corrigé

EXERCICE
1. Pour tout u réel la dérivée de la fonction hu : v
On note alors h1 la fonction u
> h(u; v) est nulle : 8u 2 R , 9K 2 R , hu (v) = K:
> K . On a bien h(u; v) = h1 (u):h1 devant être C 1 car h l’est.
La réciproque est évidente.
h 2 C 1 (R2 ; R) et
@h e
= 0 () 9h1 2 C 1 (R; R); 8 (u; v) 2 R2 ; h (x; y) = h1 (x)
@v
2.
1.
est de classe C 1 sur R2 , car ses fonctions coordonnées (u; v) 7! uev et (u; v) 7! e
en tant que produit de fonctions de classe C 1 sur R2 .
v
sont de classe C 1 sur R2 ,
est à valeurs dans : pour tout couple (u; v) de réels uev est un réel et e v est un réel strictement positif.
est surjective : 8(x; y) 2 ; x = uev ; y = e v () (v = ln y; u = xy) . donc le couple (x; y) de admet
un unique antécédent (u = xy; ln(y)) dans R2
2. D’Après ce qui précède, on a:
associées 1 1 : (x; y) 7! xy et
fonctions de classe C 1 sur .
1
2
(x; y) = (xy; ln y) qui est de classe C 1 sur , car ses fonctions coordonnées
: (x; y) 7! ln y sont de classe C 1 sur , en tant que produit et composé de
est un C 1 di¤éomorphisme de R2 sur
3.
1. f = f
est de classe C 1 sur R2 par composition de
2
(R ) = . On a les relations suivantes:
@f
(u; v) =
@u
@f
(u; v) =
@v
@x
@f
(u; v): (uev ; e
@u
@x
@x
@f
(u; v): (uev ; e
@v
@x
qui est de classe C 1 sur R2 et f est de classe C 1 sur
@y
@f
(u; v): (uev ; e
@u
@y
@y
@f
v
)+
(u; v): (uev ; e
@v
@y
v
)+
@f
(uev ; e v )
@x
@f
v
) = uev (uev ; e v )
@x
v
) = ev
e
v @f
@y
(uev ; e
v
)
2. D’Après la question précédente, on a:
@f
@f
(u; v) = uev (uev ; e
@v
@x
v
)
v @f
e
@y
(uev ; e
v
)=x
@f
(x; y)
@x
y
@f
(x; y) = 0;
@y
donc l’équation équivaut à l’existence d’une fonction F C 1 sur R telle que 8 (u; v) 2 R2 : f (u; v) = F (u) et par
suite f (x; y) = f
(u; v) = f (u; v) = F (u) = F (xy)
8 (x; y) 2
;x
@f
(x; y)
@x
y:
@f
(x; y) = 0
@y
() 9F 2 C 1 (R; R), 8 (x; y) 2 ; f (x; y) = F (xy)
4.
1. Les application linéaires de R2 vers R s’écrivent sous la forme g(x; y) = x + y, donc x
y = ax + by,On peut donc prendre g(x; y) = ax
8 (x; y) 2
;x
@f
(x; y)
@x
y:
@f
(x; y) = ax + by
@y
y
@g
= ax + by() x
@y
by.
@f
@f
y
= ax + by si et seulement si f
@x
@y
existe donc F 2 C 1 (R; R) telle que (f g) (x; y) = F (xy)
2. f est alors solution de l’équation x
@g
@x
g est solution de x
@f
@x
() 9F 2 C 1 (R; R), 8 (x; y) 2 ; f (x; y) = ax
y
@f
= 0 , Il
@y
by + F (xy)
PROBLÈME.
PREMIERE PARTIE
1.
1.
La fonction est continue sur ]0; +1[ positive si b
a , négative sinon..
e at e bt
sur ]0; 1] : on sait que et =t >0 1 + t + o(t), donc lim
= b a . La fonction se prolonge par
0
t
continuité en 0: Elle est intégrable sur ]0; 1]
e at e bt
= 0 . La fonction est donc intégrable sur [1; +1[
Sur [1; +1[ . comme a > 0 et b > 0 lim t2
+1
t
2.
I(a; b) =
I(b; a) est évident.
Si on fait le changement de variable : u = ta qui est C 1 bijectif de R+ sur lui même ( car a > 0) on obtient ::
I(a; b) =
Z
+1
e
at
Si on pose pour x
1 et t > 0 : f (x; t) =
e
Z
bt
dt =
t
0
3.
e
+1
e
u
0
t
e
xt
e
u=a
b
au
du
b
= I 1;
a
a
t
1.
8t 2 R+ , x 7!
e
e
t
t
xt
e
t
e
est continue sur [1; +1[
xt
est continue intégrable sur R+ .(c’est I(1; x) )
t
On a domination sur tout segment [a; b] [1; +1[::
8x
1 , t 7!
8x 2 [a; b]
[1; +1[8t 2 R+
t
e
xt
e
=
t
t
e
e
xt
e
t
t
e
bt
t
qui est continue, intégrable sur ]0; +1[,
' est continue sur [1; +1[
2.
On a déjà les hypothèses de continuité.
@f
e t e xt
est C 1 sur [1; +1[ et
(x; t) = e xt
De plus 8t 2 R+ , x 7!
t
@x
8x 1 , t 7! e xt est continue intégrable sur R+ donc sur R+ .(fonction de référence)
On a domination sur tout segment [a; b] [1; +1[:
8x 2 [a; b]
[1; +1[8t 2 R+
continue, intégrable sur [0; +1[.
1
0
Donc ' est de classe C sur [1; +1[, avec ' (x) =
Z
0
@f
(x; t) = e
@x
+1
e
xt
dt =
xt
e
at
1
.
x
1
3. On a: ' (x) = continue sur [1; +1[, donc '(x) = ln x+K, or '(1) = 0, d’où K = 0 et donc 8x
x
2
4. Soit (a; b) 2 R+
b
b
b
b
Si b a, alors x =
1, donc I(a; b) = I(1; ) = '
= ln
.
a
a
a
a
a
Si b a, alors x =
1, donc:
b
a
a
a
b
I(a; b) = I(b; a) = I(1; ) = '
= ln
= ln
.
b
b
b
a
0
2
1 , '(x) = ln x
Conclusion:
2
8 (a; b) 2 R+
; I(a; b) = ln
b
a
.
2.
1. La fonction t 7 !
ln(1 + t)
est continue positive sur ]0; 1] et se prolonge par continuité en 0 donc
t
t 7!
ln(1 + t)
est intégrable sur ]0; 1]
t
.
2. On cherche à intégrer
+1
X
( x)n =
0
1
1+x
Si x 2 [0; 1[ , les deux théorèmes d’intégration termes à termes sur un segment s’appliquent. Mais pas si x = 1
XZ 1
jfn j
il n’y a pas CVN ni convergence de
0
Si x = 1 les 5/2 peuvent s’en sortir avec le bon théorème de continuité des séries entières
n
n+1
X
1 ( x)
démonstration générale : On intègre
( x)k =
:
1+x
k=0
Z x n+1
n
X
( 1)k xk+1
t
= ln(1 + x) + ( 1)n
dt
k+1
1
+t
0
k=0
Or sur [0; 1] 0
Z x n+1
t
dt
lim
0 1+t
Donc:
1
t+1
Z
1 et donc 0
x
0
tn+1
dt
1+t
xn+2
(n + 2)
1
, et donc par encadrement
n+2
= 0 . La somme partielle tend vers l’intégrale.
+1
X
( 1)k xk+1
= ln(1 + x)
k+1
8x 2 [0; 1] ,
3. On veut intégrer termes à termes la séries
+1
X
k=0
k=0
( 1)k xk
ln(1 + x)
=
sur l’intervalle ]0; 1] . On pose pour x 2]0; 1] et
k+1
x
( 1)k xk
ln(1 + x)
n 2 N , fk (x) =
et f (x) =
k+1
x
Les fonctions fk sont continues sur le segment [0; 1] donc y sont intégrables , ainsi que sur ]0; 1]
+1
X
fk converge simplement sur ]0; 1] vers f qui continue (et même intégrable) sur ]0; 1]
0
XZ
1
0
donc
jfk j =
XZ
1
a
X
xk dx
1
=
est bien une série convergente.
k+1
(k + 1)2
I=
Z
0
Or
+1
X
k=1
1
+1
X
ln(1 + x)
dx =
( 1)k
x
k=0
a
1
+1
+1
k=0
k=1
X ( 1)k
X ( 1)k+1
xk dx
=
=
k+1
(k + 1)2
(k)2
2
1
=
. On fait la di¤érence des expressions pour garder les termes pairs:
2
k
6
2
6
d’où :
Z
I=2
+1
2
X 1
1X 1
=
=
en posant n = 2k
2
2
k
2 n=1 n
12
k pair
Z
1
0
3
2
ln(1 + x)
dx =
x
12
Deuxième partie
1.
1. g est la primitive d’une fonction continue donc g est de classe C 1 sur R+
g(x)
2. On a (f )(x) =
pour x > 0, donc est continue sur R+ .
x
g(x) g(0)
g(x)
=
tend vers g 0 (0) = f (0) = (f )(0) si x tend vers 0 . donc
De plus (f )(x) =
x
x 0
sur R+ , autrement dit (f ) 2 E .
p
p
3.
le résultat est évident si x = 0 : on a toujours 0
f (0) = f (0)
Z
p
p
1 xp
Et pour x > 0 : f 0 donc ( f )(x) =
f (t)dt 0.
x 0
p
D’autre part: en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz pour 1 et f , on aura:
sZ
sZ
sZ
Z xp
x
x
x
p
dt
f (t)dt = x
f (t)dt
f (t)dt
0
0
0
d’où en divisant par x :
p
( f)
0
(f ) est continue
0
p
(f )
p
On aura égalité, s’il y a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz pour 1 et f , donc s’ils sont proportionnels,
c’est à dire f est constante.
Réciproquement si f = C (constante) (f ) = C et l’égalité est véri…ée
p
p
( f) =
(f ) si et seulement si f est constante
p
et 0 = ( f ) si et seulement si f est nulle.
2.
1. Il est clair que (f + g) = (f ) + (g), aussi bien pour x 6= 0 que pour x = 0 , donc
D’autre part d’après II.1.b) 8f 2 E , (f ) 2 E; , donc est un endomorphisme de E.
2.
f 2 Ker ( ) =) 8x > 0;
Z
0
est linéaire.
x
f (t)dt = 0 =) 8x>0; g 0 (x) = f (x) = 0;
Mais f est aussi continue en 0 donc f (0) = 0 et donc f = e
0 ( sur R+ )
Donc
est injective
.
3. D’Après 1.1) on peut a¢ rmer que (f ) est de classe C 1 sur R+ , donc toute fonction de E qui ne l’est pas ne peut
pas être dans l’image , . F (x) = jx aj est un exemple de fonction de E qui n’est pas dans l’image si a > 0
n’est pas surjective
3.
1. Il s’agit d’une équation di¤érentielle linéaire du premier ordre, les coe¢ cients étant continues , et celui de f 0 (x)
n’ayant pas de racine R+ .Donc la solution est: :
f (x) = Ke
Rx
1
0
tdt
= Ke
1
ln x
= Kx
1
:
2. f est prolongeable en 0+ si et seulement si lim f (x) est …nie c’est à dire si et seulement si
x!
seulement si 0 <
1.
4.
1. 0 ne peut pas être une valeur propre de
car le noyau est réduit à e
0
4
1
0 et donc si et
2. Soit f 2 E non nulle telle que
(f ) = f , donc f =
1
(f ) car
6= 0 De plus d’après II.1.1) on dire que f est de
classe C 1 sur R+ ,comme quotient (à dénominateur non nul) de fonctions C 1 donc f aussi.
Z x
3. Soit valeur propre de et f vecteur propre associé, donc (f )(x) = f (x), d’où
f (t)dt = xf (x), en dérivant
0
1
,
cette égalité (on sait que f est C 1 ) on obtient: xf 0 (x) + (
1)f (x) = 0, dont les solutions sont: f (x) = Kx
dérivables sur ]0; +1[. Comme on cherche des éléments de E on doit avoir un prolongement par continuité en 0 et
donc 2]0; 1]:
idem si
1
avec 2]0; 1[ on véri…e que
8
0 Z= f (0) si x = 0
<
x
1
1
1
(f )(x) =
Kt
dt =
: K
1
x
1
+
0
Réciproquement si f (x) = Kx
Kx
1
+1 1
f (x) si x 6= 0
= 1 , seule la valeur en 0 change.
Sp( ) =]0; 1] , et 8 2]0; 1] , E ( ) est la droite Vect(x
>x
1
)
Troisième partie
1.
f 2 + g2
assure l’intégrabilité de f g par majoration par une fonction intégrable
2
( combinaison linéaire de deux fonctions intégrables)
Donc
f g est intégrable sur R+
1. f g est continue sur R+ , et jf gj
2. On a alors un sous espace vectoriel de E :
on a un sous ensemble de E
non vide : l’application nulle est de carré intégrable, donc appartient à E2 ,
Si (f; g) 2 E2 et 2 R, alors: (f + g)2 = f 2 + 2 f g + g 2 est intégrable car f 2 ; f g; g 2 sont toutes intégrables,
donc f + g 2 E2
E2 est un sous-espace vectoriel de E.
3.
Z
La fonction f g étant intégrable sur R+ ,
Symétrie évidente : (f; g) =
Z
+1
f (t)g(t)dt est bien un réel.
0
+1
f (t)g(t)dt =
0
Z
+1
g(t)f (t)dt = (g; f ).
0
linéarité à gauche : (f + g; h) = (f; h) + (g; h), car l’intégrale est linéaire
linéarité à droite par symétrie.
dé…nie positivité:
Z +1
-> (f; f ) =
f 2 (t)dt 0 comme intégrale d’une fonction positive
0
Z +1
->(f; f ) = 0 =)
f 2 (t)dt = 0 =) f 2 = 0, car f 2 continue positive, donc f = 0.
0
(f; g)
>
Z
+1
f (t)g(t)dt est un produit scalaire sur E2
0
2.
g 2 (t)
g(t)
=
g(t) de limite f (0)g(0) = 0 d’après le II.1.1 et la continuité de g .
t
t
g 2 (t)
2. t > 2
t
est continue sur ]0; b],
1.
5
intégrable sur ]0; b] car prolongeable par continuité en 0
Z b 2
Z b
g (t)
2
(f ) (t)dt =
dt, par dé…nition de (f ),
t2
0
0
1
3. On fait une intégration par parties sur ["; b], avec u = g 2 (t); v 0 = 2 fonctions C 1 sur l’intervalle:, avec u0 = 2g 0 (t)g(t)
t
1
et v =
,:
t
Z b 2
Z b 0
b
g (t)
g 2 (t)
g (t)g(t)
dt
=
+
2
dt
t2
t
t
"
"
"
Z b 0
g 2 (") g 2 (b)
g (t)g(t)
=
+2
dt
"
b
t
"
or g 0 = f et
g(t)
= (f )(t) donc :
t
Z b 2
g 2 (")
g (t)
dt
=
t2
"
"
b (f )(b) + 2
Z
b
f (t) (f )(t)dt
"
si " tend vers 0 , la première intégrale à une limite ( fonction intégrable sur ]0; b] ) la seconde aussi (f: (f ) est
g 2 (")
tend vers 0:
continue sur le segment [0; b] ) et
"
Z b
Z b
2
(f )2 (t)dt = b ( (f )(b) ) + 2
f (t) (f )(t)dt
0
0
2
4. b étant positif b ( (f )(b) ) est positif et donc :
Z
b
(f )2 (t)dt 2
0
Z
s
Z
f (t) (f )(t)dt 2
b
0
0
b
s
Z
2
f (t)dt
b
(f )2 (t)dt
0
en appliquant Cauchy Schwarz.
5.
si 8b;
Z
b
0
sinon 9b1
2
(f ) (t)dt = 0 alors
Z
Z
b
(f )2 (t)dt admet une limite nulle en +1
0
b1
0
La fonction b
Z
s
Z
b
0
Dans les deux cas (f ) est intégrable sur R+ . et
Z
+1
(f )2 (t)dt
4
0
+1
f 2 (t)dt
Z
+1
f 2 (t)dt . En prenant les racines carrées:
0
(f ) 2 E2 et k (f )k
2
(f )2 (t)dt:
0
admet une limite …nie si b tend vers +1
6.
b
(f )2 (t)dt > 0 et donc pour b > b1 on a
(f )2 (t)dt > 0 et on peut diviser par
0
0
Z b
Z
2
>
(f ) (t)dt est croissante (primitive d’une fonction positive) majorée par 4
est donc lipschitzienne (de rapport 2) donc continue.
2 kf k
:
3.
1. On a d’après III.2.2 :
2
Z
f (t) (f )(t)dt
0
2
Z
x
donc x ( (f )(x) ) admet une limite …nie : 2
Z
x
(f )2 (t)dt = x ( (f )(x) )
0
+1
f (t) (f )(t)dt
0
d’après III.1.1 car f est dans E2 par hypothèse et
Si la limite l était non nulle on aurait ( (f )(x) )
2
Z
2
+1
(f )2 (t)dt (la première intégrale converge
0
(f ) d’après III.2.4)
l
, ce qui contredit l’intégrabilité de
+1
x
2
lim ( (f )(x) )
+1
6
=0
(f )2 sur R+
2. On améliore le passage à la limite précédent : comme l = 0
Z +1
Z
2
f (t) (f )(t)dt =
0
+1
(f )2 (t)dt
0
et donc avec la notation du produit scalaire :
h (f ); (f )i = 2 hf; (f )i
4. On a :
jj (f )
2f jj2
= h (f ) 2f; (f ) 2f i = jj (f )jj2 4 h (f ); f i + 4jjf jj2
= jj (f )jj2 4jjf jj2 d’après le calcul précédent
= 0 par l’hypothèse de la question
La norme est nulle, donc la fonction est nulle:
(f )
2f = 0,
Si on suppose que f est non nulle 2 est valeur propre de
, absurde le spectre de
k (f )k = 2 kf k =) f = e
0
5.
1.
fa2 (x)
=e
2ax
+
2
est évidement intégrable sur R car a > 0 et jjfa jj =
2.
8
x=0
< 1 pour
Z
1 e
1 x at
(f )(x) =
e dt =
:
x 0
ax
On a donc en utilisant I.1.4 pour le calcul de l’intégrale :
Z +1
Z +1
e
1
hfa ; (fa )i =
fa (x) (fa )(x)dx =
a
0
0
Z
est ]0; 1].(cf II.4.3)
+1
e
2ax
dx =
0
1
.
2a
ax
pour x 6= 0
ax
e
x
2ax
dx =
1
ln(2)
I(a; 2a) =
a
a
et d’après III.3. 2
2
et donc
k (fa )k =
r
k (fa )k = 2 hfa ; (fa )i =
2 ln(2)
a
2 ln(2)
a .
6.
1.
8
< 1 siZ x = 0
ln(1 + x)
1 x 1
(f )(x) =
dt =
si x 6= 0
:
x 0 1+t
x
2.
f 2 est continue sur [0; +1[
t2 f 2 (t) admet une limite …nie en +1:
donc f 2 est intégrable sur R+ , et donc f 2 E2 .
Z +1
Z 1
Z +1
ln(1 + t)
ln(1 + t)
ln(1 + t)
dt =
dt +
dt
hf j (f )i =
t(1
+
t)
t(1
+
t)
t(1 + t)
0
0
1
dans la seconde intégrale on pose u =
or
ln(1 + t) ln 1+t
t
+
=
t(1 + t)
1+t
1
changement de variable C 1 bijectif :
t
Z +1
Z 1
ln 1+u
ln(1 + t)
u
dt =
du
t(1
+
t)
1
+
u
1
0
1
1
+
t(t + 1) t + 1
et donc
hf j (f )i =
Z
0
7
1
ln(t + 1)
ln(t + 1)
t
1
ln(t + 1)
ln(t) =
t+1
t
ln(t)
t+1
dt
ln(t)
t+1
3. une primitive de
or ln (1 + t)
0
ln t
ln(1 + t)
+
est ln t ln(1 + t) .D’où :
t
1+t
Z 1
ln(1 + t)
ln t
+
dt = lim (ln t ln(1 + t))
t >1
t
1+t
0
lim (ln t ln(1 + t))
t >1
t donc lim (ln t ln(1 + t)) = 0 et de même lim (ln t ln(1 + t)) = 0 et donc :
t >1
t >1
Z
0
1
ln(1 + t)
ln t
+
t
1+t
dt
On a donc d’après I.2.3:
hf j (f )i =
Z
0
1
ln(t + 1)
t
ln(t)
t+1
dt = 2
2
2
k (f )k = 2 hf; (f )i =
8
1
0
et donc
k (f )k = p
Z
3
3
2
ln(1 + t)
dt =
t
6