + t2 t
Zε M ³
¡
¢2
Arctan t ´2
•
dt → N1 (f ) ;
t
ε
Arctan2 ε
•
∼ ε → 0;
ε
2
Arctan M
•
→ 0;
M
d'où il résulte
¡
¢2
N1 (f ) = 2θ(1).
•
I.6.6
On en déduit
N1 (f ) =
√
π ln 2
et
√
N1 (f )
= 2 ln 2.
N2 (f )
PARTIE II - Exemple 2
II.1
1 + √t2t+1
1
√
=√
.
2
2
t+ t +1
t +1
• f est de classe C1 sur R+ et f (0) = 0.
¡
¢2
1
De plus f 0 (t) = 2
ce qui montre que f 02 est continue et intégrable sur R+ . Donc
t +1
f ∈ E2 .
r
Z +∞
¡
¢2
dt
π
π
+∞
• N2 (f ) =
.
= [Arctan t]0 = . D'où N2 (f ) =
2
1+t
2
2
0
• Pour tout t ∈ R+ : f 0 (t) =
II.2
• Quand t tend vers 0 :
p
¡
¢
f (t) = ln t + 1 + t2 = ln(1 + t + o(t)) ∼ t.
• Quand t tend vers +∞ :
³
p
¡
¢
f (t) = ln t + 1 + t2 = ln t + ln 1 +
r
1+
1´
∼ ln t
t2
r
³
1´
car ln t tend vers +∞ tandis que ln 1 + 1 + 2 tend vers ln 2.
t
II.3
• f est continue sur R+ et f (0) = 0.
³ f (t) ´2
• La fonction t 7→
t
4
- est continue sur R+∗ ;
- est prolongeable par continuité en 0 par la valeur 1 d'après la question précédente ;
ln2 t
1
donc négligeable devant 3/2 ;
t2
t
donc elle est intégrable sur R+∗ .
- est équivalente en +∞ à
Tout ceci montre que f ∈ E1 .
II.4
II.4.1
− ln t
est continue sur ] 0, 1 [.
1 − t2
− ln t
− ln t
1
1
• Quand t → 1,
=
∼
→ donc la fonction est prolongeable
1 − t2
(1 − t)(1 + t)
1+t
2
par continuité (par 1/2).
³ 1 ´
− ln t
√ .
• Quand t → 0,
∼
−
ln
t
=
o
1 − t2
t
− ln t
Ces trois points montrent que S : t 7→
est intégrable sur ] 0, 1 [.
1 − t2
• La fonction S : t 7→
II.4.2
• Pour tout k∈ N l'application t 7→ −t2k ln t est continue sur ] 0, 1 ].
• En 0 : pour k > 1 la fonction est prolongeable par continuité en 0 (par la valeur 0).
³ 1 ´
1
Et pour k = 0 : − ln t = o √ avec t 7→ √ intégrable sur ] 0, 1 ].
t
t
Donc pour tout k ∈ N l'application t 7→ −t2k ln t est intégrable sur ] 0, 1 [.
On intègre par parties :
Z
1
t2k ln t dt =
ε
Z 1
i1
h t2k+1
h
i
1
1
−ε2k
2k+1
ln t −
ε ln ε −
t2k dt =
1
−
ε
2k + 1
2k + 1 ε
2k + 1
(2k + 1)2
ε
et on peut faire tendre ε vers 0 du fait de l'intégrabilité vue ci-dessus :
Jk =
1
.
(2k + 1)2
II.4.3
Il s'agit de justier l'intégration terme à terme. Pour cela on étudie la convergence de la
série
XZ
¯
¯
¯ − t2k ln t¯ dt,
] 0 ,1 [
X
1
.
(2k + 1)2
Le théorème d'intégration terme à terme pour les séries de fonctions à valeurs réelles ou
complexes donne que S est intégrable sur ] 0, 1 [ et que :
c'est-à-dire la série
Jk . Or cette série converge puisque Jk ∼
Z
S=
] 0 ,1 [
+∞ Z
X
k=0
5
] 0 ,1 [
uk
soit :
J=
+∞
X
Jk =
k=0
Comme
π2
=
6
+∞
X
n=1
1
=
n2
+∞
X
k=0
on obtient :
k=0
1
+
(2k + 1)2
π2
.
J=
8
+∞
X
∞
X
k=1
1
.
(2k + 1)2
1
1 π2
=
J
+
(2k)2
4 6
II.5
II.5.1
¡
¢2
I = N1 (f ) =
Z
1
dt.
t2
R+∗
Intégrons par parties sur un segment [ ε, M ] avec 0 < ε < M.
f 2 (t)
Z
M
ε
h
1
−1 iM
+2
f (t) 2 dt = f 2 (t)
t
t ε
Z
M
2
ε
f (t)f 0 (t)
dt.
t
1
Sachant que f 0 (t) = √
on fait tendre ε vers 0 et M vers +∞ en observant que
1 + t2
³
´
√
ln t + t2 + 1
√
• t 7→
est intégrable sur ] 0, +∞ [ puisqu'elle est continue sur ] 0, +∞ [,
t t2 + 1
1
prolongeable par continuité en t = 0 par la valeur 0, négligeable devant 3/2 en +∞
t
grâce à II2.
¡ 2
¢
f (M )
(ln M )2
•
→0
∼
M
M
+∞
¡
¢2
f (ε)
•
∼ε→0
ε
ce qui donne le résultat demandé :
Z
I=2
R+∗
f (t)
√
dt.
t t2 + 1
II.5.2
1
> 0 et f admet 0 pour limite en 0 et +∞ pour limite en +∞ ce qui montre
+1
que f réalise un C1 -diéomorphisme de ] 0, +∞ [ sur ] 0, +∞ [.
De plus pour t ∈ ] 0, +∞ [ et u ∈ ] 0, +∞ [ on a u = f (t) si et seulement si t = sh u. On
obtient :
Z +∞
Z +∞
f (t)
dt
u
√
I=2
=2
du.
2
t
sh
u
t +1
0
0
f 0 (t) =
t2
D'autre part, l'application g : u 7→ e−u réalise un C1 -diéomorphisme de ] 0, +∞ [ sur
] 0, +∞ [, ce qui justie le changement de variable :
Z
I=2
0
+∞
u
du = 4
sh u
Z
0
+∞
u
du = 4
u
e − e−u
6
Z
0
1
− ln v dv
π2
=
4J
=
.
1
v
2
v −v
II.5.3
Il vient
π
N1 (f ) = √
2
√
N1 (f )
= 2 π.
N2 (f )
et
PARTIE III
III.1
III.1.1
f (t) = f (0)+tf 0 (0)+ o0 (t) donne
f (t) = αt+ o0 (t) d'où
lim f = α et
0+
lim g = 0.
0+
III.1.2
f 0 t) 1 f (t)
g 0 (t) = √ − 3/2
2t
t
qui donne f 0 (t) −
√ 0
1 f (t)
1
tg (t) =
= h(t).
2 t
2
III.1.3
√ 0
√
1
tg (t) = f 0 (t) − h(t) d'où, puisque f est de classe C1 , lim tg 0 (t) = α, et donc
2
t→0+
lim gg 0 = 0.
0+
III.1.4
• f étant C1 sur [ 0, x ], l'application f 02 est continue sur [ 0, x ] donc intégrable.
¡√ 0 ¢2
• de même (après prolongement justié ci-dessus) pour les applications t 7→
tg (t) et
¡
¢2
t 7→ h(t) .
√
1
• f 0 (t) = tg 0 (t) + h(t) donne
2
¡ 0 ¢2 ¡√ 0 ¢2 1 ¡
¢2 √
¢2
¡√ 0 ¢2 1 ¡
f (t) =
tg (t) + h(t) + tg 0 (t)h(t) =
tg (t) + h(t) + g 0 (t)g(t)
4
4
Z x
Z x √
Z x
¡
¢2
¡
¢2
¢2 ¤x
1
1 £¡
d'où
(f 0 )2 =
tg 0 (t) dt +
h(t) dt +
g(t) 0
4 0
2
0
0
c'est la relation (R).
III.2
III.2.1
+∗
Soit f ∈ E1 . Montrer que f ∈ E1 revient à montrer que h2 est
Z xintégrable sur R . Comme
h2 > 0 cela revient encore à montrer que l'application x 7→
h2 est majorée. Or, d'après
0
(R) on a :
Z
x
Z
2
h 64
0
Z
x
f
02
0
ce qui conclut. Donc f ∈ E1 . Et donc E2 ⊂ E1 .
7
64
0
+∞
f 02
III.2.2
³ sin t ´2
D'une part t 7→
est continue sur ] 0, +∞ [, prolongeable par continuité en 0 par
t
1
la valeur 1, et majorée par 2 , elle est donc intégrable sur ] 0, +∞ [. Comme sin ∈ E0 on
t
obtient que sin
E1 .
Z ∈
nπ
nπ
−−−−−→ +∞ donc sin ∈
/ E2 .
D'autre part
cos2 t dt =
2 n→+∞
0
Par conséquent E2 n'est pas inclus dans E1 .
III.3
III.3.1
Il s'agit de montrer que si (f10 )2 et (f20 )2 sont intégrables sur R+ alors pour tous réels λ1
et λ2 la fonction (λ1 f10 + λ2 f20 )2 est intégrable sur R+ .
1
On l'obtient avec l'inégalité |ab| 6 (a2 + b2 ) qui donne :
2
¡
¢
¡
¢
0 6 (λ1 f10 +λ2 f20 )2 = λ21 (f10 )2 +λ22 (f20 )2 +2λ1 λ2 f10 f20 6 λ21 +|λ1 λ2 | (f10 )2 + λ22 +|λ1 λ2 | (f20 )2
ce qui fournit la conclusion.
III.3.2
Z
x³
f (t) ´2
Au 2.1 on a vu ∀x > 0,
dt 6 4
t
0
et en faisant tendre x vers +∞ cela donne :
Z
+∞ ¡
¢2
f 0 (t) dt
0
¡
¢2
¡
¢2
N1 (f ) 6 4 N2 (f )
d'où encore :
N1 (f ) 6 2N2 (f ).
III.3.3
On a bien fn (0) = 0 et fn de classe C1 sur R+ .
De plus fn0 (t) = e−t (− sin nt + n cos nt) donc
³1
´
¡ 0 ¢2
¡
¢
n2
fn (t) = e−2t sin2 nt+n2 cos2 nt−n sin 2nt = e−2t (1−cos 2nt)+ (1+cos nt)−n sin 2nt .
2
2
On en tire :
Z
"
+∞
e
−2t 2i nt
e
0
ce qui donne
Z +∞
e−2t cos 2nt dt =
0
d'où
Z +∞
0
(fn0 )2 =
et enn :
e−2t+2i nt
dt =
−2 + 2i n
1
2(1 + n2 )
#+∞
=
0
Z
et
0
1 + in
1
=
2 − 2i n
2(1 + n2 )
+∞
e−2t sin 2nt dt =
n
2(1 + n2 )
1 + n2 1 −1 + n2
1
n2
1
n2
+
−
=
[(n2 +1)2 −n2 −1] =
2
2
2
2
2
2
2(1 + n ) 2(1 + n )
4(1 + n )
4
N2 (fn ) =
n
.
2
8
III.3.4
Z
[N1 (fn )]2 =
Z
On partage cette intégrale en deux (Chasles) :
fn est dans E2 , donc dans E1 . On a
Z
0
α
Z
e−2t dt +
+∞
α
e−2t sin2 (nt)
dt.
2
t
Z
Z
0
+∞
α
=
0
sur ] 0, α ] on utilise sin2 t 6 t2
sur [ α, +∞ [ on utilise sin2 t 6 1.
¡
¢2
N1 (fn ) 6 n2
+∞
+∞
+
0
α
¢
e−2t
n2 ¡
1
dt 6
1 − e−2α + 2
2
t
2
α
Z
et
+∞
α
¢ e−2α
n2 ¡
1 − e−2α +
2
2α2
¢
n2 ¡
1
6
1 − e−2α + 2 .
2
2α
e−2t dt =
1 ³
1 ´
1
Le choix, pour n > 2 de α = − ln 1 − √
∈ R+∗ donne 1 − e−2α = √ et donc
2
n
n
¡
¢2 n3/2
2
N1 (fn ) 6
+µ ³
´¶2
2
1
√
ln 1 − n
³
¡
¢2
1 ´
−1
Or ln 1 − √
∼ √ ce qui montre que la suite de terme général N1 (fn ) est dominée
n
n
3/2
par n , donc négligeable devant n2 .
N1 (fn )
−−−−−→ 0, et donc N1 et N2 ne sont pas équivalentes.
Ainsi
N2 (fn ) n→+∞
III.4
Z
x ¡√
¢2
tg (t) dt au lieu de
Z
x¡
0
• En reprenant III.2.1 avec
0
Z x √
¢2
¡
0
tg (t) dt admet une limite en +∞.
0
Z
¡
¢2
• Ensuite dans (R) on obtient g(x) = 2
0
¢2
h(t) dt on voit que
Z
¢2
1 x 2
tg (t) dt −
h d'où il
f −2
2 0
0
0
résulte que g 2 admet une limite en +∞. Notons ` cette limite.
g 2 (x)
`
• Supposons que ` 6= 0. Alors h2 (x) =
ce qui contredit l'intégrabilité de
∼
x x→+∞ x
h2 . Donc ` = 0. Et donc
g(x) −−−−→ 0.
x
x→+∞
FIN
9
Z
02
x ¡√
0