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Lycée La Prat"s Vendredi 15 novembre 2013

Classe de PT

Épreuve de Mathématiques 3

CorrectionExercice 1 (PT 2013 C)

1)La fonctionsinest de classeC1surR+et sa dérivée estcos, qui est bornée (en valeurs absolues) par

1. Donc l"inégalité des accroissements finis entre0ett?R?+s"écrit

|sin(t)-sin(0)|61× |t-0| Ainsi, en divisant part >0, Pour tout réeltstrictement positif,|sint|t

612)Soitx?R?+fixé.

•Étude def: La fonction?:t?→e-xtsintt est continue par morceaux sur]0,+∞[. En0:? ????e -xtsintt

????≂e-xt--→t→01donc la fonction?est prolongeable par continuité en0, et l"intégrale

converge.

En+∞: D"après 1),|sint|t

61donc|?(t)|6e-xt, qui est intégrable au voisinage de+∞d"après

le critère des exponentielles (x >0).

Conclusion : L"intégrale?

0e -xtsintt dtest absolument convergente, donc convergente, etf(x) existe. •Étude deg: La fonctiont?→e-xtcostx est continue par morceaux sur[0,+∞[.

De plus,?

????e -xtcostx ????61x e-xt, qui est intégrable au voisinage de+∞d"après le critère des exponen- tielles (x >0).

Conclusion : L"intégrale?

0e -xtcostx dtest absolument convergente, donc convergente, etg(x) existe.

Finalement : Les fonctionsfetgsont définies surR?+3)Soitaun réel strictement positif. Appliquons le théorème de Leibniz de dérivation des intégrales

dépendant d"un paramètre sur l"intervalleD= [a,+∞[, qui nous donne directement que la fonction

est de classeC1(et donc continue). Soith: [a,+∞[×]0,+∞[→Rdéfinie parh(x,t) =e-xtsintt •Pour toutt?]0,+∞[, la fonctionx?→h(x,t)estC1sur[a,+∞[car exponentielle l"est.

•Pour toutx?[a,+∞[, la fonctiont?→h(x,t)est intégrable sur]0,+∞[d"après 2).

Pour toutx?[a,+∞[, la fonctiont?→∂h∂x (x,t) =-te-xtsintt =-e-xtsintest continue par morceaux sur]0,+∞[.

•La fonction?(t) =e-atest intégrable sur]0,+∞[d"après le critère des exponentielles (a >0) et

(x,t)????=|sint|e-xt6e-at=?(t) 1 DST3Donc, d"après le théorème de dérivation sous le signe somme, La fonctionfest de classeC1sur[a,+∞[etf?(x) =-?

0e-xtsintdt.On remarque que, pour toutx?R?+,g(x) =?

0e -xtcostx dt=1x

0e-xtcostdt(par linéarité).

Nous allons avoir besoin de la fonction?(t) =te-at, définie sur[0,+∞[.?est continue par morceaux,

et par croissance comparée, commea >0, t

2?(t) =t3e-at----→t→+∞0

Donc par définition de la limite, il existet0>0tel que?t>t0,|t2?(t)|61, puis|?(t)|61t 2. Or 1t

2intégrable en+∞(Riemann,α= 2>1), donc par majoration?est intégrable.

Évitez de mettre la preuve de l"intégrabilité de la fonction?au milieu du théorème, lorsqu"il y a plus d"un mot

à dire (par exemple, au-dessus, c"est immédiat (critère des exponentielles), pas de problème).

Soith: [a,+∞[×]0,+∞[→Rdéfinie parh(x,t) =e-xtcost. •Pour toutt?]0,+∞[, la fonctionx?→h(x,t)estC1sur[a,+∞[car exponentielle l"est.

•Pour toutx?[a,+∞[, la fonctiont?→h(x,t)est intégrable sur]0,+∞[d"après 2).

Pour toutx?[a,+∞[, la fonctiont?→∂h∂x (x,t) =-te-xtcostest continue par morceaux sur ]0,+∞[. •La fonction?(t) =te-atest intégrable sur]0,+∞[(ci-dessus) et (x,t)????=te-xt|cost|6te-at=?(t) Donc, d"après le théorème de dérivation sous le signe somme, la fonctionx?→?

0e-xtcostdtest de

classeC1sur[a,+∞[et sa dérivée estx?→ -?

0te-xtcostdt.

Ainsi, comme produit de fonctionsC1sur[a,+∞[(x?→1x estC1),

La fonctiongest de classeC1sur[a,+∞[.4)CommefetgsontC1sur[a,+∞[pour touta >0, elles sontC1sur]0,+∞[. Soitx >0fixé.

PourX >0, on intègre par partie :

X 0e -xtcostx dt=?e-xtsintx X 0 X

0e-xtsintdt=e-xXsinXx

X→+∞0+?

X

0e-xtsintdt

J"insiste lourdement : il ne s"agitpasdef?(x)etg(x)pour l"instant! Donc en passant à la limite pourX→+∞: f

?(x) =-g(x)5)Les questions de calculs d"intégrales ne sont jamais complètement affreuses. On peut s"en sortir par une IPP,

mais le calcul direct comme en sup marche ausis.

Soitx >0.f?(x) =-?

0e-xtsintdt, c"est donc la partie imaginaire de l"intégrale dee-xteit=

e

(-x+i)t, que l"on peut sortir de l"intégrale par linéarité et continuité de la partie imaginaire. De plus

0e(-x+i)tdt=?e(-x+i)t-x+i?

0 =1-x+i 2 DST3Il ne reste plus qu"à prendre la partie imaginaire de

1-x+i=-x-i(-x+i)(-x-i)=-x-i1 +x2:

f ?(x) =-11 +x26)Au 2), nous avions montré (à l"aide du 1)) que? ????e -xtsintt ????6e-xt. Donc |f(x)|6? 0? ????e -xtsintt ????dt6?

0e-xtdt=1x

----→x→+∞0

Par majoration,limx→+∞f(x) = 0.

Jusqu"ici, le sujet pose les mêmes questions que l"exercice 28. Transformée de Laplace...No comment.

7)D"après 5),fest une primitive1de-11 +x2, donc de la formeK-Arctanx.

De plus, d"après 6),limx→+∞f(x) = 0 =K-π2 , doncK=π2 . Ainsi, ?x >0, f(x) =π2 -Arctanx8)a) Ceci relevait, pour vous, de la question de cours.

Étude ent= 0:

sintt ≂tt = 1donct?→sintt est prolongeable par continuité, et par conséquent intégrable en0. Étude ent= +∞: SoitT >1. Effectuons une intégration par parties. T

1sintt

dt=?costt T 1 T

1costt

2dt

Or, commecosest bornée,limT→+∞?

cosTT -cos1? = cos1et donc existe.

De plus

????costt 2? ???61t

2qui est intégrable en+∞d"après Riemann, donc par majoration?

1costt

2dt est absolument convergente.

Conclusion.limT→+∞?

T

1sintt

dtexiste : L"intégrale?

0sintt

dtconvergeb)La fonction?estC1comme composée de fonctionsC1sur]0,+∞[, et??(t) =-1 + (t+ 1)e-tt

2.

Au voisinage det= 0,?(t) =1-e-tt

=1-1 +t+o(t)t ≂1donclimt→0?(t)existe et vaut1.

De même

2,??(t) =-1 + 1-t+t22

+t-t2+o(t2)t

2≂ -12

Donc, d"après le théorème du prolongementC1,

?est prolongeable par?(0) = 1en une fonctionC1surR.c)On effectue le changement de variableu=xt, sans problème vu quex?= 0.

d)D"après b),?estC1sur[0,+∞[, on peut donc effectuer une intégration par partie (X >0) : X

0?(u)sin?ux

du=? -?(u)xcos?ux ?X 0 X

0??(u)xcos?ux

du1.Vous savez, le truc défini à uneCONSTANTEprès

2. Vous avez fait largement pire comme DL...

3

DST3De plus,

?????(X)cos?Xx ????6? ??1-e-X???X -----→X→+∞0, donc? -?(u)xcos?ux ?X 0 -----→X→+∞?(0)x=x. LorsqueX→+∞, l"intégrale du membre de gauche esth(x) =α-f(x), qui est donc une intégrale convergente comme combinaison linéaire d"intégrales convergentes. De plus, le crochet converge (ci-dessus, versx), donc l"intégrale du membre de droite converge aussi, et il vient?+∞

0?(u)sin?ux

du=x+x?

0??(u)cos?ux

due)On veut une constanteK, c"est-à-dire qu"on veut se débarrasser duxqui traîne dans l"intégrale.

Pour toutu >0,|u2??(u)|=| -1 + (u+ 1)e-u|61 + (1 +u)e-u----→u→+∞1. Donc, par définition de la limite (pourε= 1), il existeu0>0tel que pour toutu>u0,

06u2??(u)62, puis06??(u)62u

2, qui est intégrable en+∞d"après Riemann (α= 2>1).

Ainsi,??intégrable sur[0,+∞[, donc

0??(u)cos?ux

du????6? 0? ?????(u)cos?ux ????du6?

0??(u) du

En posantK= 1 +?

0??(u) du, l"égalité obtenue en d) nous donne

|h(x)|6x+x?????

0??(u)cos?ux

du????6x+x?

0??(u) =Kxf)D"après la question e),limx→0,x?=0h(x) = 0. Il reste à vérifier la valeur deh(0):

h(0) =?

01-e-0tt

sintdt= 0

Donclim0h= 0 =h(0), ethest continue en0Comme l"énoncé le suggère au 8)a),h(x) =α-f(x). On en déduit donclimx→0f(x) =α.

9)D"après 7), pour toutx >0,f(x) =π2

-Arctanx. De plus, d"après 8)f),limx→0f(x) =α. Donc lim x→0? π2 -Arctanx? =π2

0sintt

dtExercice 2 (D"après E3A PSI 2013 A et Centrale PC 2013 1)

1)PourX >0,?

X

011 +u2du= [Arctan(u)]X0= Arctan(X)-----→X→+∞π2

Donc

011 +u2duconverge et vautπ2

De même,

X

0λλ

2+u2du=?

X

01/λ1 + (u/λ)2du= [Arctan(u/λ)]X0= Arctan(X/λ)-----→X→+∞π2

Donc?

0λλ

2+u2duconverge et vautπ2

Par conséquent l"intégrale de l"énoncé converge comme combinaison linéaire d"intégrales convergentes,

et, 0? 1u

2+ 1-λu

2+λ2?

du= 04

DST32)a) |1-xeit|2= (1-xeit)(1-xe-it) = 1-2xcos(t) +x2. Donc|1-xeit|=?1-2xcos(t) +x2b)D"après 1),1-2xcos(t) +x2=|1-xeit|2>0(comme module).

De plus,1-2xcos(t) +x2= 0si et seulement si1-xeit= 0, ce qui implique entre autre |xeit|=|x|= 1.

Finalement, Sixest un réel différent de1et-1, alors1-2xcos(t) +x2>0pour toutt?Rc)•Soit?(t) = ln(sint). La fonction?est définie et continue sur]0,π[(sin>0sur cet intervalle).

Étude en0+:?(t) = ln(t+o(t2)) = ln(t(1 +o(1))) = ln(t) + ln(1 +o(1))???? --→t→0ln(1)=0≂ln(t). Orln(t)est intégrable en0(primitivetlnt-t). Donc, par équivalent,?est intégrable en0. Étude enπ-:?(π-h) = ln(sin(π-h)) = ln(sin(h)) =?(h), or?intégrable en0, donc? intégrable enπ.

Conclusion:

0ln(sint) dtconverge•Soit?(t) = ln(1-cost). La fonction?est définie et continue sur]0,π](1-cos>0sur cet

intervalle). On procède comme ci-dessus. Étude en0+:?(t) = ln?(1-(1-t2/2+o(t2))?= ln(t2(1+o(1))) = 2ln(t)+ln(1+o(1))≂ln(t).

Donc, par équivalent,?est intégrable en0.

Conclusion:

0ln(1-cost) dtconverge•Le changement de variableu=π-ts"écrit?

0ln(1+cost)dt=?

0ln(1-cosu)du, or d"après

ci-dessus, l"intégrale enuconverge, donc?

0ln(1 + cost) dtconverged)Soit?(t) = ln(1-2xcos(t) +x2).

Casx /? {-1,1}: Pourxdifférent de-1et1, d"après 2)b),(1-2xcos(t) +x2)>0pour tout t?[0,π]. Donc?(t)bien définie (et continue) sur[0,π].

L"intégrale?

0ln(1-2xcos(t) +x2) dtn"est donc pas impropre, et converge.

Casx? {-1,1}: On retrouve les deuxièmes et troisièmes intégrales du 2)c), qui convergent.

Conclusion: Pour toutx?R, l"intégrale?

0ln(1-2xcos(t) +x2) dtconverge.3)Pourx= 1, nous avons déjà montré en 2)c) queh(1) =h(-1).

Pourx /? {-1,1}, effectuons le même changement de variableu=π-t: h(x) =? 0

πln(1-2xcos(u-π) +x2)(-1) du=?

0ln(1 + 2xcos(u) +x2) du=h(-x)

Donc La fonctionhest paire.De plus,h(0) =?

0ln(1-2×0×cos(t) + 02) dt=?

0ln(1) dt= 04)Soita?]0,1[. Appliquons le théorème de Leibniz de dérivation des intégrales dépendant d"un paramètre

sur l"intervalleD= [0,a]. Nous allons avoir besoin de l"inégalité suivante : ?(x,t)?[0,a]×[0,π],1-2xcos(t) +x2>1-2x+x2= (1-x)2>(1-a)2 (On se rappelle que, d"après 2)a),1-2xcos(t) +x2>0). Soitg: [0,a]×[0,π]→Rdéfinie parg(x,t) = ln(1-2xcos(t) +x2).

Les intégrales sont toutes sur un segment.

•Pour toutt?[0,π], la fonctionx?→g(x,t)estC1sur[0,a]. 5

DST3•Pour toutx?[0,a], la fonctiont?→g(x,t)est intégrable sur[0,π]d"après 2) (de toute façon, c"est

une intégrale sur un segment).

Pour toutx?[0,a],t?→∂g∂x

(x,t) =2cos(t) + 2x1-2xcos(t) +x2est continue par morceaux sur[0,π]. •La fonction?(t) =2 + 2a(1-a)2constante est évidemment intégrable sur[0,π](segment) et (x,t)????62|cos(t)|+ 2x1-2xcos(t) +x262 + 2a(1-a)2=?(t) Donc, d"après le théorème de dérivation sous le signe somme,

La fonctionhest de classeC1sur[0,a]eth?(x) =-?

02cos(t) + 2x1-2xcos(t) +x2dt.De plus, commehestC1sur[0,a]pour touta?]0,1[, elle estC1sur l"union de ces segments :

hestC1sur[0,1[5)t?→tan(t/2)est unC1difféomorphisme de]0,π[dans]0,+∞[. C"est donc un bon changement de

variable (on a ici des contraintes plus grandes sur le changement de variable car il n"est pas défini

sur le segment et introduit donc des intégrales impropres). En remarquant quecos(t) =1-u21 +u2où

u= tan(t/2)et comme (c"est une identité formelle)dt=2du1 +u2, on a

0x-cos(t)1-2xcos(t) +x2dt= 2?

0(x-1) +u2(x+ 1)(1 +u2)((1 +x)2u2+ (1-x)2du

Il suffit alors de factoriser par(x+1)au numérateur et par(x+1)2au dénominateur pour, en posant

λ=1-x1 +x, obtenir

0x-cos(t)1-2xcos(t) +x2dt=2x+ 1?

0u

2-λ(u2+λ2)(u2+ 1)du

Une réduction au dénominateur commun donne

1u

2+ 1-λu

2+λ2=(1-λ)(u2-λ)(u2+ 1)(u2+λ2)

Comme

2x1 +x= 1-λ, dans le cas oùx?= 0(cela n"intervient qu"ici) on a2(x+ 1)(1-λ)=1x

et ainsi

0x-cos(t)1-2xcos(t) +x2dt=1x

0? 1u

2+ 1-λu

2+λ2?[UPS]

6)D"après la question 3), la fonctionhest paire, et d"après la question 4) elle estC1sur[0,1[.

Donc par parité,hest de classeC1sur]-1,1[D"après 1), l"intégrale du membre de gauche est nulle, donc pour toutx?]0,1[,h?(x) = 0. De plus,h?

est continue sur[0,1[d"après 4), donch?(0) = 0aussi. Par parité,h?(x) = 0pour toutx?]-1,1[Par conséquent,hest constante sur]-1,1[. Or d"après 3),h(0) = 0.

Conclusionh= 0sur]-1,1[6

DST37)Soitx?= 0.

h(1/x) =? 0ln? 1-2x cos(t) +1x 2? dt

0ln?x2-2xcos(t) + 1x

2? dt

0ln(1-2xcos(t) +x2) dt-?

0ln(x2) dt

h(1/x) =h(x)-2πln|x|8)Commeh= 0sur]-1,1[d"après 6), et quex?]- ∞,-1[?]1,+∞[implique1x

?]-1,1[, la question précédente s"écrit

?x?]- ∞,-1[?]1,+∞[, h(x) =h(1/x) + 2πln|x|= 2πln|x|9)a) Commesin(π-t) = sin(t), il vient

0ln(sint) dt=?

π2

0ln(sint) dt+?

π2 ln(sint) dt= 2? π2

0ln(sint) dt

De plus, commesin(π/2-u) = cos(u), (l"intégrale encosconverge via le changement de variable) π2

0ln(sint) dt=-?

0 π2 ln(cosu) du=? π2

0ln(cost) dt

Conclusion :

0ln(sint) dt= 2?

π2

0ln(sint) dt= 2?

π2

0ln(cost) dtb)De plus, avecu= 2t,

0ln(sinu) du= 2?

π2

0ln(sin2t) dt

= 2 π2

0ln(2sintcost) dt

= 2 ?πln22 π2

0ln(sint) dt+?

π2

0ln(cost) dt?

=πln2 + 4? π2

0ln(sint) dt

=πln2 + 2?

0ln(sint) dt

Par conséquent

0ln(sint) dt=-πln2.

c)Par parité, les intégrales sont égales, et leurs somme vérifie 0ln? (2-2cost)(2+2cost)? dt=?

0ln(4(1-cos2t))dt= 2πln2+?

02ln(sint)dt= 2πln2-2πln2 = 0

Ainsi

0ln(2-2cost) dt=?

0ln(2 + 2cost) dt= 010)En résumé :

h(x) = 0Six?[-1,1] = 2πln|x|Six?R\[-1,1]7

DST3Exercice 3 (Agro 2008, extrait )

1)SoitP(X) =n?

k=0a kXk?R[X]avecan?= 0. ?x?R??P(x) =1x x

0P(t) dt=n?

k=0a kk+ 1xk---→x→0a0=P(0) Donc ?Pest bien une fonction polynomiale. De plus ann+ 1?= 0, donc elle est bien de degrén.

Au dernières nouvelles,

1x n"est pas un polynôme, nix+ 1x : il y avait quelque chose (fonction polynomiale) à prouver dans cette question, en plus de la questionx= 0.

2)SoitP?R[X]. D"après 1),ψ(P)?R[X].

De plus, par linéarité de l"intégrale,?(P,Q)?R[X]2,?λ?R, ?x?R?, ψ(λP+Q)(x) =1x x

0(λP+Q)(t)dt=λx

x

0P(t)dt+1x

x

0Q(t)dt=λψ(P)(x)+ψ(Q)(x)

De même en0:ψ(λP+Q)(0) =P(0) +λQ(0) =λψ(P)(0) +ψ(Q)(0). Doncψest linéaire.

Conclusion :ψest un endomorphisme deR[X].3)D"après 2),ψ|R2[X]est linéaire. De plus,deg?P= degPd"après 1), doncP?E=??P?E.

Ainsi,?est un endomorphisme.Comme?(Xk) =1k+ 1Xk, la matriceMde?dans la base canonique estM=( (1 0 0

0 1/2 0

0 0 1/3)

4)Soit(α1,α2,α3)?R3tels que3?

k=1α kPk= 0. En évaluant enx= 1,x=-1(racines...) etx= 0, on obtient le système : ?4α3= 0

4α1= 0

1-α2+α3= 0=?α1=α2=α3= 0

Donc la familleB?= (P1,P2,P3)est libre.

De plusCardB?= 3 = dimE. Ainsi, La familleB?= (P1,P2,P3)est une base deE.5)B?est une base deE, donc il existe un unique(α1,α2,α3)?R3tels que3?

k=1α kPk=P. D"après ci-dessus, en évaluant enx= 1etx=-1il vientα3=P(1)/4etα1=P(-1)/4. De plus P ?(1) =3? k=1α kP?k(1) =α2P?2(1) +α3P?3(1) = 2α2+ 2α3

Doncα2= (2P?(1)-P(1))/4.

Ainsi, Les coordonnées dePsont(P(-1)/4,(2P?(1)-P(1))/4,P(1)/4).Exercice 4 (CCP PC 2008 Maths 2, extrait)

1)Pour tout(x,t)?R×[0,1[, posons?x(t) = (1-t2)x=exln(1-t2). Pour que?xsoit définie, il faut (et

il suffit) que ce qui est dans le logarithme soit strictement positif, c"est-à-dire que|t|<1. Soitx?Rfixé. La fonction?xest continue par morceaux sur[0,1[. Etude ent= 1:?x(1-h) = (1-(1-h)2)x=hx(2-h)x≂hx=1h -x. Qui est intégrable (enh= 0) si et seulement si-x <1, d"après Riemann. Donc?xintégrable sur[0,1[si et seulement six >-1. En conclusion, Le domaine de définition deβestD=]-1,+∞[.8

DST32)a) Soita?]-1,+∞[. Appliquons le théorème de Leibniz de dérivation des intégrales dépendant

d"un paramètre sur l"intervalleD= [a,+∞[. Nous allons avoir besoin de l"intégrabilité de?(t) =-ln(1-t2)(1-t2)asur[0,1[. Posonst= 1-h: ln(1-(1-h)2)(1-(1-h)2)a= (ln(h) + ln(2-h))ha(2-h)a≂lnhh -a On se retrouve dans le cas d"une intégrale de Bertrand. Étude rapide.

Or, commea >-1,1 +a2

>0eth1-a2 lnhh -a=h1+a2 lnh---→h→00par croissance comparée. Par définition de la limite,?h0?]0,1[,?h?]0,h0[,????lnhh -a? ???61h 1-a2 Or 1-a2 <1(-a <1), donc par Riemann1h 1-a2 intégrable et par majorationlnhh -aaussi.

Conclusion :?est intégrable sur[0,1[.

Soitg: [a,+∞[×[0,1[→Rdéfinie parg(x,t) = (1-t2)x=exln(1-t2). •Pour toutt?[0,1[, la fonctionx?→g(x,t)estC1sur[a,+∞[. •Pour toutx?[a,+∞[, la fonctiont?→g(x,t)est intégrable sur[0,1[d"après 1). Pour toutx?[a,+∞[, la fonctiont?→∂g∂xquotesdbs_dbs26.pdfusesText_32