Commentaires

IUFM de La Seyne-sur-Mer
Agrégation Interne
AUTOUR DU SUJET MINES-PONTS 09 - MP 1
T. CHAMPION
1. Rappels de cours
A votre programme, une fonction est
intégrable sur l'intervalle I
(1) continue par morceaux sur tout segment inclus dans
I
si elle est
(et donc sur
I
si
I
est un segment);
(2) son module est intégrable (i.e. son intégrale est nie (ou majorée)).
Dans le cas des intégrales multiples ou dépendant d'un paramètre, toutes les fonctions considérées
sont
continues
(sur tout le domaine d'intégration). Seule exception: on a le droit d'appliquer
Fubini à une fonction
positive continue
de deux variables (ou plus) multipliée par la fonction
caractéristique d'un ensemble géométriquement simple.
Rappels des théorèmes essentiels à votre programme, sur un intervalle
I
quelconque:
(Convergence Monotone). Soit (fn )n une suite croissante de fonctions à valeurs
, intégrables, et convergeant simplement vers une fontion
Z f . Si les fn et f sont continues
Théorème 1
positives
par morceaux sur tout segment inclus dans I et si la suite
intégrable sur I et
Z
Z
f = lim
n
I
est majorée, alors f est
fn
I
n
fn .
I
(Convergence Dominée). Soit (fn )n une suite de fonctions à valeurs complexes
convergeant simplement vers une fontion f . Si les fn et f sont continues par morceaux sur tout
segment inclus dans I et Zsi la suite (|f
Z n |)n est majorée par une fonction g intégrable sur I , alors
Théorème 2
1
f est intégrable sur I et
fn .
f = lim
I
n
I
Théorème 3 (Continuité sous le signe somme). Soit f : X × I → C une fonction continue,
dénie en tout point (x, t) du produit d'intervalles X × I . On suppose que f (x, .) est intégrable
sur I pour tout x ∈ X , et que de plus on a |f (x, t)| ≤ g(t) Zpour tout couple (x, t) ∈ X × I , où
2
g est
continue
et intégrable sur I . Alors la fonction F : x 7→
f (x, t)dt est continue sur X .
I
Soit f : X×I → C une fonction continue, dénie
en tout point (x, t) du produit d'intervalles X × I . On suppose que f (x, .) est intégrable sur I
Théorème 4 (Dérivation sous le signe somme).
3
∂f
. De plus, on suppose | ∂f
pour tout x ∈ X , et qu'elle admet une dérivée partielle
∂x (x, t)| ≤ g(t)
∂x
pour tout couple (x, t) ∈ X × I , où g est continue etZ intégrable sur I . Alors la fonction F : x 7→
Z
∂f
f (x, t)dt est dérivable sur X de dérivée F : x 7→
(x, t)dt.
I
I ∂x
(Fubini). Soit f : X × Y → C une fonction continue, dénie en tout point (x, y)
du produit d'intervalles X × Y . Si le module de f est intégrable , alors on peut intervertir l'ordre
des intégrations dans le calcul de l'intégrale double de f sur X × Y .
Théorème 5
4
en particulier g doit aussi être continue par morceaux!
en particulier f (x, .) doit être continue par morceaux!
3
en particulier f (x, .) doit être continue par morceaux!
4
puisque f est continue, son module l'est aussi, ne reste qu'à vérier que son intégrale est majorée.
1
2
1
2
T. CHAMPION
2. Commentaires sur le corrigé du sujet Mines-Ponts 09 - 1 MP
1)
Le programme des classes préparatoires diverge légèrement de celui de l'agrégation interne.
φf est bien dénie dès que
2
continue sur R et son module est intégrable).
Il faut d'abord vérier que
Puis démontrer par récurrence sur
(n−1)
φf
est dérivable sur
R
n≥1
f ∈E
(car alors
(x, t) 7→ eixt f (x)
est
que
de dérivée
(n)
φf
Z
: x 7→
(ix)n eixt f (x)dx.
R
Pour cela, vérier toutes les hypothèses du théorème de dérivation sous le signe somme, en
invoquant que
f
a un moment d'ordre
n.
Remarque: l'initialisation et l'hérédité de la récurrence se démontrent en fait de manière très
similaire.
3)
On peut aussi reconnaître deux quotients diérentiels pour
ha,b (t) =
5)
7)
1
i
e−ita
−
t−0
e0
−
1
i
e−itb
−
t−0
e0
et
t 7→ e−itb
en
t = 0:
1
(−ia − (−ib)) = b − a.
i
kk
ek
k! au lieu de k! .
Faute de frappe: lire
Il y a donc 9 cas à détailler:

2π




 π
0
lim R(x, T ) − R(y, T ) =

T →+∞

−π



−2 π
8)
→
t 7→ e−ita
x > 0 et y < 0,
x > 0 et y = 0, ou x = 0 et y < 0,
si x = y = 0, ou x, y > 0, ou x, y < 0,
si x < 0 et y = 0, ou x = 0 et y > 0,
si x < 0 et y > 0,
si
si
Pour ce qui concerne l'agrégation interne, le point de la correction commençant par Vérions
grâce au théorème de Fubini doit être simplement: constater que
continue sur
[−T, T ] × R
(t, x) 7→ ha,b (t)eitx f (x)
et son module est intégrable sur ce produit d'intervalles.
De plus, le passage à la limite peut être obtenu directement, avec une suite quelconque
+∞,
grâce au théorème de convergence dominée.
particulier
9)
Tn = n.
Pour dériver l'égalité
f
que
et
g
est
Rx
a
f=
Rx
a
sont continues car dans
g et
E.
en déduire
Tn →
Il est inutile de s'intéresser d'abord au cas
f (x) = g(x)
pour tout
x > a,
il faut préciser
f − g 6= 0, alors sans perte de généralité on peut
(f − g)(x) > 0. Alors par continuité de f − g il existe
Z b
f − g > 0 sur ]a, b[, et donc
f − g > 0 ce qui contredit
On peut aussi procéder par l'absurde: si
supposer qu'il existe
un voisinnage
Z
b
Z
f=
a
10)
]a, b[
x ∈ R
de
x
tel que
tel que
a
b
g.
a
Justication de
ln(x)2 > ln(x)ln(e−3 )
exp(3ln(x)/2) √
= x
0 < f0 (x) <
x
limx→0 f0 (x) = 0:
si
0 < x < e−3
alors
donc
et on conclut par le théorème des gendarmes.
10) et après
u = ln(x), il
]0, +∞[ dans R.
y a un seul ∀k ∈ N dans la conclusion
(n)
faut lire φf (t) au lieu de φn (t).
Pour les changements de variable
bien une bijection de classe
C1
faut commenter le fait que
de
14)
Faute de frappe: il
15)
Faute de frappe: il
15)
Faute de frappe: il manque le signe
16)
Faute de frappe: il faut lire
(m)
φf
=
au lieu de
(k)
φg (0).
(m)
f (m) , et φg
avant
encadrée.
au lieu de
g (m) .
ln
est