corrigé

EXERCICE
1. Pour tout uréel la dérivée de la fonction hu:v> h(u; v)est nulle : 8u2R,9K2R,hu(v) = K:
On note alors h1la fonction u> K . On a bien h(u; v) = h1(u):h1devant être C1car hl’est.
La réciproque est évidente.
h2C1(R2;R)et @h
@v =e
0() 9h12C1(R;R);8(u; v)2R2; h (x; y) = h1(x)
2.
1.
est de classe C1sur R2, car ses fonctions coordonnées (u; v)7! uevet (u; v)7! evsont de classe C1sur R2,
en tant que produit de fonctions de classe C1sur R2.
est à valeurs dans : pour tout couple (u; v)de réels uevest un réel et evest 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: 1(x; y) = (xy; ln y)qui est de classe C1sur , car ses fonctions coordonnées
associées 1
1: (x; y)7! xy et 2: (x; y)7! ln ysont de classe C1sur , en tant que produit et composé de
fonctions de classe C1sur .
est un C1di¤éomorphisme de R2sur 
3.
1. f=fest de classe C1sur R2par composition de qui est de classe C1sur R2et fest de classe C1sur
(R2) = . On a les relations suivantes:
@f
@u (u; v) = @x @u(u; v):@f @x (uev; ev) + @y @u(u; v):@f @y (uev; ev) = ev@f @x (uev; ev)
@f
@v (u; v) = @x @v (u; v):@f @x (uev; ev) + @y @v (u; v):@f @y (uev; ev) = uev@f @x (uev; ev)ev@f @y (uev; ev)
2. D’Après la question précédente, on a:
@f
@v (u; v) = uev@f @x (uev; ev)ev@f @y (uev; ev) = x@f @x (x; y)y@f @y (x; y) = 0;
donc l’équation équivaut à l’existence d’une fonction F C1sur Rtelle que 8(u; v)2R2: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 (x; y)y: @f @y (x; y) = 0() 9F2C1(R;R),8(x; y)2; f (x; y) = F(xy)
4.
1. Les application linéaires de R2vers Rs’écrivent sous la forme g(x; y) = x+y, donc x@g
@x y@g @y =ax+by()x
y =ax +by,On peut donc prendre g(x; y) = ax by.
2. fest alors solution de l’équation x@f
@x y@f @y =ax +by si et seulement si fgest solution de x@f @x y@f @y = 0 , Il
existe donc F2C1(R;R)telle que (fg) (x; y) = F(xy)
8(x; y)2; x @f
@x (x; y)y: @f @y (x; y) = ax +by() 9F2C1(R;R),8(x; y)2; f(x; y) = ax by +F(xy)

PROBLÈME.
PREMIERE PARTIE
1.
1.
La fonction est continue sur ]0;+1[positive si ba, négative sinon..
sur ]0;1] : on sait que et=t>01 + t+o(t), donc lim
0eat ebt
t=ba. La fonction se prolonge par
continuité en 0:Elle est intégrable sur ]0;1]
Sur [1;+1[. comme a > 0et b > 0 lim
+1t2eat ebt
t= 0 . La fonction est donc intégrable sur [1;+1[
2.
I(a; b) = I(b; a)est évident.
Si on fait le changement de variable : u=ta qui est C1bijectif de R+sur lui même ( car a > 0) on obtient ::
I(a; b) = Z+1
0
eat ebt
tdt =Z+1
0
eueb
au
u=a
du
a=I1;b a
3. Si on pose pour x1et t > 0:f(x; t) = etext
t
1.
 8t2R+,x7! etext
test continue sur [1;+1[
 8x1,t7! etext
test continue intégrable sur R+.(c’est I(1; x))
On a domination sur tout segment [a; b][1;+1[::
8x2[a; b][1;+1[8t2R+
etext
t=etext tetebt t
qui est continue, intégrable sur ]0;+1[,
'est continue sur [1;+1[
2.
On a déjà les hypothèses de continuité.
De plus 8t2R+,x7! etext
test C1sur [1;+1[et @f @x (x; t) = ext
 8x1,t7! ext est continue intégrable sur R+donc sur R+.(fonction de référence)
On a domination sur tout segment [a; b][1;+1[:
8x2[a; b][1;+1[8t2R+
@f
@x (x; t)=exteat
continue, intégrable sur [0;+1[.
Donc 'est de classe C1sur [1;+1[, avec '0(x) = Z+1
0
extdt =1
x.
3. On a: '0(x) = 1
xcontinue sur [1;+1[, donc '(x) = ln x+K, or '(1) = 0, d’où K= 0 et donc 8x1,'(x) = ln x
4. Soit (a; b)2R+2
Si ba, alors x=b
a1, donc I(a; b) = I(1;b a) = 'b a= ln b a.
Si ba, alors x=a
b1, donc:
I(a; b) = I(b; a) = I(1;a
b) = 'a b=ln a b= ln b a.
2

Conclusion:
8(a; b)2R+2; I(a; b) = ln b
a
.
2.
1. La fonction t7! ln(1 + t)
test continue positive sur ]0;1] et se prolonge par continuité en 0donc
t7! ln(1 + t)
test intégrable sur ]0;1]
.
2. On cherche à intégrer
+1
X
0
(x)n=1
1 + x
Si x2[0;1[ , les deux théorèmes d’intégration termes à termes sur un segment s’appliquent. Mais pas si x= 1
il n’y a pas CVN ni convergence de XZ1
0jfnj
Si x= 1 les 5/2 peuvent s’en sortir avec le bon théorème de continuité des séries entières
démonstration générale : On intègre
n
X
k=0
(x)k=1(x)n+1
1 + x:
n
X
k=0
(1)kxk+1
k+ 1 = ln(1 + x)+(1)nZx
0
tn+1
1 + tdt
Or sur [0;1] 0 1
t+ 1 1et donc 0Zx
0
tn+1
1 + tdt xn+2 (n+ 2) 1 n+ 2 , et donc par encadrement
lim Zx
0
tn+1
1 + tdt= 0 . La somme partielle tend vers l’intégrale.
Donc:
8x2[0;1] ,
+1
X
k=0
(1)kxk+1
k+ 1 = ln(1 + x)
3. On veut intégrer termes à termes la séries
+1
X
k=0
(1)kxk
k+ 1 =ln(1 + x) xsur l’intervalle ]0;1] . On pose pour x2]0;1] et
n2N,fk(x) = (1)kxk
k+ 1 et f(x) = ln(1 + x) x
Les fonctions fksont continues sur le segment [0;1] donc y sont intégrables , ainsi que sur ]0;1]
+1
X
0
fkconverge simplement sur ]0;1] vers fqui continue (et même intégrable) sur ]0;1]
XZ1
0jfkj=XZ1 a
xkdx
k+ 1 =X1 (k+ 1)2est bien une série convergente.
donc
I=Z1
0
ln(1 + x)
xdx =
+1
X
k=0
(1)kZ1
a
xkdx
k+ 1 =
+1
X
k=0
(1)k
(k+ 1)2=
+1
X
k=1
(1)k+1
(k)2
Or
+1
X
k=1
1
k2=2 6. On fait la di¤érence des expressions pour garder les termes pairs:
2
6I= 2 X
k pair
1
k2=1 2
+1
X
n=1
1
n2=2 12 en posant n= 2k
d’où : Z1
0
ln(1 + x)
xdx =2 12
3

Deuxième partie
1.
1. gest la primitive d’une fonction continue donc gest de classe C1sur R+
2. On a (f)(x) = g(x)
xpour x > 0, donc est continue sur R
+.
De plus (f)(x) = g(x)
x=g(x)g(0) x0tend vers g0(0) = f(0) = (f)(0) si xtend vers 0. donc (f)est continue
sur R+, autrement dit (f)2E.
3. le résultat est évident si x= 0 : on a toujours 0pf(0) = pf(0)
Et pour x > 0 : pf0donc (pf)(x) = 1
xZx
0pf(t)dt0.
D’autre part: en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz pour 1et pf, on aura:
Zx
0pf(t)dt sZx 0
dtsZx
0
f(t)dt =pxsZx
0
f(t)dt
d’où en divisant par x:
0 (pf)p (f)
On aura égalité, s’il y a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz pour 1et pf, donc s’ils sont proportionnels,
c’est à dire fest constante.
Réciproquement si f=C(constante) (f) = Cet l’égalité est véri…ée
(pf) = p (f)si et seulement si fest constante
et 0 = (pf)si et seulement si fest nulle.
2.
1. Il est clair que (f+g) = (f) +  (g), aussi bien pour x6= 0 que pour x= 0 , donc est linéaire.
D’autre part d’après II.1.b) 8f2E, (f)2E; , donc est un endomorphisme de E.
2.
f2Ker ( ) =) 8x > 0;Zx
0
f(t)dt = 0 =) 8x>0; g0(x) = f(x) = 0;
Mais fest aussi continue en 0donc 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 C1sur R
+, donc toute fonction de Equi ne l’est pas ne peut
pas être dans l’image , . F(x) = jxajest un exemple de fonction de Equi 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 f0(x)
n’ayant pas de racine R+.Donc la solution est: :
f(x) = KeRx
0
1
tdt =Ke 1 ln x=Kx 1 :
2. fest prolongeable en 0+si et seulement si lim
x!f(x)est …nie c’est à dire si et seulement si 1
0et donc si et
seulement si 0< 1.
4.
1. 0ne peut pas être une valeur propre de car le noyau est réduit à e 0
4

2. Soit f2Enon nulle telle que (f) = f, donc f=1
 (f)car 6= 0 De plus d’après II.1.1) on dire que fest de
classe C1sur R
+,comme quotient (à dénominateur non nul) de fonctions C1donc faussi.
3. Soit valeur propre de et fvecteur propre associé, donc (f)(x) = f (x), d’où Zx
0
f(t)dt =xf(x), en dérivant
cette égalité (on sait que fest C1)on obtient: xf0(x)+(1)f(x) = 0, dont les solutions sont: f(x) = Kx
1
,
dérivables sur ]0;+1[. Comme on cherche des éléments de Eon doit avoir un prolongement par continuité en 0et
donc 2]0;1]:
Réciproquement si f(x) = Kx 1
avec 2]0;1[ on véri…e que
(f)(x) = 8
<
:
0 = f(0) si x= 0
1
xKZx
0
Kt 1
dt =1
1 + 1
Kx 1
+11f(x)si x6= 0
idem si = 1 , seule la valeur en 0change.
Sp( ) =]0;1] , et 82]0;1] ,E( )est la droite Vect(x> x1
)
Troisième partie
1.
1. fg est continue sur R+, et jfgj  f2+g2
2assure l’intégrabilité de fg par majoration par une fonction intégrable
( combinaison linéaire de deux fonctions intégrables)
Donc
fg est intégrable sur R+
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)2E2et 2R, alors: (f+g)2=f2+ 2f g +g2est intégrable car f2; fg; g2sont toutes intégrables,
donc f+g 2E2
E2est un sous-espace vectoriel de E.
3.
La fonction fg étant intégrable sur R+,Z+1
0
f(t)g(t)dt est bien un réel.
Symétrie évidente : (f; g) = Z+1
0
f(t)g(t)dt =Z+1
0
g(t)f(t)dt = (g; f).
linéarité à gauche : (f+g; h) = (f; h) + (g; h), car l’intégrale est linéaire
linéarité à droite par symétrie.
dé…nie positivité:
->(f; f) = Z+1
0
f2(t)dt0comme intégrale d’une fonction positive
->(f; f) = 0 =)Z+1
0
f2(t)dt = 0 =)f2= 0, car f2continue positive, donc f= 0.
(f; g)>Z+1
0
f(t)g(t)dt est un produit scalaire sur E2
2.
1. g2(t)
t=g(t) tg(t)de limite f(0)g(0) = 0 d’après le II.1.1 et la continuité de g.
2. t>g2(t)
t2
est continue sur ]0; b],
5