[PDF] Problème A : intégrale de Dirichlet

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PSI* - 2016/2017 - Corrigé du D.L. 4Page 1

Problème A :intégrale de Dirichlet

1)C'est un exemple du cours : soientεetXtels que0< ε < X; j'intègre par parties :

X

εsint

tdt= (1-cost)1t X X

ε1-cost

t2dt .

Comme les fonctions intégrées se prolongent par continuitéen 0, j'obtiens lorsqueεtend vers 0

X 0sint tdt=1-cosXX+ X

01-cost

t2dt . Or

1-cosX

X-→X→+∞0et la fonctiont→1-costt2(prolongée par continuité en 0) est intégrable surR+

(car continue par morceaux surR+, à valeurs positives, etO1t2 au voisinage de+∞). En conclusion lim

X→+∞

X 0sint tdt=R+

1-cost

t2dt, ce qui donne un sens à l'intégrale impropre F= 0sint tdt.

2)Soientn∈N∗etx∈]0,π[. J'ai

∀k∈[[1,n]] 2sinxcos2kx= sin(2k+ 1)x-sin(2k-1)x, d'où, en constatant l'hécatombe n k=1

2sinxcos2kx= sin(2n+ 1)x-sinx.

Il n'y a plus qu'à diviser parsinx(qui est strictement positif) ∀x∈]0,π[sin(2n+ 1)xsinx= 1 + 2 n k=1 cos2kx. (Autres idées récurrence ou utilisation dee2ikx...)

La fonctionx→sin(2n+ 1)x

sinxse prolonge par continuité en 0 et j'obtiens en intégrant la relation précédente (par linéarité de l'intégrale, il s'agit d'une somme finie !) :

π/2

0sin(2n+ 1)x

sinxdx=π2+ 2 n k=1

π/2

0 cos2kxdx, soit

π/2

0sin(2n+ 1)x

sinxdx=π2.

3) a)Soitfune application de classeC1sur[0,π/2]; pourn∈N∗, j'intègre par parties (fetx→ -cosnxnsont bien de classeC1) :

I n= -f(x)cosnxn

π/2

0+1n

π/2

0 f′(x)cosnxdx, d'où, en notantM

0= sup

[0,π/2]|f|etM1= sup

La suite de terme généralIn=

π/2

0 f(x)sinnxdxconverge vers 0.

b)Par construction,fest continue sur[0,π/2], de classeC1(carC2) sur]0,π/2]avec, en utilisant la

formule de Taylor-Young pourget pourg

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∀x∈]0,π/2]f ′(x) =xg ′(x)-g(x) +g(0) x2 =x g ′(0) +xg′′(0) +o(x)- g(0) +xg′(0) +x 2 2g ′′(0) +o x2 +g(0) x2 =g ′′(0)

2+o(1)

Par conséquent,f

′admet une limite finie en 0, donc (théorème de prolongementC1) fest de classeC1sur[0,π/2]. D'après lea), la suite de terme généralInconverge vers 0, où : I n=

π/2

0 f(x)sinnxdx=

π/2

0g(x)-g(0)

xsinnxdx=

π/2

0g(x)sinnx

xdx-g(0)

π/2

0sinnx

xdx.

Cette dernière égalité est justifiée par l'intégrabilité des deux fonctions apparaissant (elles se prolon-

gent par continuité en 0). Ainsi, grâce au changement de variablet=nx: I n=Jn-g(0) nπ/2 0sint tdt,soitJn=g(0)Φ(nπ/2) +In, oùΦ :X→ X 0sint tdtadmet pour limiteFen+∞(d'après1)). Finalement :

La suite de terme généralJn=

π/2

0 g(x)sinnxxdxconverge versF·g(0).

4)g:x→

x sinxsix∈]0,π/2]

1six= 0est l'inverse deh:x→

sinx xsix∈]0,π/2]

1six= 0(qui ne s'annule

pas). Il suffit de montrer quehest de classeC

2. On vérifie comme au3)b)quehest de classeC1

sur[0,π/2], avech′:x→ xcosx-sinx x2six∈]0,π/2]

0six= 0. J'applique maintenant le théorème de

prolongementC

1àh′, qui est continue sur[0,π/2]et de classeC1sur]0,π/2], avec, tous calculs faits,

∀x∈]0,π/2]h ′′(x) = 2-x

2sinx-2xcosx

x3=-13+o(1)-→x→0-13.

Ainsi,h

′est de classeC1sur[0,π/2], autrement dit gest de classeC2sur[0,π/2].

5)Appliqué à cette fonctiong, le2)m'apprend que la suite(Jn)converge versF(puisqueg(0) = 1). Or

le2)montre queJ

2n+1=π2pour toutndeN

∗, d'où, par unicité de la limite de cette suite extraite

F=π2.

Problème B

1)Soitx∈]-1,1[, j'ai

t

2+ 2xt+ 1 = (t+x)2+ 1-x2,

Puisque1-x

2>0, il en résulte que la fonctiont→1t2+ 2xt+ 1est continue, positive surR

+; en outre j'ai les primitivesdt

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Par conséquent, pour toutT >0

T 0dt arctanT+x

Cette expression admettant une limite finie lorsqueTtend vers+∞, l'existence deF(x)est justifiée,

avec plus précisément

2)Par hypothèse,a2-4b <0, ainsi j'ai nécessairementb >0et donc, grâce au changement de variable

C 0du u2+au+b= b c'est-à-dire 2

4b<1.)

3)Pour des raisons de parité, je cherche une décomposition deΦsous la forme

Φ(X) =λX+µ

X2+aX+b+-λX+µX2-aX+b.

Pour une fois, bricolons ! La valeur deΦ(0)me donneµ=1

2bet celle deΦ

(on peut bricoler habilement !) fournitλ=1-b

2abet l'on vérifie "aisément" que

Φ(X) =12ab

(1-b)X+aX2+aX+b+(b-1)X+aX2-aX+b

4)X4+X2+12=

X 2

P(X) =

X2+aX+b

5)Iest bien définie, en tant qu'intégrale d'une fonction continue sur un segment, je peux aussi la considérer

comme une intégrale sur[0,π/2[! Pour calculerI, les règles de Bioche m'incitent à poser le changement

de variableC

1bijectifϕ-→tanϕ, de[0,π/2[dans[0,+∞[(d'où la remarque précédente !), de sorte

que

J'ai alors

ϕ= arctant; dϕ=dt

1 +t2; sin4ϕ=

1-11 +t2

2 =t 4 (t2+ 1)2, d'où (puisqueIconverge)

π/2

0dϕ

1 + sin4ϕ=

0t2+ 1

(t2+ 1)2+t4dt=12

0t2+ 1

P(t)dt.

Je reprends alors les valeursa,bdu4)et j'applique le résultat du3) (1-b)X+a=1-b

2(2X+a) +a·1 +b2et(b-1)X+a=b-12(2X-a) +a·1 +b2

d'où

Φ(t)dt= Ψ(t)+C

steoùΨ(t) =1-b4ab·lnt

2+at+b

t2-at+b+1 +b4b· dtt2+at+b+dtt2-at+b

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Il en résulte, grâce au1)et au2),

2I= lim

t→+∞Ψ(t)-Ψ(0) =1 +b4b· 1-a 2

4b·π.

Or 1 +b 2

4etb-a

2 2

4d'où finalement

4·π.

(Il est satisfaisant de vérifier à la calculatrice queI≈1,22033!)

Problème C

Partie I

1)C'est un exemple du cours. Notonsf: (x,t)→e

-ttx-1. Je montre queΓestC1sur[a,b],aetbréels fixés tels que0< a < b(pour faciliter la domination).

•Pour toutx∈[a,b],t→f(x,t)est continue par morceaux (car continue !) et intégrable sur]0,+∞[

par comparaison à des intégrales de Riemann : intégrable sur]0,1]carf(x,t)∼ t→0+ 1 t1-xet1-x <1, intégrable sur[1,+∞[carf(x,t) = t→+∞o1t2 et2>1. •Pour toutt∈]0,+∞[,x→f(x,t)est de classeC

1sur[a,b], avec

∂x(x,t) = (lnt)e -ttx-1 •Pour toutx∈[a,b],t→∂f∂x(x,t)est continue par morceaux sur]0,+∞[ •Domination ∀(x,t)∈[a,b]×]0,+∞[ ∂f∂x(x,t) -tta-1sit∈]0,1] (lnt)e -ttb-1sit >1.

La fonctionϕest indépendante dex, continue par morceaux et intégrable sur]0,+∞[: toujours

o1 t2 au voisinage de+∞eto1 tα au voisinage de 0, oùαest fixé tel que1-a < α <1, ce qui s'obtient en écrivant |lnt|e -tta-1= tα-(1-a)|lnt|e-t ·1 tαoùα-(1-a)>0. Ainsi, le théorème de dérivation sous le signe somme s'applique :Γest de classeC

1sur[a,b], cela pour

tousa,btels que0< a < b, doncΓestC

1sur]0,+∞[. De plus on intègre une fonction continue,

positive et non identiquement nulle, donc Γest de classeC1et strictement positive sur]0,+∞[.

2)Soitx >0. Les fonctionsu:t→txetv:t→ -e-tsont de classeC1sur]0,+∞[et le produituvadmet

la limite 0 en 0 (x >0)et en+∞(croissances comparées). Or nous avons vu que 0 uv′converge (c'estΓ(x+ 1)), je peux donc intégrer par parties : 0 txe-tdt=tx -e-tt→+∞ t→0- 0 xtx-1 -e-tdt=x+∞ 0 tx-1e-tdt.

Autrement dit

Γ(x+ 1) =xΓ(x), cela pour toutx >0.

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CommeΓ(0) =

0 e-tdt= 1, il en résulte par une récurrence immédiate ∀n∈N∗Γ(n) = (n-1)!

3) a)Fixonsn≥1etx >0. La continuité defnsur]0,n[est assurée par les théorèmes opératoires

classiques,f nest nulle donc continue sur]n,+∞[; enfinlimn-fn= 0doncfnest également continue enn.

Pour l'intégrabilité, je vais dominer lesf

n(ce sera utile aub)). ∀t∈]0,n[ ln 1-t n 1-tn et par croissance de l'exponentielle ∀t∈]0,n[ 1-t n n Or cette majoration est également vraie sur[n,+∞[. J'ai donc la domination ∀n≥1∀t >0|f oùϕ:t→e -ttx-1est continue et intégrable sur]0,+∞[(vu au1)). Il en résulte en particulier que fnest continue et intégrable sur]0,+∞[, cela pour toutn≥1. b)Toujours avecx >0fixé, je remarque queIn(x)n'est autre que 0 fnet j'applique le théorème de convergence dominée à la suite(f n)sur]0,+∞[: ∗lesf nsont continues par morceaux (car continues !) sur]0,+∞[ ∗(f

n)converge simplement sur]0,+∞[versϕ:t→e-ttx-1(en effet, pourt >0fixé,t∈]0,n[à

partir d'un certain rang (dès quen > t!), doncf n(t) = 1-tn n tx-1ornln 1-tn ∼n→∞-t, d'où par continuité de l'exponentiellef n(t)-→n→∞ϕ(t)) ∗l'hypothèse de domination a été vérifiée aua).

Par conséquent,

limn→∞In(x) = Γ(x), cela pour toutx >0. c)Je justifie au préalable la convergence deJn(x)pour toutx >0etn≥0: la fonction t→(1-t) ntx-1est continue sur]0,1]et(1-t)ntx-1∼t→0 1 t1-xavec1-x <1puisquex >0, d'où la convergence par comparaison à un intégrale de Riemann.

Fixonsx >0etn≥0. Les fonctionsu:t→(1-t)

n+1etv:t→txsontC1sur]0,1], le produit uvadmet pour limite 0 en 0 (carx >0) et en 1 (carn+ 1>0). De plus 1 0 u′vconverge (c'est -(n+ 1)J n(x+ 1)), je peux donc intégrer par parties, avec un crochet nul : -(n+ 1)J n(x+ 1) =- 1 0 uv′=-xJn+1(x).

Il en résulte

Jn+1(x) =n+ 1xJn(x+ 1), cela pour toutx >0et toutn≥0. d)Pourx >0fixé, une récurrence immédiate surndonne alors J n(x) =n(n-1)...1x(x+ 1)...(x+n-1)J0(x+n).

Or par un calcul banal de primitive,J

0(x) =1xpour toutx >0, d'où finalement :

Jn(x) =n!x(x+ 1)···(x+n-1)(x+n).

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e)Par ailleurs, pourx >0etn≥1, le changement de variableC

1bijectift=u/ndonne :

J n(x) =quotesdbs_dbs17.pdfusesText_23

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