LYON 2006 PREMIER PROBL`EME Préliminaires

9-12- 2012
J.F.C.
p. 1
LYON 2006 PREMIER PROBLÈME
Préliminaires
1. a. Soit n un élément de N.
2
tn e−t
∀t ∈]0, +∞[,
1
t2
2
= tn+2 e−t = (t2 )
Or par croissance comparée ∀α ∈ R,
n+2
2
2
e−t .
lim
x→+∞
xα e−x = 0 donc ∀α ∈ R,
lim
t→+∞
2
(t2 )α e−t
= 0.
2
Alors lim
t→+∞
(t2 )
n+2
2
2
e−t
= 0. Ainsi lim
tn e−t
1
t2
t→+∞
= 0. Par conséquent :
2
∀n ∈ N, tn e−t =
o
t→+∞
1
.
t2
2
b. Soit n un élément de N. fn : t → tn e−t est continue sur R.
1
• fn (t) = o
.
t→+∞ t2
• ∀t ∈ [1, +∞[, fn (t) > 0 et
+∞
Z
•
1
1
> 0.
t2
dt
converge car 2 > 1.
t2
Les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions positives montrent alors que
Z +∞
fn (t) dt est convergente.
1
Z
+∞
fn (t) dt converge également puisque fn est continue sur [0, 1].
0
Soit A un réel strictement négatif.
0
Z
Le changement de variable u = −t donne sans difficulté :
Z
0
fn (t) dt = −
−A
A
2
−A
Z
fn (−u) du =
fn (−u) du.
0
2
Observons que ∀u ∈ R, fn (−u) = (−u)n e−u = (−1)n un e−u = (−1)n fn (u) (fn a la parité de n).
Z 0
Z −A
Alors
fn (t) dt = (−1)n
fn (u) du.
A
0
Z
Or lim (−A) = +∞ et
A→−∞
+∞
0
Z
+∞
Finalement
0
Z
fn (t) dt converge et vaut (−1)n
fn (u) du converge. Ainsi
−∞
Z
fn (t) dt converge et vaut 1 + (−1)n
−∞
fn (t) dt.
0
Z
+∞
−∞
2
tn e−t dt est convergente.
+∞
fn (u) du.
0
+∞
Pour tout élément n de N, l’intégrale
Z
J.F.C.
Z
Remarque
+∞
2
tn e−t dt = 2
Si n est un élément pair de N,
Z
−∞
+∞
Z
+∞
p. 2
2
tn e−t dt.
0
2
tn e−t dt = 0.
Si n est un élément impair de N,
−∞
2. Soit P un élément de R[X].
Il existe un élément r de N et un élément (a0 , a1 , . . . , ar ) de Rr+1 tel que P =
r
X
an X n .
n=0
Z
+∞
n −t2
t e
Pour tout élément n de [[0, r]],
Z
dt converge donc
−∞
−∞
Z
+∞
Ainsi
−∞
r
X
!
an t
2
e−t dt converge. Donc
n
r
X
+∞
Z
+∞
!
n −t2
an (t e
) dt converge.
n=0
2
P (t) e−t dt converge.
−∞
n=0
Z
+∞
2
P (t) e−t dt converge.
Pour tout élément P de R[X],
−∞
3. a. Soit n un élément de N. Soient A et B deux réels.
2
1
Posons ∀t ∈ R, u(t) = tn+1 et ∀t ∈ R, v(t) = − e−t .
2
2
u et v sont de classe C 1 sur R et ∀t ∈ R, u0 (t) = (n + 1) tn et ∀t ∈ R, v 0 (t) = t e−t .
Une intégration par parties simple donne alors :
Z B
Z B
h
iB Z
2
tn+2 e−t dt =
u(t) v 0 (t) dt = u(t) v(t) −
A
A
A
B
u0 (t) v(t) dt.
A
B Z B
1
1
2
2
2
−
(n + 1) tn − e−t dt.
tn+2 e−t dt = tn+1 − e−t
2
2
A
A
A
Z B
Z B
2
2
2
2
1
1
n+1
tn+2 e−t dt = An+1 e−A − B n+1 e−B +
tn e−t dt.
2
2
2
A
A
2
2
1
1
. Or lim
= 0. Ainsi lim B n+1 e−B = 0.
D’après 1.a., B n+1 e−B = o
2
2
B→+∞ B
B→+∞
B→+∞ B
2
lim (−A) = +∞. Donc lim (−A)n+1 e−(−A) = 0 d’après ce que nous venons de voir.
Z
B
A→−∞
Ainsi
A→−∞
lim
A→−∞
(−1)n+1 An+1 e−A
2
= 0 donc
lim
A→−∞
An+1 e−A
2
= 0.
Z
2
1 n+1 −A2 1 n+1 −B 2 n + 1 B n −t2
e
− B
e
+
t e
dt, lim An+1 e−A = 0,
Alors
t
e
dt = A
A→−∞
2
2
2
A
A
Z
Z
+∞
+∞
2
2
2
lim B n+1 e−B = 0, In+1 =
tn+1 e−t dt et In =
tn e−t dt convergent.
Z
B→+∞
B
n+2 −t2
−∞
−∞
Alors en faisant tendre A vers −∞, puis B vers +∞ dans l’égalité précédente on obtient : In+1 =
∀n ∈ N, In+1 =
n+1
In .
2
n+1
In .
2
J.F.C.
Z
+∞
b. Nous avons vu plus haut que si n est un élément impair de N alors
p. 3
2
tn e−t dt = 0. Ainsi :
−∞
∀p ∈ N, I2p+1 = 0 .
c. Montrons par récurrence que ∀p ∈ N, I2p =
Z
+∞
(2p)! √
π.
22p p!
2
e−t dt. Oublions le résultat proposé... pour tester le théorème de changement de variable sur
• I0 =
−∞
les intégrales généralisées.
t2
1
Posons ∀t ∈ R, ϕ(t) = √
e− 2 . ϕ est une densité d’une variable aléatoire qui suit la loi normale centrée
2π
Z +∞
Z +∞
√
t2
réduite. Alors
ϕ(t) dt = 1. Ce qui donne
e− 2 dt = 2 π.
−∞
−∞
t
h : u → e−u est continue sur ] − ∞, +∞[, ψ : t → √ est de classe C 1 sur ] − ∞, +∞[, strictement croissante
2
sur ] − ∞, +∞[ et définit une bijection de ] − ∞, +∞[ sur ] − ∞, +∞[.
Z +∞
Z +∞
Alors
h(u) du et
h ψ(t) ψ 0 (t) dt sont de même nature et en cas de convergence sont égales.
2
−∞
Z
−∞
+∞
Or
+∞
Z
h ψ(t) ψ 0 (t) dt existe et vaut I0 .
h(u) du = I0 existe donc
−∞
−∞
Z
+∞
h ψ(t) ψ 0 (t) dt =
Ainsi I0 =
−∞
Alors I0 =
√
π=
Z
+∞
2
− t2
e
−∞
1
1
√ dt = √
2
2
Z
+∞
2
− t2
e
−∞
√
2π √
dt = √ = π.
2
(2 × 0)! √
π et la propriété est vraie pour p = 0.
22×0 0!
• Supposons la propriété vraie pour un élément p de N et montrons la pour p + 1.
I2(p+1) = I2p+2 =
2(p + 1) ! √
2p + 1
(2p + 2) (2p + 1)
(2p + 2) (2p + 1) (2p)! √
I2p =
I
=
π
=
π.
2p
2
22 (p + 1)
22 (p + 1)
22p p!
22(p+1) (p + 1)!
Ceci achève la récurrence.
∀p ∈ N, I2p =
(2p)! √
π.
22p p!
J.F.C.
I
p. 4
Recherche d’extremums locaux pour une fonction de deux variables réelles
1. Soit x et y deux réels.
t → (t − x)2 (t − y)2 est une fonction polynôme donc
Z
+∞
2
(t − x)2 (t − y)2 e−t dt est convergente d’après
−∞
le préliminaire.
1
Par conséquent F (x, y) = √
π
Z
+∞
2
(t − x)2 (t − y)2 e−t dt existe.
−∞
2
2
∀t ∈ R, (t − x)2 (t − y)2 e−t = (t2 − 2 x t + x2 ) (t2 − 2 y t + y 2 ) e−t . Alors :
2
2
∀t ∈ R, (t − x)2 (t − y)2 e−t = t4 − 2 (x + y) t3 + (x2 + 4x y + y 2 ) t2 − 2 (x y 2 + y x2 ) t + x2 y 2 e−t .
2
2
2
2
2
2
∀t ∈ R, (t−x)2 (t−y)2 e−t = t4 e−t −2 (x+y) t3 e−t +(x2 +4x y+y 2 ) t2 e−t −2 (x y 2 +y x2 ) t e−t +x2 y 2 e−t .
Z +∞
2
Rappelons que pour tout élément n de N, In =
tn e−t dt converge. Alors, par linéarité, il vient :
−∞
Z
+∞
2
(t − x)2 (t − y)2 e−t dt = I4 − 2 (x + y) I3 + (x2 + 4x y + y 2 ) I2 − 2 (x y 2 + y x2 ) I1 + x2 y 2 I0 .
−∞
0+1
1√
2+1
3√
I0 =
π et I4 =
I2 =
π.
2
2
2
4
Z +∞
√
3 1
2
Ainsi
+
x2 + 4xy + y 2 + x2 y 2 π.
(t − x)2 (t − y)2 e−t dt =
4 2
−∞
Z +∞
2
3 1 2
1
(t − x)2 (t − y)2 e−t dt = +
x + 4xy + y 2 + x2 y 2 .
Ainsi F (x, y) = √
4 2
π −∞
Or I3 = I1 = 0. I0 =
√
π, I2 =
∀(x, y) ∈ R2 , F (x, y) =
3 1 2
+
x + 4xy + y 2 + x2 y 2 .
4 2
2. F est une application polynômiale de R2 dans R donc F est de classe C 2 sur R2 . En particulier F possède
des dérivées partielles premières en tout point de R2 .
∂F
1
(x, y) =
2x + 4y + 2x y 2 = x + 2y + 2x y 2 .
∂x
2
∂F
1
De même ∀(x, y) ∈ R2 ,
(x, y) =
4x + 2y + 2x2 y = 2x + y + 2x2 y.
∂y
2
∀(x, y) ∈ R2 ,
∀(x, y) ∈ R2 ,
∂F
∂F
(x, y) = x + 2y + 2x y 2 et
(x, y) = 2x + y + 2x2 y.
∂x
∂y
Soit X = (x, y) un élément de R2 .
(
x + 2y + 2x y 2 = 0
∂F
∂F
(X) =
(X) = 0 ⇐⇒
∂x
∂y
2x + y + 2x2 y = 0
.
En rempaçant la seconde ligne par la seconde moins la première et en factorisant par x − y il vient :
J.F.C.
∂F
∂F
(X) =
(X) = 0 ⇐⇒
∂x
∂y
(
x + 2y + 2x y 2 = 0
(x − y) (1 + 2xy) = 0
x = y
∂F
∂F
(X) =
(X) = 0 ⇐⇒
∂x
∂y
x (3 + 2 x2 ) = 0
x = y
⇐⇒ x = y = 0.
x (3 + 2 x2 ) = 0
. Alors :
(
ou
p. 5
2xy = −1
x + 2y + (−1) y = 0
.


1
1


√
x
=
x = −√




2xy = −1
2
2
⇐⇒
ou
.


1
1
x + 2y + (−1) y = 0


 y = −√
y = √
2
2
∂F
1
1
1
∂F
1
ou X = − √ , √ .
(X) =
(X) = 0 ⇐⇒ X = (0, 0) ou X = √ , − √
∂x
∂y
2
2
2
2

 y = −x
⇐⇒
1
 x2 =
2
(
F possède exactement trois points critiques : O = (0, 0), A =
1
1
√ , −√
2
2
et B =
1
1
−√ , √ .
2
2
3. F est de classe C 1 sur l’ouvert R2 donc si F possède un extremum en un point X de R2 alors son gradient
∂F
∂F
s’annule en X et ainsi
(X) =
(X) = 0.
∂x
∂y
Alors F ne peut admettre un extremum local qu’en O, A ou B.
Nous avons vu que F est de classe C 2 sur R2 .
Rappelons que ∀(x, y) ∈ R2 ,
Alors ∀(x, y) ∈ R2 ,
∂F
∂F
(x, y) = x + 2y + 2x y 2 et
(x, y) = 2x + y + 2x2 y.
∂x
∂y
2
∂2F
∂2F
∂2F
2 ∂ F
2
(x,
y)
=
1
+
2y
,
(x,
y)
=
1
+
2x
et
(x,
y)
=
(x, y) = 2 + 4xy.
∂x2
∂y 2
∂x∂y
∂y∂x
En utilisant les notations de Monge on obtient en O = (0, 0) : rt − s2 = 1 × 1 − 22 = −3 < 0. F ne possède
pas d’extremum local en O = (0, 0).
1
1
1
1
En A = √ , − √
et B = − √ , √
on obtient : rt − s2 = 2 × 2 − 02 = 4 > 0 et r = 2 > 0.
2
2
2
2
1
1
1
1
F possède en A = √ , − √
et B = − √ , √
un minimum local.
2
2
2
2
3 11
1 1 1 1
1
Notons encore que F (A) = F (B) = +
−4 +
+ × = ·
4 2 2
2 2
2 2
2
En A =
1
1
√ , −√
2
2
et B =
1
1
−√ , √
2
2
F possède un minimum local qui vaut
1
·
2
De plus ce sont les seuls points de R2 où F possède un extremum local.
Remarque
Vous avez dit local ? Mouais ?
∀(x, y) ∈ R2 , F (x, y) −
3 1
1
1
1
1
= +
(x + y)2 + 2 xy + (xy)2 − = (x + y)2 + (xy)2 + (xy) + ·
2
4 2
2
2
4
J.F.C.
p. 6
2
1
1
1
2
> 0.
∀(x, y) ∈ R , F (x, y) − = (x + y) + xy +
2
2
2
2
Ainsi F admet un minimum global qui vaut
II
1
atteint en les seuls points A et B.
2
Calcul d’intégrales dépendant d’un paramètre
2
1. Soit x un réel. ϕx : x → sin(xt) e−t est continue sur R.
Z +∞
Z
2
2
2
∀t ∈ [0, +∞[, 0 6 |ϕx (t)| = | sin(xt)| e−t 6 e−t et
e−t dt converge car I0 =
+∞
2
e−t dt converge.
−∞
0
Les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions positives montrent alors que
Z +∞
Z +∞
ϕx (t) dt est absolument convergente donc convergente.
|ϕx (t)| dt converge. Ainsi
0
0
−t2
ψx : x → t cos(xt) e
est continue sur R.
−t2
∀t ∈ [0, +∞[, 0 6 |ψx (t)| = | cos(xt)| t e
−t2
6 te
Z
et
+∞
−t2
te
Z
+∞
dt converge car I1 =
2
t e−t dt
−∞
0
converge.
Les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions positives montrent alors que
Z +∞
Z +∞
|ψx (t)| dt converge. Ainsi
ψx (t) dt est absolument convergente donc convergente.
0
0
Z
+∞
−t2
sin(xt) e
Z
dt et
0
+∞
2
t cos(xt) e−t dt convergent.
0
2. Soit a et λ deux réels. sin est de classe C 2 sur R. L’inégalité de Taylor-lagrange appliquée à sin à l’ordre
1 donne :
| sin(a + λ) − sin(a) − (a + λ − a) sin0 (a)| 6
Ainsi | sin(a + λ) − sin(a) − λ cos(a)| 6
λ2
2
|a + λ − a|2
2
| sin00 (u)|.
Max
u∈[Min(a,a+λ),Max(a,a+λ)]
Max
u∈[Min(a,a+λ),Max(a,a+λ)]
| − sin(u)| 6
∀a ∈ R, ∀λ ∈ R, | sin(a + λ) − sin(a) − λ cos(a)| 6
3. a. Soit x un réel et h un réel non nul. Posons ∆x (h) =
λ2
· Finalement :
2
λ2
·
2
S(x + h) − S(x)
− C(x).
h
1
S(x + h) − S(x) − h C(x) .
h
Z +∞
Z +∞
Z +∞
−t2
1
−t2
−t2
∆x (h) =
sin (x + h) t e
dt +
sin(xt) e
dt − h
t cos(xt) e
dt .
h
0
0
0
Z +∞ 1
−t2
∆x (h) =
sin(xt + ht) + sin(xt) − ht cos(xt) e
dt .
h
0
∆x (h) =
J.F.C.
p. 7
Soit A un réel strictement positif.
Z
Z
A
A
2
−t2
sin (x + h) t + sin(xt) − ht cos(xt) e
dt 6
sin (x + h) t + sin(xt) − ht cos(xt) e−t dt.
0
0
En utilisant le résultat de 2. (avec a = xt et λ = ht) il vient :
Z
Z
Z A
A
A
2
(ht)2 −t2
h2
−t2
sin (x + h) t + sin(xt) − ht cos(xt) e
dt 6
t2 e−t dt.
e
dt =
0
2
2 0
0
Z +∞ Z
+∞
2
2
sin (x + h) t + sin(xt) − ht cos(xt) e−t dt et
t2 e−t dt existent.
0
0
En faisant tendre A ver +∞ on obtient alors :
Z +∞ Z +∞
Z +∞
h2
2
|h|2
−t2
2 −t2
6
sin
(x
+
h)
t
+
sin(xt)
−
ht
cos(xt)
e
dt
t
e
dt
=
t2 e−t dt.
2
2
0
0
0
Z +∞ Z +∞
2
2
|h|
1 Alors |∆x (h)| =
sin(xt + ht) + sin(xt) − ht cos(xt) e−t dt 6
t2 e−t dt.
|h| 0
2 0
Z +∞
2
|h|
Ainsi |∆x (h)| 6
t2 e−t dt pour tout réel h non nul.
2 0
En faisant tendre h vers zéro il vient par encadrement : lim ∆x (h) = 0.
h→0
S(x + h) − S(x)
Ainsi lim
− C(x) = 0.
h→0
h
Pour tout x dans R : lim
h→0
b. Soit x un élément de R : lim
h→0
S(x + h) − S(x)
− C(x) = 0.
h
S(x + h) − S(x)
S(x + h) − S(x)
− C(x) = 0 donc lim
= C(x).
h→0
h
h
Alors S est dérivable en x et S 0 (x) = C(x).
S est dérivable sur R et pour tout x dans R, S 0 (x) = C(x).
4. a. Soit x un élément de R.
2
1
Soit A un réel strictement positif. Posons ici ∀t ∈ R, u(t) = cos(xt) et ∀t ∈ R, v(t) = − e−t .
2
2
u et v sont de classe C 1 sur R, ∀t ∈ R, u0 (t) = −x sin(xt) et ∀t ∈ R, v 0 (t) = t e−t .
Z A
Z A
2
De plus
t cos(xt) e−t dt =
u(t) v 0 (t) dt. En intégrant par parties il vient alors :
0
0
A
Z
−t2
t cos(xt) e
dt = cos(xt)
0
2
1
− e−t
2
i
Z
A
−
0
0
A
− x sin(xt)
2
1
− e−t
2
Z
2
2
1 1
x A
− cos(xA) e−A −
sin(xt) e−t dt (F).
2 2
2 0
0
2
2
2
Notons que cos(xA) e−A = | cos(xA)| e−A 6 e−A donc, par encadrement
Z
A
h
dt.
2
t cos(xt) e−t dt =
2
lim e−A = 0.
A→+∞
lim
A→+∞
cos(xA) e−A
2
= 0 car
J.F.C.
Z
De plus
+∞
2
t cos(xt) e−t dt et
+∞
Z
p. 8
2
sin(xt) e−t dt converge donc en faisant tendre A vers +∞ dans (F)
0
0
il vient :
Z +∞
Z
2
1 x +∞
1 x
−t2
t cos(xt) e
dt = −
sin(xt) e−t dt ; soit encore : C(x) = − S(x).
2 2 0
2 2
0
Pour tout x dans R : C(x) =
b. Posons ∀x ∈ R, `(x) = 2 e
x
Z
x2
4
S(x) −
1 x
− S(x).
2 2
t2
e 4 dt.
0
x → 2e
x2
4
x2
x2
et S sont dérivables sur R donc x → 2 e 4 S(x) est dérivable sur R.
Z x 2
t
e 4 dt est une primitive de cette fonction sur R. Ainsi
est continue sur R. Alors x →
x → e4
Z x 2
t
x→
e 4 dt est dérivable sur R.
0
0
` est donc dérivable sur R comme différence de deux fonctions dérivables sur R.
x x2
x
x2
x2
x2
1
De plus ∀x ∈ R, `0 (x) = 2
e 4 S(x) + 2 e 4 S 0 (x) − e 4 = 2 e 4
S(x) − + S 0 (x) .
2
2
2
x2
Alors ∀x ∈ R, `0 (x) = 2 e 4 − C(x) + S 0 (x) = 0.
Par conséquent ` est constante sur R. Donc ∀x ∈ R, `(x) = `(0).
Z 0 2
Z +∞
2
02
t
Or `(0) = 2 e 4 S(0) −
e 4 dt = 2 S(0) =
sin(0 × t) e−t dt = 0.
0
Ainsi ∀x ∈ R, 2 e
x2
4
0
Z
S(x) −
x
e
t2
4
dt = `(x) = 0. Finalement
0
∀x ∈ R, 2 e
x2
4
Z
S(x) =
x
t2
e 4 dt.
0
x
Z
1 − x2 x t2
4
e dt = e
e 4 dt.
c. ∀x ∈ R, 2 e S(x) =
e dt donc ∀x ∈ R, S(x) =
x2
2
0
0
2e 4 0
Z
Z
1 x 1 − x2 x t2
1 x x2 x t2
1 x
e 4
e 4 dt = − e− 4
e 4 dt.
∀x ∈ R, C(x) = − S(x) = −
2 2
2 2 2
2 4
0
0
x2
4
Z
x
1
t2
4
∀x ∈ R, S(x) =
III
1 − x2
e 4
2
Z
0
x
t2
Z
t2
4
e 4 dt et S 0 (x) = C(x) =
1 x − x2
− e 4
2 4
Z
x
t2
e 4 dt.
0
Obtention d’un développement limité
2
1
e−t est continue sur R.
1 + x2 t2
2
2
2
1
1
De plus ∀t ∈ R, 0 6
6 1 et 0 6 e−t . Alors ∀t ∈ R, 0 6
e−t 6 e−t .
1 + x2 t2
1 + x2 t2
1. Soit x un réel. t →
J.F.C.
Z
+∞
p. 9
2
e−t dt et les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions
−∞
Z +∞
2
1
positives montrent alors que
e−t dt converge.
2
2
−∞ 1 + x t
La convergence de I0 =
Z
+∞
2
1
e−t dt converge.
1 + x2 t2
Pour tout réel x,
−∞
2. a. Soit u un réel positif ou nul. 1 − u + u2 −
Or 0 6
1
(1 − u + u2 ) (1 + u) − 1
(1 + u3 ) − 1
u3
=
=
=
·
1+u
1+u
1+u
1+u
1
u3
1
6 1 et 0 6 u3 donc 0 6
6 u3 . Ainsi 0 6 1 − u + u2 −
6 u3 .
1+u
1+u
1+u
∀u ∈ [0, +∞[, 0 6 1 − u + u2 −
1
6 u3 .
1+u
b. Soit x un réel. t → 1 − x2 t2 + x4 t4 est une fonction polynôme donc
Z
+∞
2
1 − x2 t2 + x4 t4 e−t dt
−∞
converge.
Z +∞
Z
−t2
2 2
4 4
1−x t +x t e
dt − g(x) =
−∞
+∞
−∞
1
1−x t +x t −
1 + x2 t2
2 2
4 4
2
e−t dt.
∀t ∈ R, x2 t2 ∈ [0, +∞[ donc d’après ce qui précède : ∀t ∈ R, 0 6 1 − x2 t2 + x4 t4 −
1
6 (x2 t2 )3 .
1 + x2 t2
2
2
1
e−t 6 x6 t6 e−t pour tout réel t.
2
2
1+x t
Z +∞
2
1
−t2
e
dt 6
x6 t6 e−t dt car toutes les inté1 + x2 t2
−∞
2
2
Comme ∀t ∈ R, e−t > 0 : 0 6 1 − x2 t2 + x4 t4 e−t −
Z
+∞
2 2
4 4
1−x t +x t
Alors 0 6
−t2
e
Z
+∞
dt −
−∞
−∞
grales convergent.
Z +∞
Z
2
Ainsi 0 6
1 − x2 t2 + x4 t4 e−t dt − g(x) 6
−∞
+∞
2
x6 t6 e−t dt = x6 I6 = x6
Remarquons que
−∞
Z
√
5 3√
15 π 6
4+1
I4 = x6
π=
x . Finalement :
2
2 4
8
+∞
2 2
∀x ∈ R, 0 6
+∞
3. ∀x ∈ R,
−∞
Posons Q =
π−
4 4
1−x t +x t
−∞
√
2
x6 t6 e−t dt.
−∞
Z
Z
+∞
−t2
e
√
15 π 6
dt − g(x) 6
x .
8
√
2
1 − x2 t2 + x4 t4 e−t dt = I0 − x2 I2 + x4 I4 = π −
√
√
π 2 3 π 4
x +
x .
2
4
√
π 2 3 π 4
X +
X . Q est un élément de R[X] de degré 4 donc de degré inférieur ou égal
2
4
√
à 5.
Montrons que g(x) = Q(x) + o(x5 ) au voisinage de 0. Nous pourrons alors dire que g possède un développement limité à l’ordre 5 en 0 de partie régulière Q.
Pour cela il suffit de montrer que lim
x→0
g(x) − Q(x)
Q(x) − g(x)
= 0 ou que lim
= 0.
x→0
x5
x5
J.F.C.
p. 10
√
2
15 π 6
1 − x2 t2 + x4 t4 e−t dt − g(x) 6
x .
8
−∞
√
√
15 π 6
15 π 6
Donc : ∀x ∈ R, 0 6 |Q(x) − g(x)| = Q(x) − g(x) 6
x 6
|x| .
8
8
√
Q(x) − g(x) 15 π
6
|x|.
Donc : ∀x ∈ R∗ , 0 6 x5
8
√
15 π
Q(x) − g(x)
lim
= 0.
|x| = 0 donc par encadrement il vient lim
x→0
x→0
8
x5
√
√
√
π 2 3 π 4
5
o(x
Ceci achève de montrer que g(x) = Q(x) +
) au voisinage de 0 avec Q = π −
X +
X . Ainsi :
2
4
Z
+∞
∀x ∈ R, 0 6 Q(x) − g(x) =
g admet un développement limité à l’ordre 5 en 0 qui est : g(x) =
IV
√
√
π−
√
π 2 3 π 4
x +
x + o(x5 ).
2
4
Nature d’une série
2
t2p
e−t est continue sur R.
2
t + (2p)!
Z +∞
2
1 2p −t2
1
1
6
t e
et
I2p =
t2p e−t dt converge.
(2p)!
(2p)!
(2p)! −∞
1. Soit p un élément de N. t →
∀t ∈ R, 0 6
2
t2p
e−t
t2 + (2p)!
Les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions positives montrent alors la convergence
Z +∞
2
t2p
e−t dt.
de
2
−∞ t + (2p)!
Z
+∞
Pour tout élément p de N,
−∞
2
t2p
1 2p −t2
e−t 6
t e .
+ (2p)!
(2p)!
Z +∞
2
t2p
1
1
−t2
e
I2p car ces intégrales convergent.
dt
6
t2p e−t dt =
2
t + (2p)!
(2p)! −∞
(2p)!
2. Soit p un élément de N. ∀t ∈ R, 0 6
Z
+∞
Ainsi 0 6 up =
−∞
2
t2p
e−t dt converge.
t2 + (2p)!
t2
Pour tout élément p de N, 0 6 up 6
∀p ∈ N, I2p =
I2p
·
(2p)!
√ (1/4)p
√ (1/4)p
(2p)! √
I2p
π
donc
∀p
∈
N,
=
π
·
Ainsi
∀p
∈
N,
0
6
u
6
π
·
p
22p p!
(2p)!
p!
p!
(1/4)p
et les règles de comparaison sur les séries à termes positifs
p!
montrent alors la convergence de la série de terme général up .
La convergence de la série de terme général
La série de terme général up converge.