1
²
²(
+
+
−
t ex t
∈ R est continue et a une dérivée partielle en x continue : ( tx,)
x
∂f
∂ = − 2x −x²(t²+1)
e
. Les hypothèses du théorème sont donc satisfaites.Donc G’(x) =
∫
01−2 xe
−x²(t²+1). dt
= − 2xe−x²∫
01e
−x²t².dt
= − 2e−x²∫
0xe
−u². du
= − 2.F(x).F’(x).On en déduit que la fonction H(x) = G(x) + F2(x) est constante.
2) H(0) = G(0) =
∫
01 t²1 dt+1. = π4, donc H(x) = π4.Or, quand x → +∞, G(x) → 0. Cela peut se montrer à l’aide du théorème de convergence dominée.
Mais cela découle aussi des gendarmes : 0 ≤ G(x) =
∫
01 e−tx²²(+t²1+1).dt ≤∫
01e
−x².dt
= e−x².On en conclut que F2(x) →
π4, donc que F(x) →
2π quand x → +∞. CQFD
Exercice 13 : 1) Montrer que (∀x ∈ R)
∫
0π/2exp(
−x . cos t ). cos( x . sin t ). dt
=π 2
−∫
0xsintt.dt.2) En déduire que lim x→+∞ Si(x) =
π 2
. Solution :Exercice 14 : Fonctions de Bessel.
Pour tout n ∈ N et x ∈ R, on pose Jn(x) =
π
1.∫
0πcos(n.θ
−x.sinθ
).dθ
.1) Montrer que Jn est C∞ sur R ; calculer ses dérivées.
2) Montrer que Jn vérifie l’équation différentielle x2.Jn‘’(x) + x.Jn’(x) + ( x2 − n2 ).Jn(x) = 0.
3) Montrer que Jn est dse sur R ; trouver son développement en série entière.
Solution :
Exercice 15 : Transformation de Fourier.
Soit f ∈ C([a, b], R). Montrer que la fonction F(x) =
∫
abexp(−ix.t).f(t).dt est C∞ sur R.Montrer que ce résultat subsiste si f est seulement continue par morceaux, ou réglée sur [a, b].
Solution :
Exercice 16 : Transformées de Laplace.
Soit f ∈ C([a, b], R). Montrer que la fonction F(x) =
∫
abe
−xt. f ( t ). dt
est C∞ sur R.Montrer que ce résultat subsiste si f est seulement continue par morceaux, ou réglée sur [a, b].
Solution :
Exercice 17 : Transformations intégrales. Soit N : I × I → R une fonction continue.
A toute f ∈ C(I, R) on associe F = TN(f) définie par F(x) =
∫
abN ( x , t ). f ( t ). dt
(∀x ∈ I).1) Montrer que F est continue, et que T : C(I, R) → C(I, R) est linéaire continue pour la norme uniforme.
2) Si N et N’ sont deux fonctions continues I × I → R, que dire de TN o TN’ ? Solution :
Exercice 18 : Equivalent en +∞ de la somme double Sn =
∑
≤
≤pq np+q pq
, 1
[ Pls. Méthodes possibles.
]
Solution : Cet exercice est corrigé dans mes exercices sur les séries.
7.3. Intégrales où x est partout.
Exercice 21 : Étudier la fonction F(x) = x
t x t dt
x
( 1 ²)( ² ²) .
∫
− + − . Limite en 0.Solution : F est définie pour tout x réel, et impaire.
Posons t = xu . Il vient : F(x) = x 1
( 1 x ² u ²)( 1 u ²) . du
∫
−+1 + − .Pour 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ F(x) ≤ x 1
1 u . du
1
∫
−+ − 4 → 0+. On conclut par imparité.Exercice 22 : Soit E = C(R+, R). Si ( f, g) ∈ E2, on définit leur convolée h = f * g par : (∀x ≥ 0) h(x) =
∫
0xf ( t ). g ( x
−t ). dt
.Montrer que * est une loi interne, bilinéaire, commutative, associative, sans élément neutre.
[ Pour l’associativité, utiliser des
∫∫
sur un triangle. ] Solution :1) a) Montrons que l’application h : x → ( f * g)(x) est continue.
Le changement de variable t = xu donne h(x) = x
∫
01f ( x
−xu ) g ( xu ). du
, formule encore vraie si x = 0.La fonction ϕ : (x, u) ∈ R+×[0, 1] → f(x − xu).g(xu) est continue, donc a fortiori : • Pour tout u, ϕ(. , u) est continue sur R+ ;
• Pour tout x, ϕ(x, .) est continue par morceaux sur [0, 1] ;
• Enfin, si K est un compact de R+ , ϕ est bornée sur le compact K×[0, 1].
Le théorème de continuité des intégrales à paramètres sur les segments s’applique : h est continue.
Exercice 1 : Montrer directement la continuité de h.
Indications : Fixons x et montrons que h est continue à droite en x.
Supposons donc x ≤ y ≤ x + 1. h(y) − h(x) =
∫
0x( f ( y
−t )
−f ( x
−t )). g ( t ). dt
+∫
xyf ( y
−t ). g ( t ). dt
.f est bornée sur [0, 1], et g bornée sur [x, x + 1], donc
| ∫
xyf ( y
−t ). g ( t ). dt |
≤ ( y − x ).BC.Quant au premier terme, on peut le rendre apqv en utilisant l’uniforme continuité de f sur [0, x+1] et le fait que g est bornée sur [0, x]. Et il reste la continuité à gauche...
b) L’application ( f, g) → f *g est bilinéaire (facile).
Elle est commutative : faire dans
∫
0xf ( x
−t ). g ( t ). dt
le changement de variable u = x – t.Elle est associative, en vertu des changements de variable dans les intégrales doubles : [( f * g) * h](x) =
∫
0x( f * g )( x
−u ). h ( u ). du
=∫ ∫
0x(
0x−uf ( x
−u
−t ). g ( t ). dt ). h ( u ). du
=
∫∫
Df ( x
−u
−t ). g ( t ). h ( u ). dt . du
, où D = {(u, t) ; 0 ≤ u ≤ x, 0 ≤ t ≤ x − u}=
∫∫
∆f ( x
−v ). g ( v
−u ). h ( u ). dv . du
, où ∆ = {(v, u) ; 0 ≤ v ≤ x, 0 ≤ u ≤ v}, v = u + t ∈ [0, x].=
∫
0xf ( x
−v )( ∫
0vg ( v
−u ). h ( u ). du ). dv
=∫
0xf ( x
−v )( g * h )( v ). dv
= [f * ( g * h)](x). cqfd.Si elle admettait un élément neutre δ, on aurait (∀f ∈ E) δ* f = f , donc f(0) = 0.
Or la fonction constante égale à 1 ne vérifie pas cela.
Exercice 2 : Montrer que si f est C1, il en est de même de h = f * g , et : (∀x ≥ 0) h’(x) = ( f’ * g)(x) + f(0).g(x) .
Solution : L’idée est de considérer la fonction de deux variables H(x, y) =
∫
0yf ( x
−t ). g ( t ). dt
.Cette fonction a des dérivées partielles en x et en y continues : ( yx, )
y
∂H
∂ = f(x − y).g(y) et
( y x , ) x
∂
H
∂ =
∫
0yf ' ( x
−t ). g ( t ). dt
= y∫
01f ' ( x
−ys ). g ( ys ). ds
,en vertu de théorèmes distincts. Du coup, H est C1, et h(x) = H(x, x) relève de la règle de la chaîne : h’(x) =
( x x , )
x
∂
H
∂ + ( xx, ) y
∂H
∂ =
∫
0xf ' ( x
−t ). g ( t ). dt
+ f(0).g(x) = ( f’ * g )(x) + f(0).g(x).Par application répétée de ce résultat et par commutativité de la convolution, on voit que si l’une des fonctions f ou g est de classe Ck, il en est de même de leur convolée.
Ainsi, le bébé hérite de toutes les qualités de ses parents... (n’oublions pas non plus les grands-parents !) : en un mot, la convolution est darwinienne ! (il n’estpas sûr que Darwin ait dit cela…) Exercice 23 : Dérivée de x →
∫
sincosxxe
t²+xtdt
?Solution : [ Oral X PC 2012, RMS n° 362 ]
Notons F(x) =
∫
sincosxxe
t²+xtdt
. C’est une intégrale où x est à la fois dans les bornes et dans l’intégrale.Il y a moyen de se débrouiller élémentairement en notant que :
F(x) =
∫
sincosxxe
(t+x/2)²−x²/4. dt
= e−x²/4∫
sincosxxe
(t+x/2)². dt
= e−x²/4∫
xx//22++sincosxxe
u². du
.Alors F’(x) = −
2x e−x²/4
∫
xx//22++sincosxxe
u². du
+ e−x²/4[21 − sin x]e
(x/2+cosx)² − e−x²/4[21 + cos x]e
(x/2+sinx)².= − 2
xF(x) + [ 2
1 − sin x]ecos²x+x.cosx −[ 2
1 + cos x]esin²x+x.sinx. Sinon, on peut utiliser le théorème de derivation général de l’exercice suivant :
Exercice 24 : 1) Soient X un espace métrique, I un intervalle de R, f : X × I → E une fonction continue, α et β : X → I deux fonctions continues.
Montrer que F(x) =
∫
αβ((xx))f(x,t).dt est continue sur X.2) Si X est un intervalle de R, si f est continue et admet une dérivée partielle en x continue, et si α et β sont de classe C1, F est C1, et :
F’(x) =
∫
αβ((xx))∂∂x f ( x , t ). dt
+ β’(x).f(x, β(x)) −α’(x).f(x, α(x)).[Ind. : On pourra se ramener au segment [0, 1] comme indiqué ci-dessus, ou montrer que la fonction de trois variables Φ(u, v, x) =
∫
uvf ( x , t ). dt
est de classe C1, et appliquer la règle de la chaîne.]3) Application : revenant à l’exercice précédent, montrer que si g est C1, h l’est aussi et : (∀x ≥ 0) h’(x) = ( f * g’ )(x) + f(x).g(0) . Cas où f et g sont C∞ ?
Solution :
2) La méthode proposée fournit une belle application de la règle de la chaîne.
La fonction Φ(u, v, x) =
∫
uvf ( x , t ). dt
vérifie :∂Φ
u
∂ (u, v, x) = − f(x, u) ,
∂Φ
v
∂ (u, v, x) = f(x, v) ,
∂Φ
x
∂ (u, v, x) =
∫
uv∂∂xf(x,t).dt.Ces trois dérivées partielles sont continues en (u, v, x), la troisième parce qu’elle s’écrit :
∂Φ
x
∂ (u, v, x) =
∫
uv∂∂fx(x,t).dt = ( v – u )∫
01∂∂fx(x,u+s(v−u)).ds.Par conséquent, Φ est une fonction de classe C1 de 3 variables, et
F(x) =
∫
αβ((xx))f(x,t).dt = Φ(α(x), β(x), x) également comme composée. Et de plus : F’(x) =∂Φ
u
∂ (α(x), β(x), x).α’(x) +
∂Φ
v
∂ (α(x), β(x), x).β’(x) +
∂Φ
x
∂ (α(x), β(x), x) =
∫
αβ((xx))∂∂x f ( x , t ). dt
+ β’(x).f(x, β(x)) −α’(x).f(x, α(x)) .Application : [ Oral X PC 2012, RMS n° 362 ]
F’(x) =
∫
sin(cos(x)x)tet²+xt.dt − sin(x).e
cos²(x)+x.cos(x) − cos(x).e
sin²(x)+x.sin(x) et une IPP…7.4. Fonctions définies au moyen d’intégrales.
Exercice 25. Montrer qu’il existe une fonction f : R → R telle que ∀x ∈ R
∫
xf(x)e
t. dt
= 1.Représenter graphiquement f.
Solution : L’intégrale se calcule, elle vaut exp(f(x)) – exp x. Donc f(x) = ln( 1 + ex ).
Exercice 26. Montrer qu’il existe une fonction f : R → R telle que ∀x ∈ R
∫
xf(x)e
t². dt
= 1.Représenter graphiquement f.
Solution : Il s’agit de montrer que, pour tout réel x, il existe un unique y = f(x) tel que
∫
xye .
t²dt
= 1.Notons F(x) =
∫
0xe
t². dt
.La fonction F est une bijection de classe C∞, impaire et strictement croissante de R dans R.
Comme F’(x) ≥ 1 > 0, F est un C∞-difféomorphisme.
La fonction f est définie par F(f(x)) – F(x) = 1, autrement dit par f(x) = F−1 ( F(x) + 1 ).
Comme composée, f est donc un C∞-difféomorphisme croissant de R sur R.
Il est évident que x < f(x) . De plus, f(x) − x → 0 quand x → ±∞.
Autrement dit, y = x est asymptote à la courbe.
En effet, pour x > 0, 0 < ( f(x) – x ) exp(x2) ≤
∫
xf(x)e
t². dt
= 1 , donc x < f(x) ≤ x + exp(−x2) .Et pour x < 0 assez petit, 0 < ( f(x) – x ) exp f(x)2≤
∫
xf(x)e
t². dt
= 1 , donc x < f(x) ≤ x + exp(− f(x)2) . Le dessin ci-dessous montre que f a une forme en cloche.Avec Maple :
> with(plots):F:=x->int(exp(t^2),t=0..x);F(x);
-1
2 I π erf I x( )
> series(F(x),x=0,11);
+ + + + +
x 1 3x3 1
10x5 1
42x7 1
216x9 O x( 11)
> plot(F(x),x=-2..2,-5..5);
> f:=x->solve(F(y)=F(x)+1,y);f(x);
:=
f x → solve(F y( ) = F x( ) + 1 y, )
−IRootOf(−erf _Z( ) π + π erf I x( ) + 2 I)
> p:=plot(f(x),x=-3..3,thickness=2):q:=plot(x,x=-3..3,color=blue):
display({p,q},scaling=constrained);
> series(f(x),x=0,6);
Error, (in series/RootOf) unable to compute series
Exercice 27 : Montrer qu’il existe une fonction f : D → R telle que ∀x ∈ D
∫
xf(x)e
−t². dt
= 1.Domaine de définition D de cette fonction ? Représentation graphique.
Solution : Cet exercice est un faux ami du précédent.
La fonction F(x) =
∫
0xe
−t². dt
est un C∞-difféomorphisme croissant et impair de R sur ]−A, +A[, où A = 2π . Notons au passage que A < 1.La fonction f est définie par F(f(x)) – F(x) = 1, autrement dit par f(x) = F−1( F(x) + 1 ).
Encore faut-il que F(x) + 1 ∈ ]−A, +A[, i.e. que F(x) ∈ ]−A − 1, +A − 1 [.
Cela équivaut à F(x) < +A − 1, i.e. à x < a = F−1( A − 1 ) ≈− 0,114268 , dixit Maple.
Ainsi le domaine de définition de f est D = ] −∞ , a [.
f est un C∞-difféomorphisme croissant de D sur ] b , +∞[, où b = F−1( 1 − A )
> F:=x->int(exp(-t^2),t=0..x);F(x);limit(F(x),x=infinity);
> a:=fsolve(F(x)=1/2*sqrt(Pi)-1);f:=x->solve(F(y)-F(x)=1,y);
:=
a -.1142684778 :=
f x → solve(F y( ) − F x( ) = 1 y, )
> with(plots):p:=plot(f(x),x=-4..0,0..5,numpoints=500,thickness=2):
q:=plot([a,t,t=0..5],color=blue):display({p,q});
8. Inégalités intégrales.