corrigé

Concours commun Mines-Pont
PC 2009 , Math 2
On remarque que les expressions étudiées dépendent parfois de 4 variables. La compréhension du sujet (et
donc une rédaction claire) demande de bien comprendre le rôle de chaque variable.
Quelle est la variable d’intégration : celle par rapport à qui toutes les fonctions étudiées et toutes les
dominatrices doivent être intégrables.
Quelle est la variable d’étude (celle qui doit disparaître lors des dominations)
Quelles sont les variables paramètres (qui restent …xées et n’ont pas à intervenir dans le théorème
utilisé)
1. La fonction u7! ux1+ux
1 + uest continue positive sur ]0;1]:
En 0l’équivalent est donné par le terme de plus bas degré:
si x < 1=2on a ux1+ux
1 + xux1=1 u1xintégrable sur ]0;1] ssi x > 0
si x > 1=2on a ux1+ux
1 + xuxintégrable sur ]0;1] ssi x < 1
si x= 1=2on a ux1+ux
1 + x2u(1=2) intégrable sur ]0;1]
f(x)existe si et seulement si x2]0;1[
On peut aussi séparer en 2 et étudier A=Z1
0
ux
1 + udu et B=Z1
0
ux1
1 + udu et étudier Aet Bpar
équivalent ou avec la règle xag(x)!l
si x2]0;1[ Aet Bconvergent donc f(x)existent
si x < 0Aconverge et Bdiverge donc A+Bdiverge et f(x)n’est pas dé…nie
si x > 1on a DV+CV=DV f(x)n’est pas dé…ni.
On a de la chance le cas DV +DV n’est pas possible.
On remarquera que l’hypothèse sur fdit que Xantna un rayon de convergence R1, et que sur
[0;1[ f(t) =
+1
X
n=0
antn.
2. Bien distingué les 2 questions : A la première question on veut le domaine de dé…nition (l’intégrale
converge ssi ...) , Dans cette question on veut une implication : si ... alors l’intégrale converge.
Si vous prenez f=e 0qui est bien DSE l’intégrale est toujours dé…nie.
Toute fonction développable en série entière est C1. En particulier fest continue sur [0;1[ .
Si y2]0;1[ on a pour tout v2]0;1] ,vy 2[0;1[ donc v7! vx1f(yv)est continue sur ]0;1]
fétant continue en 0+on a vx1f(yv)vx1jf(0)jsi f(0) 6= 0
vx1f(yv)vx1jf(0)jsi f(0) = 0 . Pour x > 0v7! vx1est
intégrable sur ]0;1] donc
Z1
0
vx1f(yv)dv converge pour tout x > 0et y2]0;1[

remarque : On peut aussi anticiper la question 3 et donner toute de suite une domination ou même
la question 4 : le théorème d’ntégration termes à termes d’une intégrale impropre a pour conséquence
l’intégrabilité de la somme , restera à faire le calcul à la question 4.
2.bis) Si y= 0 vx1f(yv) = vx1f(0) est intégrable sur ]0;1] pour x > 0et
Z1
0
vx1dv =vx
x1
0
=1
x
8x > 0,Z1
0
vx1f(0)dv =f(0)
x
3. D’après le calcul précédent : 8x > 0;8y2[0;1[ S[f](x; y) = Z1
0
vx1f(yv)dv:
On a un problème de continuité d’une intégrale à paramètre.
pour tout x > 0 :
 8v2]0;1] ,y7! vx1f(yv)est continue sur [0;1[ car fest développable en série entière sur [0;1[
et yv 2[0;1[
 8y2[0;1[ v7! vx1f(yv)est continue intégrable sur ]0;1] d’après l’étude de Q.2
On a domination sur tout segment [a; b][0;1[ : si y2[a; b], on a vy 2[0; b]. Or la fonction
fest continue sur le segment [0; b]donc y est borné . On note Mb= sup
[0;b]
(jfj). On a alors
pour y2[a; b]:vx1f(yv)vx1Mb, continue , intégrable sur ]0;1] (car x1>1) et
indépendante de y: 8x > 0,y7! S[f](x; y)est continue sur [0;1[
remarque 1: la continuité est la conséquence du développement en série entière qui suit.
remarque 2 : On peut aussi se ramener à un problème de primitive en posant pour y6= 0 :V=yv
,S[f](x; y) = 1
yxZy
0
Vx1f(V)dV , qui prouve facilement la continuité pour y2]0;1[ et qui prouve la
continuité en 0:
S[f](x; y) = 1
yxZy
0
Vx1f(V)dV =S[f](x; y) = 1
yxZy
0Vx1a0+o(Vx1))dV =1
yxyx xa0+o(yx)
4. On a f(t) =
+1
X
n=0
antnsi t2[0;1[ , donc vx1f(yv) =
+1
X
n=0
anvn+x1yn. Si on peut intégrer termes à
termes pour y2[0;1[; S[f](x; y) =
+1
X
n=0
an
n+xyn, ce qui montre que y7! S[f](x; y)est développable
en série entière.
Véri…ons les hypothèses du théorème d’intégration termes à termes sur un intervalle qui n’est pas un
segment:
Soit x > 0et y2[0;1[ …xés:
 8v2]0;1] la série
+1
X
n=0
anvn+x1ynconverge et sa somme v7! vx1f(vy)est continue sur ]0;1]
 8n2N,v7! anvn+x1ynest continue intégrable sur ]0;1] car n+x1>1
2

la série XZ1
0anvn+x1yndv converge par majoration du terme général par le terme général
d’une série convergente :
Z1
0anvn+x1yndv =janynj
n+xjanynj x
et la série XanynCVA car y < 1et Xanyna un rayon de convergence R1. (toute série
entière converge absolument sur le disque ouvert de convergence)
On peut intégrer termes à termes.
8x > 0,8y2[0;1[ S[f](x; y) =
+1
X
n=0
an
n+xyn
Autre démonstration : On sépare n= 0 des autres termes . Pour n1v7! anvn+x1ynest maintenant
continue sur le segment [0;1] car n+x1>0. Comme on intègre sur un segment on peut introduire
la convergence normale de la série v7!
+1
X
1
anvn+x1ynpour intégrer termes à termes.
Remarque : dans cette question "xnon entier" ne sert pas encore.
5. Remarque e fprolonge fàD. Mais il ne faut pas penser à la même fonction : sur [0;1[ ,ln(1+x) = 
1
X
k=1
xk
k
; Si z =2R, on ne peut pas parler de ln(1 + z).
La fonction à intégrer est continue sur le segment [0;1] :
Z1
0
cos ((n+x)t)dt =sin ((n+x)t)
(n+x)t=1
t=0
=sin ((n+x))
(n+x)=(1)nsin(x) (n+x)
On a x > 0et n0le dénominateur est toujours non nul.
D’où :
In(x) = 1
n+x
6. On se …xe x2Fet y2[0;1[ .
On a e fyeit=
+1
X
n=0 an(1)nyneint. Donc
eixt e fyeit=
+1
X
n=0 an(1)nynei(n+x)t
et donc Re eixt e fyeit=
+1
X
n=0
[an(1)nyncos ((n+x)t)] :On a donc
J[f](x; y) = 
sin (x)Z1
0 +1
X
n=0
[an(1)nyncos ((n+x)t)]!dt
Si on peut intégrer termes à termes
J[f](x; y) =
+1
X
n=0
anIn(x)yn=
+1
X
n=0
an
x+nyn=S[f](x; y)
On peut reprendre l’idée de la question 4 pour justi…er l’intégration termes à termes.
3

 8t2[0;1]
+1
X
n=0
[an(1)nyncos ((n+x)t)] converge et sa somme t7! Re eixt e fyeitest
continue sur [0;1]
 8n2Nt7! [an(1)nyncos ((n+x)t)] est continue sur le segment [0;1] donc y est intégrable.
XZ1
0
jan(1)nyncos ((n+x)t)jdt converge car
Z1
0
jan(1)nyncos ((n+x)t)jdt Z1
0
janynjdt =janynj
terme général d’une série qui converge ( CVA d’une série entière sur le disque ouvert de conver-
gence)
La convergence normale est ici plus rapide car on est dès le départ sur un segment : jan(1)nyncos ((n+x)t)j  janynj
8x2F,8y2[0;1[ J[f](x; y) = S[f](x; y)
7. Comme ]0;1[Fon peut appliquer la question précédente
S[g](x; y) = J[g](x; y)
Or g(u) =
+1
X
u=0
undonc eg(z) =
+1
X
n=0
zn=1
1z. On a donc
J[g](x; y) = 
sin(x)Z1
0
Re eixt
1yeit dt
Or eixt
1yeit =eixt (1 yeit)
j1yeitj2=eixt yei(x1)t
y22ycos(t)+1
et donc
Re eixt
1yeit =cos(xt)ycos ((x1)t) y22ycos(t)+1
Soit
J[g](x; y) = 
sin(x)Z1
0
cos(xt)ycos ((x1)t)
y22ycos(t)+1 dt
Si on remplace xpar 1xon a :
J[g](1x; y) = 
sin(x)Z1
0
cos((1 x)t)ycos(xt)
y22ycos(t)+1 dt = sin(x)Z1
0
cos((1 x)t)ycos(xt)
y22ycos(t)+1 dt
et donc en ajoutant les 2 :
S[g](x; y +S[g](1 x; y) = (1 y)
sin (x)Z1
0
cos (xt) + cos ((1 x)) t)
y22ycos(t)+1 dt
8. D’après le calcul précédent, on a 12ycos(t) + y2=1yeit2. Comme y2(0;1[ ,yeit=y6= 1
. le dénominateur de Pest toujours non nul.
On véri…e 1 + yeit
1yeit =(1 + yeit) (1 yeit)
j1yeitj2=1 + y(eit eit)y2
12ycos(t) + y2
Ce qui donne bien :
1y2
12ycos(t) + y2= Re 1 + yeit 1yeit 
4

9. On utilise l’expression complexe pour faire le développement en série entière. Si z=yeit on a jzj<1
donc 1
1z=
+1
X
n=0
zn
1 + yeit:1
1yeit =1 + yeit+1
X
n=0
yneint =
+1
X
n=0
yneint +
+1
X
n=0
yn+1ei(n+1)t
=
+1
X
n=0
yneint +
+1
X
n=1
yneint = 1 +
+1
X
n=1
2yneint
La partie réelle donne :
P(t; y) = 1 +
+1
X
n=1
(2 cos(nt)) yn
Remarque : vue la forme du résultat …nal on vient de développer en série de Fourier la fonction
continue 2périodique t7! P(t; y)
10. A y2[0;1[ …xé on peut intégrer termes à termes la relation précédente par convergence normale sur
le segment
 8n2N,t7! (2 cos(nt)) ynest continue sur le segment [0;1]
sup
[t2[0;1]
(j(2 cos(nt)) ynj)2yn, avec convergence de la série Xyncar y2[0;1[
donc Z1
0
P(t; y)dt = 1 +
+1
X
n=1
0 = 1
On peut utiliser l’autre théorème d’intégration termes à termes en majorant :
Z1
0
j(2 cos(nt)) ynjdt Z1
0
2yndt = 2yn
Z1
0
P(t; y)dt = 1
Remarque :Si on n’a pas réussi la question 9 le classique changement de variable avec l’angle
moitié permet de conclure:On pose u= tan(t=2) ,t=2
arctan(u)
Z1
0
dt
12ycos(t) + y2=2 Z+1
0
du
(1 + y2)u22y(1 u2)=2
1
(1 y)2Z+1
0
du
1+y
1yu2+ 1
=2
1
(1 y)21y 1 + yarctan 1 + y 1yu+1
0
=1
1y2( car 1 + y 1y>0)
11. 1. Si t2[0;1] , on a t 2[0; ]donc t7! cos (t)décroît et donc t7! P(t; y)décroît. On a donc
0Z1 P(t; y)dt Z1 P(; y)dt = (1 )P(; y) = (1 )1y2
12 cos ()y+y2
le dénominateur tend vers 2(1 cos()) non nul car 2]0;1] . Donc
lim
y7!1Z1
P(t; y)dt= 0
5