Corrigé - Université Paris

Université Paris-Dauphine
DUMI2E 1e année
Analyse 2
11 avril 2008
Examen Partiel
Corrigé
Question de cours 1 (5 points). Donner la définition de fonction uniformément continue et
montrer que toute fonction continue sur un sous-ensemble fermé et borné de R est uniformément
continue.
Voir cours.
Exercice 2 (4 points). Calculer, si elle existe, en justifiant sa réponse, la limite
sin(sin(x)) − arctan(x)
.
x→0
x5
lim
u3
u5
+
+ o(u5 ) à l’ordre 5, au voisinage
6
120
de u = 0, le développement au même ordre de u = sin x au voisinage de x = 0, on trouve :
En substituant dans le développement de sin u = u −
sin(sin x) = x −
x3 x5
+
+ o(x5 )
3
10
En soustrayant le développement à l’ordre cinq de arctan x, on déduit le développement à l’ordre
cinq, au voisinage de x = 0, du numérateur :
sin(sin x) − arctan x = −
x5
+ o(x5 )
10
qui fournit la limite −1/10 du quotient.
Exercice 3 (3 points). Soit f : [−2, 21 ] → R la fonction donnée par
f (x) = x3 + |x|.
Trouver, si ils existent, les valeurs de minimum et de maximum globaux de f , ainsi que les points
où elles sont réalisées.
La fonction f est continue sur l’intervalle [−2, 12 ], donc atteint son maximum et son minimum
sur cet intervalle. Les extrema cherchés sont atteints :
– soit en l’une des extrémités −2 ou 1/2 de l’intervalle considéré.
– soit en l’unique point : x = 0 de non dérivabilité de f .
– soit, s’il en existe, en un point x de l’intervalle [−2, 1/2] en lequel f est dérivable et f 0 (x) = 0.
La dérivée f 0 (x) = 3 x2 + 1 de f aux points x de l’intervalle ]0, 21 [ n’est jamais nulle. La dérivée
√
f 0 (x) = 3 x2 − 1 de f aux points de√l’intervalle [−2, 0[ est nulle pour : x = −1/ 3. Il y a donc
a priori quatre candidats : −2, −1/ 3, 0, et 1/2. En comparant les valeurs de f en ces points,
on trouve que le maximum 5/8 est atteint en x = 21 , et le minimum −6 en x = −2.
1
Exercice 4 (9 points). Si f : [a, b] → R est une fonction intégrable et n ∈ N, considérons
l’intégrale suivante :
Z b
In :=
f (t) sin(nt)dt.
a
1. Demontrer que cette intégrale est bien définie, c’est-à-dire que la fonction intégrande
t 7→ f (t) sin(nt) est bien intégrable ;
La fonction ϕ : t 7→ sin(nt) est continue sur R, donc intégrable sur tout intervalle borné
de R. Si f est intégrable sur [a, b], le produit des fonctions intégrables f et ϕ l’est aussi.
2. calculer la valeur de cette intégrale dans le cas où f est la constante 1 ;
b
Z b
1
1
sin(nt) dt = − cos(nt) = [cos(na) − cos(nb)]
Si f est la constante 1 : In =
n
n
a
a
3. montrer que limn→∞ In = 0 pour toute fonction constante f ;
Si f est une constante C, la question précédente donne : In =
particulier : |In | ≤ 2/n → 0.
C
[cos(na) − cos(nb)]. En
n
4. montrer que limn→∞ In = 0 pour toute fonction étagée f ;
Soit t0 = a < t1 < . . . < tK = b une subdivision de l’intervalle [a, b] adaptée à f , et, mk
(k = 0, . . . , K − 1) la valeur constante de f sur l’intervalle ]tk , tk+1 [. La relation de Chasles
donne :
Z b
K−1
K−1
X Z tk+1
1 X
In =
f (t) sin(nt) dt =
f (t) sin(nt) dt =
mk [cos(ntk ) − cos(ntk+1 )]
n
a
tk
k=0
d’où : |In | ≤ 2/n
PK−1
k=0
k=0
|mk | → 0.
5. montrer que limn→∞ In = 0 pour toute fonction f ∈ C 1 ([a, b]) ;
Lorsque f est C 1 ([a, b]), on obtient, en intégrant par parties :
Z
Z b
1
1 b 0
f (t) cos(nt) dt − [f (t) cos(nt)]ba
In =
f (t) sin(nt) dt =
n a
n
a
qui implique : |In | ≤
L = |b − a|.
L C2 + 2C1
→ 0, où C1 majore |f (t)|, C2 majore |f 0 t)| sur [a, b], et
n
6. montrer que limn→∞ In = 0 pour toute fonction intégrable f (il peut être utile approcher
Rb
f par une fonction étagée g telle que a |g(t) − f (t)|dt < ε) ;
Rb
Soient ε > 0 donné, g une fonction étagée telle que : a |f (t) − g(t)| dt < ε/2, et n assez
R
b
grand pour que : a g(t) sin(nt) dt < ε/2. Il vient :
Z b
Z b
Z b
ε
|In | ≤ [f (t) − g(t)] sin(nt) dt + g(t) sin(nt) dt ≤
|f (t) − g(t)| dt + ≤ ε
2
a
a
a
Le résultat valant pour tout ε > 0 : In → 0.
7. calculer la valeur de In si b = −M et a = M (pour un M > 0), n ≥ 1 et f est paire ;
Si f est paire, l’intégrande f (t) sin(nt) est impaire, et son intégrale sur tout intervalle
[−M, M ] centré en t = 0 est nulle.
2
8. calculer la valeur de In pour [a, b] = [0, π] et f (t) = t.
Les fonctions : u(t) = t et v(t) = −(1/n) cos(nt) sont de classe C 1 sur l’intervalle [0, π],
donc :
Z π
Z π
Z π
h
iπ
0
u0 (t)v(t) dt + u(t)v(t)
u(t)v (t) dt = −
t sin(nt) dt =
In =
0
π π
1 π
t
t
1
π
cos(nt) dt −
cos(nt) =
sin(nt) − cos(nt) = (−1)n+1
2
n 0
n
n
n
n
0
0
Z
=
0
0
0
3