Corrigé du DM5 ( CCP PSI 2004) . PARTIE I
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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