Centrale PC 2007 Math 1 Partie I

Centrale PC 2007 Math 1
Partie I
IA1) La fonction x 7! xn f (x) est continue sur R; et lim x2 jxn f (x)j = 0 donc la fonction est intégrable sur R:
1
IA2) La fonction x 7! x f (x) est impaire, donc son intégrale (qui existe) sur R est nulle:
IA3)pour n
0 intégrons par parties sur un segment [a; b] : u = e
Z
En faisant tendre a vers
b
n
x e
a
x2
2
xn+1
e
dx =
n+1
x2
2
b
+
a
1 et b vers +1; puis en divisant par
8n
x2
2
p
; v 0 = xn
Z
b
xn+2
e
an + 1
x2
2
dx
2 ; on obtient :mn =
2 , mn = (n
m1 = 0
1)mn
mn+2
et donc :
n+1
2
.
Partant de m0 = 1; on obtient: m2n = (2n
1)(2n
3):::3:1:
Partant de m1 = 0; on obtient: m2n+1 = 0:
8n 2 N,m2n =
IB) La fonction x 7! e
En e¤et ln x2 e
2
n
tx
tx
f (x)
tx
f (x) est continue sur R; et
= 2 ln fjxjg
tx
xe
2
lim
x > 1
1
ln(2 )
2
(2n)!
, m2n+1 = 0
2n n!
x2 e
tx
f (x)
= 0 donc la fonction est intégrable sur R:
xe
et donc ln x2 xn e
2
x > 1
tx
f (x)
donc x x e f (x) tend vers 0:
(on utilisera plusieurs fois ce type d’équivalents pour prouver une intégrabilité)
calcul :
x2
1
1
2
tx =
(x + t) + t2
2
2
2
d’où
Z
Z
2
1
1 t2
e tx f (x)dx = p e 2
e 2 (x+t) dx
2
R
R
Le changement de variable C 1 bijectif u = x + t donne:
Z
e
tx
tend vers
1 et
t2
f (x)dx = e 2
R
IC1) D’après le développement en série de la fonction exponentielle:
lim Sn (x) = e tx f (x)
n!1
IC2) Théorème de convergence dominée :
8n 2 N , Sn est continue , intégrable sur R comme combinaison linéaire des fonctions x 7! xn f (x) continues , intégrables
sur R ( IA1)
La suite (Sn ) converge simplement sur R vers x
>e
tx
f (x) continue intégrable sur R
On a domination :
8(x; t) 2 R2 ; 8n 2 N; jSn (x)j
n
X
jtxjk
k!
k=0
f (x)
ejtxj f (x)
La fonction x 7! ejtxj f (x) est indépendante de n et intégrable sur R : fonction continue telle que
1
x2 ejtxj f (x) = p exp 2 ln(jxj + jtxj
2
tende vers 0 en
1
lim
n!1
Z
Sn (x)dx =
R
Z
e
R
tx
f (x)dx
x2
2
Z
Mais
Sn (x)dx =
R
Z
n
X
( 1)k tk
xk f (x)dx par linéarité de l’intégrale. Donc d’après IA3 :
k!
R
k=0
Z
e
tx
f (x)dx =
R
1
X
( 1)k tk
mk
k!
k=0
X ( 1)k tk xk
XZ
n
Il est plus di¢ cile d’intégrer termes à termes la série
f (x) car on aura besoin de
jxj f (x)dx , or
k!
R
l’intégrale n’est pas connue si n est impair.
IC3) en remplaçant mk par sa valeur obtenue en A3), il vient :
Z
e
tx
f (x)dx =
R
1
1
X
t2i (2i)! X 1
=
(2i)! 2i i!
i!
i=0
i=0
i
t2
2
t2
=e2
On retrouve bien le résultat du B).
Si l’un des calculs pose un problème ou si les deux calculs donnent des résultats di¤ érents , la machine à calculer devient
bien utile. Soit pour calculer la valeur exacte si elle en est capable , soit pour calculer une valeur approchée pour un t …xé.
Partie II
Le sujet n’est pas clair : 8g; 9M; 9
, donc M et
seul M dépend de g .
IIA) critère de sous espace vectoriel :
dépendent de g . Alors que les notations peuvent laisser penser que
E est un sous ensemble de l’espace vectoriel C (R; R) des fonctions continues de R dans R;
non vide (elle contient la fonction nulle).
Soit (g; h) 2 E 2 et k 2 R: Montrons que g + kh 2 E:
On a l’existence de M; N positifs,
et strictement positifs, tels que:
8x 2 R; jg(x)j M f ( x) et jh(x)j N f ( x)
Soit = min ( ; ) :Comme f décroît sur R+ : f ( x) f ( x) et f ( x)
8x 2 R; j(g + ph)(x)j
M f ( x) + kN f ( x)
f ( x): et donc :
(M + jkjN ) f ( x)
Donc g + kh 2 E:
Ainsi, E est un R-espace vectoriel.
En…n, la fonction f est dans E:(M = 1; = 1)
IIB1) Pour x …xé dans R; la fonction t 7! u(t)v(x t) est continue sur R:
On a l’existence de M; N positifs,
et strictement positifs, tels que:
8t 2 R; ju(t)j M f ( t) et jv(x t)j N f ( (x t)):
Donc:
8t 2 R; ju(t)v(x
t)j
MN
exp
2
t
2
2
(x t)
2
2 2
2
(x t)
2
donc
2
t ju(t)v(x
Cette expression tend vers 0 si t tend vers
t)j
MN
exp 2 ln(t)
2
1 donc t 7! u(t)v(x
t
2
2
!
!
t) est intégrable sur R:
la fonction u v est dé…nie sur R
2
2
2 2
IIB2) le changement de variable C 1 bijectif T = x
u v(x) =
Z
t; donne :
+1
u(t)v(x
t)dt =
1
Z
1
u(x
Z
T )v(T )( dT ) =
+1
+1
u(x
T )v(T )(dT )
1
u v=v u
IIB3)
(f
Z
1
f ) (x) =
2
t2
2
exp
R
Z
On se ramène à une expression du type :
R
2
(x
t)
2
!
dt =
Z
x2
2
e
2
exp
t2 + xt dt
R
T
exp ( xt) f (x)dt (calculée au IB) par changement de variable t = p C 1
2
bijectif.
Z
t2 + xt dt
exp
=
R
=
Z
exp
R
p
f ) (x) =
x
p
2
B
exp @
D’où,
(f
T2
xT
+p
2
2
0
1
2
x2
2
e
2
p
(f
Z
x
p
2
exp
R
p
T
2 f (T ) du
C
A
2
exp
du
1
p =p
2
2
x2
4
x2
4
1 1
= p p exp
2 2
1
f ) (x) = p e
2
x2
4
1
=p f
2
x
p
2
x
p
2
1
=p f
2
Résultat cohérent avec la question III.B.1 On a même calculé K2 au passage.
IIB4) Il faut d’abord montrer que u v est continue sur R :C’est un problème de continuité d’une intégrale à paramètre:
Pour x …xé dans R; la fonction t 7! u(t)v(x
t) est continue sur R:
Pour t …xé dans R; la fonction x 7! u(t)v(x
t) est continue sur R;intégrable sur R (IIB1)
domination: soient [a; b]
R:et A = max (jaj ; jbj) En reprenant la majoration du IIB1),comme :
2 2
2
t
2
2
(x t)
=
2
(
2
+ 2 )t2
+
2
2
on a :
8x 2 J; 8t 2 R; ju(t)v(x
MN
exp
2
t)j
2
(
2 2
xt
x
2
+ 2 )t2
+
2
2
Ajtj
La fonction majorante obtenue ne dépend pas de x et elle est continue intégrable sur R (idem IIB1):
Ces trois hypothèses nous permettent de conclure que u v est continue sur R
Puis majorons j(u v)(x)j en utilisant:
ju(t)j
M f ( t) et jv(x
j(u v)(x)j
On fait le changement de variable T = t :
Z
Z
1
f ( t) f ( (x t)) dt =
R
MN
Z
t)j
N f ( (x
f ( t) f ( (x
t)) et en posant
= min ( ; ) ; on a :
t)) dt
R
f (T ) f ( x
R
3
T ) dT =
1
(f
1
f ) ( x) = p f
2
x
p
2
(pas de problème car
Donc: 8x 2 R;
>0)
MN
p f
2
j(u v)(x)j
x
p
2
Ainsi:
u v2E
IIC1) Soit u 2 E et t 2 R:
La fonction x 7! e tx u(x) est continue sur R; et e
tx
u(x)
tx
Me
f ( x) qui est intégrable sur R:(idem IB)
u
b est dé…nie sur R
IIC2) On doit dériver une intégrale à paramètre :
La fonction (t; x) 7! e
tx
u(x) est de classe C 2 sur R2 (produit de deux fonctions de classe C 2 ): de dérivées partielles :
@e
les trois fonctions x > e
des fonctions intégrables)
tx
u(x)
(x; t) =
@t
tx
u(x) ,x
Dominations soient J = [a; b]
8t 2 J; 8x 2 R; e
tx
u(x)
>
xe
xe
tx
tx
@2e
u(x)
tx
u(x)
(x; t) = x2 e
@t2
> x2 e
u(x) et x
tx
tx
u(x)
u(x) sont continue sur R , intégrales (dominées par
R: et A = max (jaj ; jbj)
@e
eAjxj u(x) ,
tx
u(x)
(x; t)
@t
xeAjxj u(x) ,
@2e
tx
u(x)
(x; t)
@t2
x2 eAjxj u(x)
.
Ces trois fonctions dominantes sont continue intégrables sur R:( le produit par x2 tend vers 0 en
Donc la fonction u
b est de classe C 2 sur R;et :
Z
Z
u
b0 (t) =
xe tx u(x)dx et u
b00 (t) =
x2 e tx u(x)dx
R
1 comme au IB)
R
IID1) On veut
8 (x; t) 2 R2 , t2 + (x + t)2
a x2 + t2
0
On écrit cette expression comme un trinôme du second degré en t:
(2
a) t2 + ( 2x)t + (1
D’après le signe du trinôme du second degré on doit avoir 2
a=
3
a
p
5
2
a)x2
0 et
0
0 . Ce qui donne a
2 et a 2]
=
3
p
p
5 3+ 5
;
[:
2
2
convient
2
2
Remarque
(cos ( )) + (cos ( ) + sin ( )) . Donc
n on peut passer en polaire t =
o r cos( ); x = r sin ( ) on veut : 8 a
2
2
a = min (cos ( )) + (cos ( ) + sin ( )) il su¢ t d’étudier la fonction pour véri…er que a > 0
IID2) les fonctions u et v sont dans E; donc u v aussi (IIB4).
Donc u v est intégrable sur R (IIC1 avec t = 0).
On souhaite appliquer le résultat d’interversion donné par l’énoncé à la fonction F :
F (x; t) = u(t)v(x t):
F est bien continue sur R2 :
Reprenons la majoration du IIB
8t 2 R; ju(t)v(x
t)j
MN
exp
2
4
2 2
t
2
2
2
(x t)
2
!
en posant encore
= min ( ; ) ; on a:
jF (x; t)j
2 2
MN
exp
2
2
t
t)2
(x
a
MN
exp
2
2
2
t2 + x2
2
!
:
MN
exp
2
intégrables sur R). Donc:
En notant: h1 (t) =
Z
a 2 t2
2
(u v) (x)dx =
R
a 2 x2
2
et h2 (x) = exp
Z
Z
R
u(t)v(x
t)dt dx =
R
; on a bien l’hypothèse de l’énoncé (h1 et h2 sont
Z
u(t)
R
Z
v(x
t)dx dt
R
Le changement de variable u = x t dans l’intégrale intérieure donne:
Z
Z
v(x t)dx =
v(u)du indépendant de t:
R
R
D’où:
Z
(u v) (x)dx =
R
Z
R
Z
u(x)dx
v(x)dx
R
IID3)
u[v ( ) =
Z
e
x
(u v) (x)dx =
R
Z
e
R
x
Z
u(t)v(x
R
Z
t)dt dx = :
R
Z
e
x
u(t)v(x
t)dt dx
R
On va encore intervertir l’ordre des intégrales :
Soit
(x; t) = u(t)v(x t)e
x
= F (x; t)e
x
:
2
est continue sur R :et j (x; t)j
MN
e
2
x
exp
a
2
t2 + x2
2
On a bien encore les hypothèses pour intervertir les deux intégrales, en posant cette fois:
a 2 t2
MN
a 2 x2 2 x
exp
h1 (t) =
et h2 (x) = exp
qui sont bien intégrables sur R . Donc:
2
2
2
Z
Z
Z
Z
x
u[v ( ) =
e
u(t)v(x t)dx dt: =
u(t)
e x v(x t)dx dt
R
R
R
R
Le changement de variable T = x t dans l’intégrale intérieure donne:
Z
Z
x
v(x t)e
dx =
v(T )e (T +t) dT = e t vb ( ) :
R
R
Et …nalement:
u[v ( ) = u
b ( ) vb ( )
L’indication du sujet ne m’aide pas à trouver une autre majoration sans doute plus simple
Partie III
IIIA1) Soit P (n) : hn 2 E1 : P (1) est vraie. Supposons P (n) :
Alors hn+1 = hn h est bien dé…nie et appartient à E (IIB).
Z
Z
Z
De plus (IID2)
hn+1 (x)dx =
hn (x)dx
h(x)dx = 1: Donc hn+1 2 E1 :
R
R
R
Par récurrence, on a bien montré:
8n 2 N ; hn 2 E1
cn (x) = h[
b
IIIA2) Avec IID3, on a: h
n 1 (x)h(x); d’où, par une récurrence évidente:
cn (x) =
h
b
h(x)
5
n
!
=
MN
e
2
x
exp
a
IIIB1) le calcul de f2 = f
f a été fait en IIB3): f2 (x) = K2 e
x2
4
1
; avec K2 = p :
2
IIIB2) Par récurrence . Si fn est de la forme proposée on calcule fn+1 avec un changement de variable pour utiliser IB
comme pour le calcul de f f:
x2
Supposons qu’il existe une constante Kn telle que fn (x) = Kn exp
:
2n
Alors
fn+1 (x)
Z
=
Z
Kn
t)dt = p
2
Z
exp
t2
fn (t) f1 (x
R
t2
2n
exp
R
t)2
(x
2
x2
K
1
1
p n exp
+
+ xt dt
2
2n 2
2
R
Z
n+1 2
x2
Kn
n t
exp
+ xt dt
= = p exp
2
2
2
R
r
n+1
t:
Faisons le changement de variable T =
n
f
r
r
Z
T2
Kn
n
x2
n
exp
fn+1 (x) = p
exp
+x
T
n+1
2
2
n+1
2
R
=
Avec IB):
fn+1 (x) = Kn
Donc
r
x2
2(n + 1)
fn+1 (x) = Kn+1 exp
x2
2
n
exp
n+1
n x2
n+1 2
exp
; avec Kn+1 = Kn
r
= Kn
r
n
exp
n+1
dt
dT
x2
2(n + 1)
n
:
n+1
Par récurrence, on a bien montré, pour tout n 2 N ; l’existence d’une constante Kn telle que:
x2
1
fn (x) = Kn exp
: De plus, partant de K1 = p ; on obtient:
2n
2
r
n
1
Y
p
1
1
p
Kn =
=p
p+1 2
2 n
p=1
fn (x) = p
IIIB3) c
fn
t
p
n
=
fb
t
p
n
n
= exp
t2
2n
La suite proposée est constante, sa limite vaut exp
1
exp
2 n
n
= exp
t2
2
t2
2
x2
2n
:
:
IIIC1) g est clairement continue sur R.
h
i jg(x)j
Pour x 2
;
;
est continue sur un segment , donc admet un maximum M:
2 2
f (x)
Et comme g est nulle en dehors de ce segment, g véri…e bien une majoration requise pour être dans E; avec
Z
Z =2
1
1
=2
En…n:
g(x)dx =
cos(x)dx = [sin(x)] =2 = 1: Donc
2
2
R
=2
IIIC2) (g g) ( x) =
Z
Z
g 2 E1
g(t)g( x t)dt =
g( u)g( x + u)du:
R
Z
Puisque g est paire: (g g) ( x) =
g(u)g(x u)du = (g g) (x) :
R
R
Donc g g est paire.
6
=1.
Si x
: Alors, puisque t + (x t) = x; l’un des nombres t ou x
Ainsi g g est nulle sur [ ; +1[:
1
2
Soit x 2 [0; ] : (g g) (x) =
Or g(x
:
h
t) = 0 si t 2
= x
2
;x +
(g g) (x)
2
Z
i
1
8
=
et par parité :
cos (t) g(x
t)dt:
=2
Comme
Z
h
x
2
;x +
2
i
\
h
=2
cos (t) cos (x
x
t) dt =
=2
(
x) cos (x) +
1
[sin (2t
2
i
;
2 2
1
8
Z
h
= x
2 2
i
car x 2 [0; ] on a en linéarisant
=2
[cos(x) + cos (2t
x
x)]x
x))] dt
=2
=2
=2
1
((
8
x) cos (x) + sin (x)) si jxj 2 [0; ] ; (g g) (x) = 0 si jxj
Remarque : on véri…e la continuité en 0:On peut aussi véri…er à la machine que
Z
;
:
(g g) (x) =
donc que
t) = 0:
=2
:
1
4
=
t est supérieur ou égal à =2; donc g(t)g(x
Z
=2
0
1
((
8
x) cos (x) + sin (x)) = 1=2 et
g g=1
R
IIIC3) g1 est nulle en dehors de [ =2; =2] , g2 est nulle hen dehors ide [ ; ] On peut deviner :
n n
;
:
Soit P (n) : gn est paire, et nulle en dehors d’un segment
2 2
P (1) et P (2) sont vraies. Supposons P (n) vraie.
(n + 1)
n
Soit x
:
Alors, si g(t) 6= 0 alors t
=2 donc x t
donc gn (x t) = 0 donc 8t 2 R gn (t)g(x
2
2
(n + 1)
Idem pour x
2
(n + 1)
(n + 1)
;
;
Donc gn+1 est nulle en dehors de
2
2
Par récurrence, on a montré que,
h n n i
pour tout n 2 N ; gn est nulle en dehors du segment
;
2 2
h n n i
remarque : on ne prouve pas que la fonction est non nulle sur
;
2 2
IIIC4)
!
Z =2
Z =2
1
1
gb(t) =
cos (x) e xt dx = Re
e( t+i)x dx
2
2
=2
=2
or
Z
=2
e(
t+i)x
dx =
e(
=2
t+i)x
=
t+i
=2
=2
t+i
ie
t2 + 1
t =2
+ iet
=2
D’où:
IIIC5) gc
n
t
p
n
=
n
t
gb p
n
ln
gb(t) =
t2
1
t
ch
+1
2
: Prenons le logarithme ( la fonction est strictement positive).
gc
n
t
p
n
t
= n ln gb p
n
= n ln ch
Prenons des équivalents pour n tendant vers l’in…ni:
7
t
p
2 n
ln 1 +
t2
n
:
t) = 0:
t
p
2 n
lim
t
= 0 et lim ch p
2 n
t
p
2 n
n ln ch
n ln 1 +
t2
n
= 1 donc
n >+1
n >+1
t
p
2 n
n ch
1
n >+1
0
t
p
2 n
2
B
B
nB
@
2
1
C
C
C
A
n >+1
t2 2
8
t2
2
t
p
n
lim gc
n
n!1
= exp
1 t2
8
Partie IV
IVA1) On applique le IIC2 à la fonction hn ; qui est dans E :
cn est C 2 et on connaît ses dérivées, donc h
cn admet un développement limité à l’ordre 2 en 0 :
h
0
00
1
cn (t) = 1 + h
cn (0)t + h
cn (0)t2 + o(t2 ) = 1 M1;n t + 1 M2;n t2 + o(t2 ):
h
2
2
cn (t) = b
IVA2) Par ailleurs: h
h(t)
=1
n
n
1
M1;1 t + M2;1 t2 + o(t2 )
2
n
n (n 1) 2
nM1;1 t +
M2;1 +
M1;1 t2 + o(t2 ):
2
2
=
1
2
1) M1;1
;
Par unicité du D.L., on en déduit: M1;n = nM1;1 et M2;n = nM2;1 + n (n
donc Vn = M2;n
2
M1;n
= nM2;1
2
nM1;1
= nV1 :
M1;n = nM1;1
cn
IVB) h
t
p
n
=
b
h
t
p
n
Pour n tendant vers l’in…ni: b
h
Donc b
h
t
p
n
et Vn = nV1
n
t
p
n
=1+
M2;1 t2
+o
2n
1
n
( car M1;1 = 0) :
tend vers 1:On peut prendre le ln pour n assez grand et
cn
ln h
t
p
n
= n ln b
h
cn
lim h
n!1
t
p
n
t
p
n
n b
h
= exp
remarque: Pour f : M1;1 = 0; M2;1 = m2 = 1: On a bien lim c
fn
n!1
pour g .
8
t
p
n
M2;1 t2
2
1
M2;1 t2
2
t
p
n
= exp
t2
2
:On peut faire aussi la véri…cation