PROBL`EME 1 Partie I - Calcul d`une intégrale

3-11- 2009 J.F.C. p. 1
EM LYON 2009 S J.F. COSSUTTA Lyc´ee Marcelin BERTHELOT SAINT-MAUR
[e-mail]
PROBL` EME 1
Partie I - Calcul d’une int´egrale
1. •fa,b :x→e−ax −e−bx
xest continue sur ]0,+∞[.
•Au voisinage de 0 : e−ax = 1 −ax +o(x) et e−bx = 1 −bx +o(x) donc e−ax −e−bx = (b−a)x+o(x).
Ainsi e−ax −e−bx
x= (b−a) + o(1) au voisinage de 0. Dans ces conditions lim
x→0fa,b(x) = b−a.
fa,b est donc prolongeable par continuit´e en 0. Par cons´equent Z1
0
fa,b(x) dxconverge.
•aet bsont strictement positifs donc lim
x→+∞x2fa,b(x)= lim x→+∞1
a
ax
eax −1 b
bx
ebx = 0 par croissance
compar´ee.
On a donc ´egalement lim
x→+∞x2|fa,b(x)|= 0 et ainsi |fa,b(x)|=o1
x2au voisinage de +∞.
De plus Z+∞
1
dx
x2converge et, |fa,b|et x→1 x2sont positives sur [1,+∞[.
Les r`egles de comparaison sur les int´egrales g´en´eralis´ees de fonctions positives montrent alors la convergence
de Z+∞
1
fa,b(x) dx.
Finalement Z+∞
0
fa,b(x) dxconverge.
Z+∞
0
e−ax −e−bx
xdxconverge.
2. a. Soit (ε, X) un ´el´ement de ]0,+∞[2tel que ε6X.
Notons que x→e−ax
xest continue sur [ε, X] et que la fonction x→ax est de classe C1sur R. Ceci autorise
le changement de variable y=a x dans ce qui suit.
ZX
ε
e−ax
xdx=ZaX
aε
e−y
y/a
1
ady=ZaX
aε
e−y
ydy.
De mani`ere analogue on obtient : ZX
ε
e−bx
xdx=ZbX
bε
e−y
ydy.

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Pour tout (ε, X) appartenant `a ]0,+∞[2tel que ε6X:
ZX
ε
e−ax
xdx=ZaX
aε
e−y
ydyet ZX
ε
e−bx
xdx=ZbX
bε
e−y
ydy.
b. Soit (ε, X) un ´el´ement de ]0,+∞[2tel que ε6X.
ZX
ε
e−ax −e−bx
xdx=ZX
ε
e−ax
xdx−ZX
ε
e−bx
xdx=ZaX
aε
e−y
ydy−ZbX
bε
e−y
ydy.
ZX
ε
e−ax −e−bx
xdx=Zbε
aε
e−y
ydy+ZaX
bε
e−y
ydy−ZaX
bε
e−y
ydy−ZbX
aX
e−y
ydy.
ZX
ε
e−ax −e−bx
xdx=Zbε
aε
e−y
ydy−ZbX
aX
e−y
ydy.
Pour tout (ε, X) appartenant `a ]0,+∞[2tel que ε6X:
ZX
ε
e−ax −e−bx
xdx=Zbε
aε
e−y
ydy−ZbX
aX
e−y
ydy.
3. a. •y→1−e−yet y→1
ysont continues sur ]0,+∞[. Par produit hest continue sur ]0,+∞[.
•eu−1∼
u→0u. Alors e−y−1∼ y→0−ydonc 1 −e−y∼ y→0y. Finalement 1−e−y
y∼
y→01.
Alors lim
y→0
1−e−y
y= 1 = h(0). Ceci suffit tr`es largement pour dire que hest continue en 0.
L’application hde [0,+∞[ dans Rd´efinie par ∀y∈[0,+∞[, h(y) = 
1−e−y
ysi y6= 0
0 si y= 0
est continue
sur [0,+∞[.
b. Soit εun r´eel strictement positif.
hest continue sur [0,+∞[. Consid´erons alors une primitive Hde hsur [0,+∞[.
Zbε
aε
e−y
ydy=Zbε
aε
e−y−1
ydy+Zbε
aε
1
ydy=Zbε
aε
h(y) dy+hln |y|ibε
aε =H(bε)−H(aε) + ln(|bε|)−ln(|aε|).
Zbε
aε
e−y
ydy=H(bε)−H(aε) + ln(bε)−ln(aε)=H(bε)−H(aε) + ln bε aε=H(bε)−H(aε) + ln b a·
Or Hest continue en 0 donc lim
ε→0+H(bε)−H(aε)=H(0) −H(0) = 0.
Donc lim
ε→0+Zbε
aε
e−y
ydy= lim
ε→0+H(bε)−H(aε) + ln b
a= ln b a·
lim
ε→0+Zbε
aε
e−y
ydy= ln b a·
c. Soit Xun ´el´ement de ]0,+∞[.

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∀ε∈]0, X],ZX
ε
e−ax −e−bx
xdx=Zbε
aε
e−y
ydy−ZbX
aX
e−y
ydy.
Ce qui pr´ec`ede montre alors que :
lim
ε→0+ZX
ε
e−ax −e−bx
xdx= lim
ε→0+ Zbε
aε
e−y
ydy−ZbX
aX
e−y
ydy!= ln b a−ZbX
aX
e−y
ydy.
Donc ZX
0
e−ax −e−bx
xdx= ln b a−ZbX
aX
e−y
ydy.
Pour tout ´el´ement Xde ]0,+∞[, ZX
0
e−ax −e−bx
xdx= ln b a−ZbX
aX
e−y
ydy.
d. Soit Xun ´el´ement de ]0,+∞[.
Nous avons vu que Z+∞
1
e−y
ydyconverge donc pour tout r´eel zstrictement positif Z+∞
z
e−y
ydyconverge
´egalement.
Alors ZbX
aX
e−y
ydy=Z+∞
aX
e−y
ydy−Z+∞
bX
e−y
ydycar ces deux int´egrales convergent puisque aX et bX sont
des r´eels strictement positifs.
De plus lim
X→+∞Z+∞
aX
e−y
ydy= 0 (resp. lim
X→+∞Z+∞
bX
e−y
ydy= 0) comme reste d’une int´egrale convergente.
Ainsi lim
X→+∞ZbX
aX
e−y
ydy= lim
X→+∞Z+∞
aX
e−y
ydy−Z+∞
bX
e−y
ydy= 0 −0 = 0.
Donc lim
X→+∞ZX
0
e−ax −e−bx
xdx= lim
X→+∞ ln b
a−ZbX
aX
e−y
ydy!= ln b a·Finalement :
Z+∞
0
e−ax −e−bx
xdx= ln b a·
Partie II - ´ Etude d’un produit scalaire
1. Notons E0l’espace vectoriel r´eel des applications de [0,+∞[ dans R.
•Eest contenu dans E0.
•Posons ∀x∈[0,+∞[, f0(x) = 0. f0est born´ee sur [0,+∞[, f0est de classe C1sur [0,+∞[ et f0(0) = 0.
Ainsi f0est un ´el´ement de Edonc En’est pas vide.
•Soient fet gdeux ´el´ements de Eet soit λun r´eel.
 f (resp. g) est born´ee sur [0,+∞[. Donc il existe un r´eel positif Mf(resp. Mg) tel que
∀x∈[0,+∞[,|f(x)|6Mf(resp. ∀x∈[0,+∞[,|g(x)|6Mg).

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∀x∈[0,+∞[,|λ f(x) + g(x)|6|λ||f(x)|+|g(x)|6|λ|Mf+Mgdonc λ f +gest born´ee sur [0,+∞[.
 f et gsont de classe C1sur [0,+∞[ donc λ f +gest de classe C1sur [0,+∞[.
(λ f +g)(0) = λ f (0) + g(0) = λ×0 + 0 = 0.
Par cons´equent λ f +gappartient `a E. Ceci ach`eve de montrer que :
Eest un sous-espace vetoriel de l’espace vectoriel r´eel des applications de [0,+∞[ dans R.
2. • ∀x∈[0,+∞[,|f1(x)|=|sin x|61 donc f1est born´ee sur [0,+∞[.
f1est de classe C1sur [0,+∞[ car sin est de classe C1sur R.
f1(0) = sin 0 = 0.
Donc f1appartient `a E.
•f2(0) = cos 0 = 1 6= 0. f2n’appartient pas `a E.
•lim
x→+∞f3(x) = lim x→+∞(ex−1) = +∞donc f3n’est pas born´ee sur [0,+∞[. f3n’appartient pas `a E.
• ∀x∈[0,+∞[,06e−x61 donc ∀x∈[0,+∞[,06f4(x) = 1 −e−x61. f4est born´ee sur [0,+∞[.
x→1−e−xest de classe C1sur Rdonc f4est de classe C1sur [0,+∞[.
f4(0) = e−0−1 = 0.
Par cons´equant f4appartient `a E.
f1et f4sont deux ´el´ements de E.f2et f3n’appartiennent pas `a E.
3. a. Soit fun ´el´ement de E.fest de classe C1sur [0,+∞[. Donc fest d´erivable en 0.
En remarquant que fest nulle en 0 il vient : lim
x→0
f(x)
x= lim
x→0f(x)−f(0)
x−0=f0(0).
Pour tout ´el´ement fde E: lim
x→0
f(x)
x=f0(0) .
b. Soient fet gdeux ´el´ements de E. Posons ∀x∈]0,+∞[, ϕ(x) = f(x)g(x)
x2·
•ϕest continue sur ]0,+∞[ car f,get x→1
x2sont continues sur ]0,+∞[.
•lim
x→0ϕ(x) = lim x→0
f(x)g(x)
x2= lim
x→0f(x)
x
g(x)
x=f0(0) g0(0).
Ainsi ϕest prolongeable par continuit´e en 0 donc Z1
0
ϕ(x) dxconverge.
•f(resp. g) est born´ee sur [0,+∞[. Donc il existe un r´eel positif Mf(resp. Mg) tel que

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∀x∈[0,+∞[,|f(x)|6Mf(resp. ∀x∈[0,+∞[,|g(x)|6Mg).
∀x∈[1,+∞[,06|ϕ(x)|=|f(x)||g(x)|
x26MfMg x2et Z+∞
1
MfMg
x2dxconverge (car Z+∞
1
dx
x2converge).
Les r`egles de comparaison sur les int´egrales g´en´eralis´ees de fonctions positives montrent alors la convergence
de Z+∞
1|ϕ(x)|dx.Z+∞ 1
ϕ(x) dxest absolument convergente donc convergente.
Finalement Z+∞
0
ϕ(x) dxconverge.
Si fet gsont deux ´el´ements de E,Z+∞
0
f(x)g(x)
x2dxconverge.
4. •Notons que pour tout ´el´ement (f, g) de E2, (f|g) appartient `a R.
•Soient f,get trois ´el´ements de E. Soit λun r´eel.
(λ f +g|) = Z+∞
0λ f(x) + g(x)(x)
x2dx=Z+∞
0
λ f(x)(x) + g(x)(x)
x2dx.
(λ f +g|) = λZ+∞
0
f(x)(x)
x2dx+Z+∞
0
g(x)(x)
x2dx=λ(f|)+(g|) car toutes les int´egrales convergent.
∀(f, g, )∈E3,(λ f +g|) = λ(f|)+(g|).
•Soient fet gdeux ´el´ements de E. (f|g) = Z+∞
0
f(x)g(x)
x2dx=Z+∞
0
g(x)f(x)
x2dx= (g|f).
∀(f, g)∈E2,(f|g) = (g|f).
•Soit fun ´el´ement de E.∀x∈]0,+∞[,f(x)f(x)
x2>0 donc (f|f) = Z+∞
0
f(x)f(x)
x2dx>0.
∀f∈E, (f|f)>0.
•Soit fun ´el´ement de Etel que (f|f) = 0.
Z+∞
0f(x)2
x2dx= 0.
 x →f(x)2
x2est continue sur ]0,+∞[.
 x →f(x)2
x2est positive sur ]0,+∞[.
06= +∞!
Les quatre points pr´ec´edents permettent de dire que ∀x∈]0,+∞[,f(x)2
x2= 0.
Alors ∀x∈]0,+∞[,f(x)2= 0 donc ∀x∈]0,+∞[, f (x) = 0.
Comme f(0) = 0 : ∀x∈[0,+∞[, f(x) = 0. Ainsi f= 0E.
∀f∈E, (f|f) = 0 ⇒f= 0E.
Les cinq points pr´ec´edents montrent que :