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)
+u x
est continue positive sur ]0; 1]:
1+u
En 0 l’équivalent est donné par le terme de plus bas degré:
1. La fonction u 7!
ux
1
ux
1
+u
1+x
x 1
u
+u
si x > 1=2 on a
1+x
x 1
u
+u
si x = 1=2 on a
1+x
si x < 1=2 on a
x
ux
1
=
1
u1 x
intégrable sur ]0; 1] ssi x > 0
x
u
x
intégrable sur ]0; 1] ssi x < 1
x
2u
(1=2)
intégrable sur ]0; 1]
f (x) existe si et seulement si x 2]0; 1[
Z 1
Z 1 x 1
u x
u
On peut aussi séparer en 2 et étudier A =
du et B =
du et étudier A et B par
0 1+u
0 1+u
équivalent ou avec la règle xa g(x) ! l
si x 2]0; 1[ A et B convergent donc f (x) existent
si x < 0 A converge et B diverge donc A + B diverge et f (x) n’est pas dé…nie
si x > 1 on a DV+CV=DV f (x) n’est pas dé…ni.
On a de la chance le cas DV + DV n’est pas possible.
X
On remarquera que l’hypothèse sur f dit que
an tn a un rayon de convergence R
+1
X
[0; 1[ f (t) =
an tn .
1 , et que sur
n=0
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
0 qui est bien DSE l’intégrale est toujours dé…nie.
Toute fonction développable en série entière est C 1 . En particulier f est continue sur [0; 1[ .
Si y 2]0; 1[ on a pour tout v 2]0; 1] , vy 2 [0; 1[ donc v 7! v x 1 f (yv) est continue sur ]0; 1]
f étant continue en 0+ on a
intégrable sur ]0; 1] donc
Z
0
v x 1 f (yv)
v x 1 f (yv)
vx
vx
1
1
jf (0)j si f (0) 6= 0
. Pour x > 0 v 7! v x
jf (0)j si f (0) = 0
1
v x 1 f (yv)dv converge pour tout x > 0 et y 2]0; 1[
1
est
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 v x 1 f (yv) = v x 1 f (0) est intégrable sur ]0; 1] pour x > 0 et
Z
1
v x 1 dv =
0
8x>0,
Z
vx
x
1
1
x
=
0
1
f (0)
x
v x 1 f (0)dv =
0
3. D’après le calcul précédent : 8x > 0; 8y 2 [0; 1[ S[f ](x; y) =
Z
1
v x 1 f (yv)dv:
0
On a un problème de continuité d’une intégrale à paramètre.
pour tout x > 0 :
8v 2]0; 1] , y 7! v x 1 f (yv) est continue sur [0; 1[ car f est développable en série entière sur [0; 1[
et yv 2 [0; 1[
8y 2 [0; 1[ v 7! v x 1 f (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 y 2 [a; b] , on a vy 2 [0; b]. Or la fonction
f est continue sur le segment [0; b] donc y est borné . On note Mb = sup (jf j) . On a alors
[0;b]
pour y 2 [a; b]: v x 1 f (yv)
v x 1 Mb , continue , intégrable sur ]0; 1] (car x
indépendante de y:
8x > 0 , y 7! S[f ](x; y) est continue sur [0; 1[
1 >
1 ) et
remarque 1: la continuité est la conséquence du développement en série entière qui suit.
remarque 2 : On Zpeut aussi se ramener à un problème de primitive en posant pour y 6= 0 : V = yv
1 y x 1
, S[f ](x; y) = x
V
f (V )dV , qui prouve facilement la continuité pour y 2]0; 1[ et qui prouve la
y 0
continuité en 0 :
Z
Z
1 y x 1
1 y x 1
1 yx
S[f ](x; y) = x
V
f (V )dV = S[f ](x; y) = x
V
a0 + o(V x 1) ) dV = x
a0 + o(y x )
y 0
y 0
y
x
4. On a f (t) =
+1
X
n=0
an tn si t 2 [0; 1[ , donc v x 1 f (yv) =
+1
X
an v n+x 1 y n . Si on peut intégrer termes à
n=0
+1
X
an n
termes pour y 2 [0; 1[; S[f ](x; y) =
y , ce qui montre que y 7! S[f ](x; y) est développable
n+x
n=0
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 > 0 et y 2 [0; 1[ …xés:
8v 2]0; 1] la série
8n 2 N , v 7! an v
+1
X
n=0
an v n+x 1 y n converge et sa somme v 7! v x 1 f (vy) est continue sur ]0; 1]
n+x 1 n
y est continue intégrable sur ]0; 1] car n + x
1>1
la série
XZ
1
an v n+x 1 y n dv converge par majoration du terme général par le terme général
0
d’une série convergente :
Z
1
an v n+x 1 y n dv =
0
X
jan y n j
n+x
jan y n j
x
X
et la série
an y n CVA car y < 1 et
an y n a un rayon de convergence R
entière converge absolument sur le disque ouvert de convergence)
1 . (toute série
On peut intégrer termes à termes.
+1
X
an n
8x > 0, 8y 2 [0; 1[ S[f ](x; y) =
y
n+x
n=0
Autre démonstration : On sépare n = 0 des autres termes . Pour n 1 v 7! an v n+x 1 y n est maintenant
continue sur le segment [0; 1] car n + x 1 > 0 . Comme on intègre sur un segment on peut introduire
+1
X
la convergence normale de la série v 7 !
an v n+x 1 y n pour intégrer termes à termes.
1
Remarque : dans cette question "x non entier" ne sert pas encore.
5. Remarque fe prolonge f à D . Mais il ne faut pas penser à la même fonction : sur [0; 1[ , ln(1+x) =
; Si z 2
= R , on ne peut pas parler de ln(1 + z) .
La fonction à intégrer est continue sur le segment [0; 1] :
Z 1
t=1
sin ((n + x) t)
sin ((n + x) )
( 1)n sin(x )
cos ((n + x) t) dt =
=
=
(n + x)
(n + x)
(n + x)
0
t=0
On a x > 0 et n
0 le dénominateur est toujours non nul.
D’où :
In (x) =
1
n+x
6. On se …xe x 2 F et y 2 [0; 1[ .
On a fe
ye
i t
=
+1
X
an ( 1)n y n ein
t
. Donc
n=0
ei
i xt
et donc Re e
fe
ye
i t
=
xt
fe
+1
X
yei
t
=
+1
X
t
n=0
[an ( 1)n y n cos ((n + x) t)] : On a donc
n=0
J[f ](x; y) =
an ( 1)n y n ei(n+x)
sin ( x)
Si on peut intégrer termes à termes
+1
X
Z
0
1
+1
X
n=0
!
[an ( 1)n y n cos ((n + x) t)] dt
+1
X
an n
J[f ](x; y) =
an In (x)y =
y = S[f ](x; y)
x+n
n=0
n=0
n
On peut reprendre l’idée de la question 4 pour justi…er l’intégration termes à termes.
1
X
xk
k=1
k
8t 2 [0; 1]
+1
X
n=0
[an ( 1)n y n cos ((n + x) t)] converge et sa somme t 7! Re ei
continue sur [0; 1]
xt
fe
yei
t
est
8n 2 N t 7! [an ( 1)n y n cos ((n + x) t)] est continue sur le segment [0; 1] donc y est intégrable.
XZ 1
jan ( 1)n y n cos ((n + x) t)j dt converge car
0
Z
Z
1
0
n n
jan ( 1) y cos ((n + x) t)j dt
1
0
jan y n j dt = jan y n j
terme général d’une série qui converge ( CVA d’une série entière sur le disque ouvert de convergence)
La convergence normale est ici plus rapide car on est dès le départ sur un segment : jan ( 1)n y n cos ((n + x) t)j
8x 2 F , 8y 2 [0; 1[ J[f ](x; y) = S[f ](x; y)
7. Comme ]0; 1[
F on peut appliquer la question précédente
S[g](x; y) = J[g](x; y)
Or g(u) =
+1
X
u=0
+1
X
un donc ge(z) =
zn =
n=0
1
1
J[g](x; y) =
Or
ei
xt
yei
1
t
et donc
Re
=
ei
1
ei
xt
sin( x)
(1
j1
yei
t
Si on remplace x par 1
J[g](1 x; y) =
sin(
sin( x)
Z
1
Re
0
ei
1
xt
yei
t
dt
ye i t )
ei xt yei (x 1)t
=
y 2 2y cos( t) + 1
yei t j2
xt
Soit
J[g](x; y) =
. On a donc
z
cos( xt) y cos ( (x 1)t)
y 2 2y cos( t) + 1
=
Z
0
1
cos( xt) y cos ( (x 1)t)
dt
y 2 2y cos( t) + 1
x on a :
Z 1
Z 1
cos( (1 x)t) y cos( xt)
cos( (1 x)t) y cos( xt)
dt
=
dt
x) 0
y 2 2y cos( t) + 1
sin( x) 0
y 2 2y cos( t) + 1
et donc en ajoutant les 2 :
S[g](x; y + S[g](1
(1 y)
x; y) =
sin ( x)
Z
1
0
cos ( xt) + cos ( (1 x)) t)
dt
y 2 2y cos( t) + 1
8. D’après le calcul précédent, on a 1 2y cos(t) + y 2 = 1
. le dénominateur de P est toujours non nul.
On véri…e
Ce qui donne bien :
1 + yei
1 yei
t
t
=
(1 + yei t ) (1 ye
j1 yei t j2
1
i t
)
=
1 y2
= Re
2y cos(t) + y 2
yei
t 2
. Comme y 2 (0; 1[ , yei
1 + y (ei t e i t ) y 2
1 2y cos(t) + y 2
1 + yei
1 yei
t
t
t
= y 6= 1
j
9. On utilise l’expression complexe pour faire le développement en série entière. Si z = yei
+1
X
1
=
zn
donc
1 z
n=0
1 + yei
t
:
1
1
yei
t
1 + yei
=
=
+1
X
y n ei
+1
X
t
nt
y n ei
n=0
+1
X
+
n=0
nt
+1
X
=
y n ei
nt
+
n=0
y n ein
t
+1
X
t
y n+1 ei(n+1)
on a jzj < 1
t
n=0
=1+
n=1
+1
X
2y n ein
t
n=1
La partie réelle donne :
P (t; y) = 1 +
+1
X
(2 cos(n t)) y n
n=1
Remarque : vue la forme du résultat …nal on vient de développer en série de Fourier la fonction
continue 2 périodique t 7 ! P (t; y)
10. A y 2 [0; 1[ …xé on peut intégrer termes à termes la relation précédente par convergence normale sur
le segment
8n 2 N , t 7 ! (2 cos(n t)) y n est continue sur le segment [0; 1]
X
sup (j(2 cos(n t)) y n j) 2y n , avec convergence de la série
y n car y 2 [0; 1[
[t2[0;1]
donc
Z
1
P (t; y)dt = 1 +
0
+1
X
0=1
n=1
On peut utiliser l’autre théorème d’intégration termes à termes en majorant :
Z 1
Z 1
n
j(2 cos(n t)) y j dt
2y n dt = 2y n
0
0
Z
1
P (t; y)dt = 1
0
Remarque :Si on n’a pas réussi la question 9 le classique changement de variable avec l’angle
2
moitié permet de conclure:On pose u = tan( t=2) , t = arctan(u)
Z
0
1
1
dt
2
=
2
2y cos( t) + y
=
11.
Z
+1
(1 +
0
2
du
1
(1
y)2
y 2 )u2
2y(1
1 y
arctan
1+y
u2 )
=
1+y
u
1 y
2
1
y)2
(1
+1
=
0
Z
+1
0
1
1
y2
du
1+y
u
1 y
( car
2
+1
1+y
>0)
1 y
1. Si t 2 [0; 1] , on a t 2 [0; ] donc t 7 ! cos ( t) décroît et donc t 7 ! P (t; y) décroît. On a donc
Z 1
Z 1
1 y2
0
P (t; y)dt
P ( ; y)dt = (1
)P ( ; y) = (1
)
1 2 cos ( ) y + y 2
le dénominateur tend vers 2(1
)) non nul car 2]0; 1] . Donc
Z 1
lim
P (t; y)dt = 0
cos(
y7 !1
2. On majore (comme P est positif):
Z
Z
P (t; y)'(t)dt
0
0
P (t; y) j'(t)j dt
Mais, toujours avec la positivité de P on a :
Z
P (t; y)dt
Z
0
et donc :
8y 2 [0; 1[ ,
Z
Z
P (t; y) sup (j'(t)j) dt
t2[0; ]
0
1
P (t; y)dt = 1
0
P (t; y)'(t)dt
sup (j'(t)j)
t2[0; ]
0
12. "En déduire" : il faut donc utiliser le résultat précédent sans chercher des majorations plus classiques.
1. si '(0) = 0 , ' est petite au voisinage de 0 , donc sup (j'(t)j) est petit (et tend vers 0 si
t2[0; ]
Z
Z 1
vers 0 donc
P (t; y)'(t)dt tend vers 0 ainsi que
P (t; y)'(t)dt:
tend
0
Mais pour la première limite tend vers 0 et pour la seconde y tend vers 1:
Pour passer de la limite en à celle en y il su¢ t de revenir aux quanti…cateurs :Comme '(0) = 0
et comme ' est continue en 0 on a :
8" > 0 , 9 > 0 , 8x 2 [0; ] , j'(x)j
On a donc sup (j'(t)j)
" et donc
t2[0; ]
On prend cet
Z
P (t; y)'(t)dt
"
"
0
(qui est bien une constante par rapport à y ) et on écrit la limite de
8" > 0 , 9 > 0 , 8y 2 [1
; 1[;
Z
; 1[;
Z
Z
1
1
P (t; y)dt
"
P (t; y)dt
2"
Et réunissant les 2 :
8" > 0 , 9 > 0 , 8y 2 [1
Ce qui montre bien que lim
y7!1
Z
1
0
1
P (t; y)dt
= 0 = '(0)
0
2. Si ' (0) 6= 0 , on introduit : 8x 2 [0; 1] , (x) = '(x) '(0) qui est continue sur (0; 1] .
Z 1
Z 1
Z 1
P (t; y)'(t)dt =
P (t; y)dt '(0) +
P (t; y) (t)dt
0
0
0
la première intégrale vaut 1 et la seconde tend vers 0:
Z 1
lim
P (t; y)dt = '(0)
y7!1
0
13. Comme x 2]0; 1[ et y 2 [0; 1[ on peut utiliser la
Z
(1 y) 1 cos ( xt) + cos (
On a C[g](x; y) =
sin
y 2 2y cos(
Z (1 y) 0
2
1 y
donc A(1 x; y) =
cos (
2
2y cos( t) + 1
0 y
Une comparaison des 2 expressions donne :
C[g](x; y) =
Z
formule de la question 7 et la dé…nition de P :
Z 1
1 y2
(1 x)) t)
dt et A(x; y) =
cos ( xt) dt
2
t) + 1
2y cos( t) + 1
0 y
(1
(1 + y) sin( x)
x)t) dt
(A(x; y) + A(1
x; y))
1
1 y2
cos ( xt) dt tend vers 1 , en appliquant la question
2
2y cos( t) + 1
0 y
12 à '(t) = cos( xt) qui est bien continue sur [0; 1]
2
lim (C[g](x; y)) =
=
y7 !1
2: sin( x)
sin( x)
14. Si y tend vers 1 , A(x; y) =
15. On a d’après les dé…nitions des fonctions dans le sujet pour x 2]0; 1[ et y 2 [0; 1[ :
Z 1 x 1
Z 1
(u
+ u x)
1
I(x) =
du
;
S[g](x; y) =
vx 1
dv
1+u
1 + vy
0
0
Z 1 x 1
v
+v x
dv
C[g](x; y) = S[g](x; y) + S[g](1 x; y) =
1 + vy
0
Z 1 x 1
v
+v x
La question précédente nous donne lim
dv =
.
y !1
1 + vy
sin( x)
0
Si on peut dire :
Z 1
Z 1 x 1
vx 1 + v x
v
+v x
lim
dv
dv = lim
y !1
1 + vy
1 + vy
0 y !1
0
on aura prouver I(x) =
sin( x)
Il su¢ t de prouver la continuité de y 7 !
Etude sur [0; 1] ( ou tout segment [ ; 1] )
1
vx
0
1
+v
1 + vy
x
dv en 1.
+v x
est continue sur [0; 1]
1 + vy
vx 1 + v x
8y 2 [0; 1] v 7 !
est continue sur ]0; 1] , intégrable d’après la domination qui suit
1 + vy
vx 1 + v x
8y 2 [0; 1]; 8v 2]0; 1[ ,
v x 1 + v x , fonction indépendante de y et intégrable sur
1 + vy
]0; 1[ d’après les équivalents de la première question.
Z 1 x 1
v
+v x
8x 2]0; 1[ ,
dv =
1+v
sin( x)
0
8v 2]0; 1] , y 7 !
vx
Z
1
Remarque (hors devoir) : le changement de variable u = 1=v donne
Z 1 x 1
Z 0
Z +1
v
u1 x
du
u x
dv =
=
du
1
u2
1+u
0 1+v
+1 1 + u
0
Du calcul précédent on déduit donc :
Z
0
+1
u x
du =
1+u
sin( x)