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 Rest uniformément
continue.
Voir cours.
Exercice 2 (4 points).Calculer, si elle existe, en justifiant sa réponse, la limite
lim
x→0
sin(sin(x)) −arctan(x)
x5.
En substituant dans le développement de sin u=u−u3
6+u5 120 +o(u5)à l’ordre 5, au voisinage
de u= 0, le développement au même ordre de u= sin xau voisinage de x= 0, on trouve :
sin(sin x) = x−x3
3+x5 10 +o(x5)
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
10 +o(x5)
qui fournit la limite −1/10 du quotient.
Exercice 3 (3 points).Soit f: [−2,1
2]→Rla 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 fest continue sur l’intervalle [−2,1
2], donc atteint son maximum et son minimum
sur cet intervalle. Les extrema cherchés sont atteints :
– soit en l’une des extrémités −2ou 1/2de l’intervalle considéré.
– soit en l’unique point : x= 0 de non dérivabilité de f.
– soit, s’il en existe, en un point xde l’intervalle [−2,1/2] en lequel fest dérivable et f0(x) = 0.
La dérivée f0(x) = 3 x2+ 1 de faux points xde l’intervalle ]0,1
2[n’est jamais nulle. La dérivée
f0(x) = 3 x2−1de faux 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 fen ces points,
on trouve que le maximum 5/8est atteint en x=1
2, et le minimum −6en x=−2.
1

Exercice 4 (9 points).Si f: [a, b]→Rest une fonction intégrable et n∈N, considérons
l’intégrale suivante :
In:= Zb
a
f(t) sin(nt)dt.
1. Demontrer que cette intégrale est bien définie, c’est-à-dire que la fonction intégrande
t7→ f(t) sin(nt)est bien intégrable ;
La fonction ϕ:t7→ sin(nt)est continue sur R, donc intégrable sur tout intervalle borné
de R. Si fest intégrable sur [a, b], le produit des fonctions intégrables fet ϕl’est aussi.
2. calculer la valeur de cette intégrale dans le cas où fest la constante 1;
Si fest la constante 1 : In=Zb
a
sin(nt)dt =−1
ncos(nt)b
a
=1
n[cos(na)−cos(nb)]
3. montrer que limn→∞ In= 0 pour toute fonction constante f;
Si fest une constante C, la question précédente donne : In=C
n[cos(na)−cos(nb)]. En
particulier : |In| ≤ 2/n →0.
4. montrer que limn→∞ In= 0 pour toute fonction étagée f;
Soit t0=a < t1< . . . < tK=bune subdivision de l’intervalle [a, b]adaptée à f, et, mk
(k= 0, . . . , K −1) la valeur constante de fsur l’intervalle ]tk, tk+1[. La relation de Chasles
donne :
In=Zb
a
f(t) sin(nt)dt =
K−1
X
k=0 Ztk+1
tk
f(t) sin(nt)dt =1
n
K−1
X
k=0
mk[cos(ntk)−cos(ntk+1)]
d’où : |In| ≤ 2/n PK−1
k=0 |mk| → 0.
5. montrer que limn→∞ In= 0 pour toute fonction f∈C1([a, b]) ;
Lorsque fest C1([a, b]), on obtient, en intégrant par parties :
In=Zb
a
f(t) sin(nt)dt =1
nZb
a
f0(t) cos(nt)dt −1
n[f(t) cos(nt)]b
a
qui implique : |In| ≤ L C2+ 2C1
n→0, où C1majore |f(t)|,C2majore |f0t)|sur [a, b], et
L=|b−a|.
6. montrer que limn→∞ In= 0 pour toute fonction intégrable f(il peut être utile approcher
fpar une fonction étagée gtelle que Rb
a|g(t)−f(t)|dt < ε) ;
Soient ε > 0donné, gune fonction étagée telle que : Rb
a|f(t)−g(t)|dt < ε/2, et nassez
grand pour que : 
Rb
ag(t) sin(nt)dt
< ε/2. Il vient :
|In| ≤ 
Zb
a
[f(t)−g(t)] sin(nt)dt +
Zb
a
g(t) sin(nt)dt
≤Zb
a|f(t)−g(t)|dt +ε
2≤ε
Le résultat valant pour tout ε > 0:In→0.
7. calculer la valeur de Insi b=−Met a=M(pour un M > 0), n≥1et fest paire ;
Si fest 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 Inpour [a, b] = [0, π]et f(t) = t.
Les fonctions : u(t) = tet v(t) = −(1/n) cos(nt)sont de classe C1sur l’intervalle [0, π],
donc :
In=Zπ
0
tsin(nt)dt =Zπ
0
u(t)v0(t)dt =−Zπ
0
u0(t)v(t)dt +hu(t)v(t)iπ
0
=1
nZπ
0
cos(nt)dt −t
ncos(nt)π
0
=1
n2sin(nt)−t ncos(nt)π
0
= (−1)n+1 π
n
3