Corrigé - CCP - 2004 - PSI - Maths 1, par Karine Fournier

Corrig´e - CCP - 2004 - PSI - Maths 1, par Karine Fournier
PARTIE I - Exemple 1
Dans cette partie fest la fonction d´efinie sur R+par f(t) = Arctan(t) (o`u Arctan d´esigne la
fonction Arctangente).
1. On sait que la fonction Arctangente est d´efinie, de classe C1sur R+et v´erifie Arctan(0) = 0
donc f∈E0. De plus lim
t→0+
f(t)
t=f0(0) = 1 d’o`u la fonction g:t7→ f(t) t2
est prolongeable
par continuit´e en 0 et 0 6g(t)∼+∞
π2
4t2, donc la fonction gest int´egrable sur R∗
+et donc
f∈E1.
2. Pour tout x > 0, la fonction Hx:t7→ 1
(t2+ 1)(t2+x2)est positive et continue sur R+avec
Hx(t)61
x2(1 + t2), cette derni`ere fonction est int´egrable sur [1,+∞[ pour tout x > 0 donc
pour tout x > 0, Hxest int´egrable sur R+. On remarque que ∀t∈R+,(f0(t))2=H1(t), donc
f∈E2.
3. Calcul de N2(f).
Pour x∈R∗
+, on note ϕ(x) = ZR+
Hx(t)dt.
(a) Pour tout x > 0, Hxest continue sur R+et int´egrable sur R+. Pour tout t∈R+,
x7→ Hx(t) est continue sur R∗
+. De plus pour tout a > 0 et tout x∈[a, +∞[,
∀t∈R+,06Hx(t)6Ha(t) (hypoth`ese de domination)
la fonction Ha´etant continue et int´egrable sur R+, on sait par th´eor`eme de continuit´e
que la fonction ϕest continue sur tout intervalle [a, +∞[ avec a > 0, donc est continue
sur R∗
+.
(b) Soit x∈R∗
+, x 6= 1, par d´ecomposition en ´el´ements simples (deux pˆoles simples :−1,−x2)
1
(T+ 1)(T+x2)=1 x2−11 T+ 1 −1 T+x2
(c) D’apr`es la d´ecomposition en ´el´ements simples pr´ec´edente, pour x∈R∗
+, x 6= 1, on a :
∀t∈R+, Hx(t) = 1
x2−11 1 + t2−1 t2+x2
On en d´eduit que pour tout x∈R∗
+, x 6= 1, on a :
ϕ(x) = 1
x2−1Z+∞
01
1 + t2−1 t2+x2dt =1 x2−1Z+∞
01
1 + t2−1 x
1/x
1+(t/x)2dt
ϕ(x) = 1
x2−1lim
b→+∞Arctan(t)−1
xArctan(t x)b
0
=1
x2−1π 2−π 2x=π 2x(1 + x)
(d) Par d´efinition de N2(f) avec (f0(t))2=H1(t) on a : N2(f) = pϕ(1) et par continuit´e
de ϕen 1 on aura : N2(f) = qlim
x→1ϕ(x) = √π
2.
1

4. La fonction p:u∈R+7→ u−Arctan(u) est d´erivable sur R+et ∀u∈R+, p0(u) = u2
1 + u2, la
fonction pest donc croissante sur R+, or p(0) = 0 donc
∀u∈R+, u −Arctan(u)>0
5. Pour tout x∈R+, la fonction Gx:t7→ Arctan(xt)
t(t2+ 1) est positive et continue sur R∗
+avec
Gx(t)∼0
x
1 + t2et Gx(t)∼+∞
π
2t3, on en d´eduit que pour tout x∈R+,Gxest int´egrable sur
R∗
+.
6. Calcul de N1(f).
Pour x∈R+, on pose θ(x) = ZR∗
+
Gx(t)dt et G: (x, t)∈R+xR∗
+7→ Gx(t).
(a) Pour tout x∈R+, la fonction Gxest continue et int´egrable sur R∗
+. Pour tout t > 0, la
fonction x7→ Gx(t) est continue sur R+. On a vu que ∀u∈R+, Arctan(u)6uet donc
pour tout a > 0 et tout x∈[0, a] :
06Gx(t)6xt
t(1 + t2)6a 1 + t2(hypoth`ese de domination avec t7→ 1 1 + t2int´egrable sur R+)
On en d´eduit par application du th´eor`eme de continuit´e d’une int´egrale d´ependant d’un
param`etre que la fonction θest continue sur tout intervalle [0, a] avec a > 0 et donc θ
est continue sur R+.
(b) On sait d´ej`a que la fonction θest continue sur R+, de plus la fonction Gest d´erivable par
rapport `a sa premi`ere variable xpour tout t∈R∗
+avec ∂G
∂x (x, t) = 1 (1 + t2)(1 + x2t2).
On aura donc pour tout t > 0, la fonction x7→ ∂G
∂x (x, t) est continue sur R+, pour tout
x∈R+, la fonction t7→ ∂G
∂x (x, t) est continue, positive sur R∗
+avec 0 6∂G
∂x (x, t)61 1 + t2,
on en d´eduit que t7→ ∂G
∂x (x, t) est int´egrable sur R∗
+et par domination, la fonction θ
est de classe C1sur R+avec la formule de Leibniz : θ0(x) = Z+∞
0
∂G
∂x (x, t)dt.
(c) D’apr`es ce qui pr´ec`ede, ∀x∈R+, θ0(x) = Z+∞
0
1
(1 + t2)(1 + x2t2)dt. Pour x > 0, on aura
donc θ0(x) = 1
x2Z+∞
0
H1
x
(t)dt =1
x2ϕ(1 x) = π 2(x+ 1) d’apr`es le r´esultat de la question
3b et par continuit´e en 0 de θ0, la formule est encore vraie pour x= 0.
(d) On d´eduit du r´esultat pr´ec´edent que pour tout x∈R+,θ(x)−θ(0) = π
2ln(1 + x) = θ(x).
(e) N2
1(f) = lim
a→0lim
b→+∞Zb
a
f2(t)
t2dt. Par int´egration par parties avec f(t) = Arctan(t), on
aura :
Zb
a
f2(t)
t2dt =−f2(t) tb
a
+Zb
a
2f0(t)f(t)
tdt
or lim
a→0+
f2(t)
t= lim
a→0+Arctan(t)Arctan(t)
t= 0 et lim
b→+∞
Arctan2(t)
t= 0, on en d´eduit
que :
N2
1(f) = Z+∞
0
2Arctan(t)
t(1 + t2)dt = 2θ(1) = πln(2)
2

On en d´eduit que N1(f) = pπln(2) et donc N1(f)
N2(f)= 2pln(2).
Partie II - Exemple 2
Dans cette partie, on suppose que fest la fonction d´efinie sur R+par f(t) = ln t+√t2+ 1
(o`u ln d´esigne la fonction logarithme n´ep´erien).
7. fest clairement d´erivable sur R+et on a : ∀t∈R+,f0(t) = 1
√1 + t2. On en d´eduit que f0est
continue sur R+et f02est clairement int´egrable sur R+( de primitive Arctangente sur R+)
donc f∈E2. De plus N2(f) = rπ
2.
8. Pour tau voisinage de 0, on a (par d´eveloppement limit´e `a l’ordre 1 au voisinage de 0 de
√1 + t2) : ln(t+√1 + t2) = ln(1 + t+o(t)) = t+o(t) alors f(t)∼0t.
On a aussi au voisinage de +∞:
f(t) = ln(t) + ln(1 + p1+1/t2) = ln(t) + ln(1 + 1
2t2+o(1/t2)) = ln(t) + 1 2t2+o(1/t2)
on en d´eduit que f(t)∼+∞ln(t).
9. D’apr`es les ´equivalents pr´ec´edents, t∈R∗
+7→ f2(t)
t2est prolongeable par continuit´e en 0 et
f2(t)
t2=+∞o(1 t3/2) et donc f∈E1.
10. Calcul d’une int´egrale.
(a) La fonction h:t7→ − ln(t)
1−t2est continue, positive sur ]0,1[ et est prolongeable par conti-
nuit´e en 1 (de limite ´egale `a 1/2). De plus au vosiinage de 0, on a : h(t) = o(1/√t) et
donc hest int´egrable sur ]0,1[.
On note d´esormais J=Z]0,1[
−lnt
1−t2dt.
(b) Pour tout k∈N, fk:t7→ −t2kln(t) est continue et positive sur ]0,1] avec
fk(t) = o(1/√t) au voisinage de 0, on en d´eduit que pour tout k∈N, les fonctions fk
sont int´egrables sur ]0,1[. Par int´egration par parties,
Zb
a−t2kln(t)dt =−t2k+1ln(t)/(2k+ 1)b
a+Zb
a
t2k
2k+ 1dt
Donc : Jk= lim
a→0lim
b→+∞Zb
a−t2kln(t)dt =1
(2k+ 1)2.
(c) Pour tout k∈N,les fonctions fksont continues et int´egrables sur ]0,1[, la s´erie
de fonctions Pfkconverge simplement sur ]0,1[ vers h:t∈]0,1[7→ − ln(t)
1−t2, la s´erie
PR]0,1[ |fk|=PJkconverge donc hest int´egrable sur ]0,1[ et
J=Z1
0
h(t)dt =
+∞
X
k=0 Z1
0
fk(t)dt =
+∞
X
k=0
Jk.
3

(d) On a par convergence des trois s´eries :
+∞
X
n=1
1
n2=
+∞
X
k=1
1
(2k)2+
+∞
X
k=0
1
(2k+ 1)2=π2 6
+∞
X
k=0
1
(2k+ 1)2=π2 6−1 4
+∞
X
k=1
1
k2=π2 8
On en d´eduit que J=
+∞
X
k=0
Jk=
+∞
X
k=0
1
(2k+ 1)2=π2 8.
11. Calcul de N1(f).
Pour simplifier, on note I= (N1(f))2=ZR+f(t)
t2
dt.
(a) Pour tout segment [a, b]⊂]0,+∞[, on a par int´egration par parties :
Zb
a
f2(t)
t2dt =−f2(t) tb
a
+Zb
a
2f0(t)f(t)
tdt
Or pour f(t) = ln(t+√1 + t2), on a d´ej`a vu : t7→ f(t)
test prolongeable par continuit´e
en 0 donc lim
a→0+
f2(t)
t= lim
a→0+tf(t)
t2
= 0, on avait aussi (voir question 7) :
f(t)∼+∞ln(t) et donc f2(t)
t∼+∞
ln2(t)
tet donc limb→+∞
f2(t)
t= 0. On en d´eduit que :
I= 2 Z1
0
f0(t)f(t)
tdt = 2 Z1
0
f(t)
t√1 + t2dt
(b) Pour le calcul de I, on effectue le changement de variable u=f(t) sachant que fest
un C1-diff´eomorphisme de R∗
+sur R∗ +avec f0(t) = 1
√1+t2et donc
f(t)−f(0) = Argsh(t) = f(t) car f(0) = 0, on en d´eduit que u=f(t)⇔t=sh(u) et
alors par ce changement de variable
I=Z+∞
0
u
sh(u)du
On sait que sh(u) = eu−e−u
2=eu1−e−2u 2, on effectue alors dans Ile changement
de variable v=e−u=ψ(u)⇔u=−ln(v) avec ψun C1-diff´eomorphisme de ]0,+∞[
dans ]0,1[ et ψ0(u) = −e−u=−1
eu, donc
I=Z1
0−ln(v)
1−v2dv =J=π2 8
(c) on en d´eduit que N1(f) = √I=√J=π
2√2et N1(f)
N2(f)=√π 2.
Partie III
Le but de cette partie est de comparer, d’une part, les ensembles E1et E2, et, d’autre part,
les fonctions N1et N2.
4

12. Soit fune fonction quelconque appartenant `a E0. On associe `a fdeux fonctions get h
d´efinies sur R∗
+par g(t) = f(t)
√tet h(t) = f(t)
tpour tout t > 0. On pose α=f0(0).
(a) fest d´erivable sur R+avec f(0) = 0 donc f(t) = f(t)−f(0) et donc hest prolon-
geable par continuit´e en 0 avec lim
t→0+h(t) = f0(0) = α. On a : g(t) = √th(t) et donc
lim
t→0+g(t) = 0.
(b) On v´erifie ais´ement par d´erivation d’un quotient que : ∀t > 0,√tg0(t) = f0(t)−1
2h0(t).
(c) On d´eduit des questions pr´ec´edentes, par continuit´e de f0en 0, que lim
t→0+
√tg0(t) = α
2,
de plus g(t)g0(t) = h(t)√tg0(t), donc lim
t→0+g(t)g0(t) = α2
2.
(d) Des limites calcul´ees pr´ec´edemment, on obtient que t7→ √tg0(t), t 7→ g(t)g0(t), t 7→ h(t)
sont prolongeables par continuit´e en 0+, or elles sont aussi continues sur R∗
+, donc pour
tout x > 0, ces trois fonctions sont int´egrables sur ]0, x]. On a aussi
f02(t) = g(t)g0(t)+(√tg0(t))2+1
4h2(t) alors si f∈E2,f02est int´egrable sur R∗
+et donc
sur ]0, x] pour tout x > 0, alors par int´egration sur ]0, x] et lin´earit´e de l’int´egrale, on
aura :
(R)Z]0,x] (f0(t))2dt =1
2(g(x))2+Z]0,x]√tg0(t)2dt +1 4Z]0,x]
(h(t))2dt.
13. Comparaison de E1et E2.
(a) Par positivit´e de l’int´egrale d’une fonction positive sur un intervalle, la relation (R)
entraine :
∀x > 0,Z]0,x] (f0(t))2dt >1
4Z]0,x]
(h(t))2dt
On en d´eduit que si f∈E2alors la limite lorsque xtend vers +∞de Z]0,x] (f0(t))2dt
existe et est finie, alors la fonction x∈R∗
+7→ Z]0,x]
(h(t))2dt est major´ee et donc la
fonction positive, continue h2est int´egrable sur R∗
+. Donc si f∈E2alors f∈E1, d’o`u
l’inclusion : E2⊂E1.
(b) Prenons la fonction f:t7→ sin(t), il est clair que f∈E0, de plus lim
t→0+
f2(t)
t2= 1 et
06f2(t)
t261 t2, on en d´eduit que f∈E1, mais f0(t) = cos(t) et la fonction positive f02
n’est pas int´egrable sur R+(pas de limite finie lorsque xtend vers +∞pour Zx
0
f02(t)dt).
On en d´eduit qu’il y a une inclusion stricte entre E2et E1!E16=E2.
14. Comparaison de N1et N2.
(a) Il est clair que E2est non vide inclus dans l’espace vectoriel E0. par lin´earit´e de la
d´erivation et r´esultat sur l’int´egrabilit´e d’une fonction positive, si f∈E2alors pour
tout α∈R, αf ∈E2. Soit (f, g)∈E2
2, on a donc f02et g02sont continues, positives et
int´egrables sur R+. Pour tout t∈R+,(f0(t) + g0(t))2=f02(t) + g02(t) + 2f0(t)g0(t). Par
in´egalit´e de Cauchy-Schwarz, on sait que pour tout x > 0,
Zx
0|f0(t)g0(t)|dt2
6Zx
0
f02(t)dt Zx
0
g02(t)dt
5