B. Etude de deux séries de fonctions

SESSION 2016

Concours commun Mines-Ponts

DEUXIÈME ÉPREUVE. FILIÈRE MP

A. Une intégrale à paramètre

1)La fonctionψ : u7→ e^−u

√u est continue sur]0,+∞[.

•En 0, e^−u

√u ∼

u→0

√1

u=u⁻¹² > 0avec−1

2 >−1. Donc, la fonction ψest intégrable sur un voisinage de0.

•En +∞, e^−u

√u =

u→0o 1

u²

avec2 > 1(caru²e^−u

√u =u³²e^−u =

u→0o(1)d’après un théorème de croissances comparées).

Donc, la fonctionψest intégrable sur un voisinage de+∞. Finalement, la fonctionψest intégrable sur]0,+∞[.

2)Soitx∈R.

• Si x > 0, la fonction u 7→ e^−u

√u(u+x) est continue et positive sur ]0,+∞[, est équivalente en 0 à 1 x

√1

u et donc est intégrable sur un voisinage de 0, est négligeable en +∞ devant 1

u² et donc est intégrable sur un voisinage de +∞. Finalement, la fonctionu7→ e^−u

√u(u+x) est intégrable sur]0,+∞[. Dans ce cas,F(x)existe.

• Si x = 0, la fonction u 7→ e^−u

√u(u+x) = e^−uu⁻³² est continue et positive sur ]0,+∞[, équivalente en 0 à u⁻³² avec

−3

2 6−1. Donc, la fonctionu7→ e^−u u√

u n’est pas intégrable sur]0,+∞[. Puisque la fonctionu7→e^−uu⁻³² est positive, F(0) = +∞et en particulier,F(0) n’existe pas dansR.

•Six < 0, la fonctionu7→ e^−u

√u(u+x) est continue et positive sur]0,−x[∪] −x+∞[, est équivalente en−xà e^−x

√−x× 1 u+x et n’est donc pas intégrable sur un voisinage de−x. Dans ce cas,F(x)n’existe pas dansR.

D_F=]0,+∞[=I.

3)Soita > 0. Posons Φ : [a,+∞[×]0,+∞[ → R

(x, u) 7→ e^−u

√u(u+x)

de sorte que pour toutx>a,F(x) = Z+∞

0

Φ(x, u)du.

•Pour chaquexde[a,+∞[, la fonctionu7→Φ(x, u)est continue par morceaux et intégrable sur]0,+∞[.

•Φ admet sur[a,+∞[×]0,+∞[une dérivée partielle par rapport à sa première variablexdéfinie par

∀(x, u)∈[a,+∞[×]0,+∞[, ∂Φ

∂x(x, u) = − e^−u

√u(u+x)². - Pour toutxde[a,+∞[, la fonctionu7→ ∂Φ

∂x(x, u)est continue par morceaux sur ]0,+∞[.

- Pour toutude]0,+∞[, la fonctionx7→ ∂Φ

∂x(x, u)est continue par morceaux sur[a,+∞[.

- Pour tout(x, u)∈[a,+∞[×]0,+∞[,

∂Φ

∂x(x, u)

= e^−u

√u(u+x)² 6 e^−u

√u(u+a)² =ϕ(u).

La fonctionϕest continue par morceaux sur]0,+∞[, positive et intégrable sur]0,+∞[car équivalente en0 à 1 a²√

u et négligeable en+∞devant 1

u².

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème deLeibniz), la fonctionF est de classe C¹ sur [a,+∞[et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour touta > 0,

F est de classeC¹ sur]0,+∞[et ∀x > 0,F^′(x) = Z+∞

0

− e^−u

√u(u+x)² du.

4)Une intégration par parties, licite au vu de l’intégralité de toutes les fonctions considérées, fournit

xF^′(x) = −x Z+∞

0

e^−u

√u(u+x)² du= Z+∞

0

−(x+u−u)e^−u

√u(u+x)² du

= − Z+∞

0

e^−u

√u(u+x) du+ Z+∞

0

√ue^−u (u+x)² du

= −F(x) +

−

√ue^−u (u+x)

+∞

0

+ Z+∞

0

−√ u+ 1

2√ u

e^−u

u+x du

= −F(x) +0+1 2F(x) −

Z+∞ 0

√ue^−u

u+x du= −1 2F(x) −

Z+∞ 0

ue^−u

√u(u+x)du

= −1 2F(x) −

Z+∞ 0

(u+x−x)e^−u

√u(u+x) du= −1 2F(x) −

Z+∞ 0

e^−u

√u du+x Z+∞

0

e^−u

√u(u+x)du

=

x− 1 2

F(x) −K, et donc,

∀x > 0,xF^′(x) −

x−1 2

F(x) = −K.

5)La fonctiont7→ e^−t

√t est continue sur]0,+∞[et intégrable sur un voisinage de0. Par suite, la fonctionx7→

Zx 0

e^−t

√t dt= Z1

0

e^−t

√t dt+ Zx

1

e^−t

√t dtest de classeC¹ sur]0,+∞[ et a pour dérivée la fonctionx7→ e^−x

√x. Ensuite,

∀x > 0, xF^′(x) −

x− 1 2

F(x) = −K⇒∀x > 0, F^′(x) −

1− 1 2x

F(x) = −K x

⇒∀x > 0, e^−x+12lnxF^′(x) +

−1+ 1 2x

e^−x+12lnxF(x) = −Ke^−x+12lnx x

⇒∀x > 0, G^′(x) = −Ke^−x

√x

⇒∃C∈R/∀x > 0, G^′(x) =C−K Zx

0

e^−t

√t dt

6) lim

x→0G(x) =C(cart7→ e^−t

√t est intégrable sur un voisinage de0) et lim

x→+∞

G(x) =C−K². Pour x > 0, 06G(x) =√

x Z+∞

0

e^−(u+x)

√u(u+x) du6√ x

Z+∞ 0

e^−(u+0)

√u(0+x) du= K

√x et donc lim

x→+∞

G(x) =0. On en déduit que

K²=C= lim

x→0G(x).

Pourx > 0,G(x) =√

xe^−xF(x) =

Z+∞√

xe^−(u+x)

√ duet donc,

e^−(√x+x) Z^√x

0

√x

√u(u+x) du6 Z^√x

0

√xe^−(u+x)

√u(u+x) du6G(x)6 Z+∞

0

√x

√u(u+x) du.

En posantu=xv², on obtient Z+∞

0

√x

√u(u+x) du= Z+∞

0

√x

√xv²(xv²+x) 2xvdv=2 Z+∞

0

dv v²+1 =π.

De même,

Z^√x 0

√x

√u(u+x)du=2 Zx⁻

1 4

0

dv

v²+1 =2Arctan 1

x¹⁴

. En résumé,∀x > 0,2Arctan

1 x¹⁴

6G(x)6π. Quand,xtend vers0, le théorème des gendarmes fournitC= lim

x→0G(x) = πet donc, (puisqueK > 0)

K=√ π.

B. Etude de deux séries de fonctions

7)Pourx > 0et n∈N^∗, posonsf_n(x) = e^−nx

√n et pourx > 0etn∈N, posonsg_n(x) =√ ne^−nx. Soit x > 0. Alors, 0 < e^−x < 1 et donc e^−nx

√n =

n→+∞ o 1

n²

et √

ne^−nx =

n→+∞ o 1

n²

d’après un théorème de croissances comparées. On en déduit que les séries numériques de termes généraux respectifsfn(x)et gn(x)convergent et donc quef(x)etg(x)existent.

Les fonctionsfet gsont définies surI.

Soit a > 0. Pour n ∈ N^∗ et x ∈ [a,+∞[ et 0 6 f_n(x) 6 f_n(a) où f_n(a) est le terme général d’une série numérique convergente. Donc la série de fonctions de terme général f_n converge normalement et en particulier uniformément sur [a,+∞[. De même, pourn∈N et x∈[a,+∞[ et 06g_n(x)6g_n(a)et donc la série de fonctions de terme généralg_n converge normalement et en particulier uniformément sur[a,+∞[.

Toutes les fonctionsfn,n∈N^∗, et toutes les fonctionsgn,n∈N, sont continues sur[a,+∞[et les séries de fonctions de termes généraux respectifsfn etgn convergent uniformément sur[a,+∞[vers les fonctionsfetgrespectivement. Donc, les fonctionsfet gsont continues sur[a,+∞[. Ceci étant vrai pour touta > 0, on a montré que

les fonctionsfet gsont continues surI.

8) Soitx > 0. Pourn∈ N^∗, Zn+1

n

e^−ux

√u du6 Zn+1

n

e^−nx

√n du= e^−nx

√n =f_n(x). En additionnant membre à membre ces inégalités, on obtient

Z+∞ 1

e^−ux

√u du=

+∞

X

n=1

Zn+1 n

e^−ux

√u du6

+∞

X

n=1

fn(x) =f(x).

De même, pourn∈N, Zn+1

n

e^−ux

√u du>

Zn+1 n

e^−(n+1)x

√n+1 du= e^−(n+1)x

√n+1 =fn+1(x). En additionnant membre à membre ces inégalités, on obtient

Z+∞ 0

e^−ux

√u du=

+∞

X

n=0

Zn+1 n

e^−ux

√u du>

+∞

X

n=0

fn+1(x) =

+∞

X

n=1

fn(x) =f(x).

On a montré que

∀x > 0, Z+∞

1

e^−ux

√u du6f(x)6 Z+∞

0

e^−ux

√u du.

Soitx > 0. En posantt=ux, on obtient (d’après la question 6) Z+∞

0

e^−ux

√u du= Z+∞

0

e^−t

pt/x dt/x= 1

√x Z+∞

0

e^−t

√t dt= rπ

x. D’autre part,

Z+∞ 1

e^−ux

√u du= Z+∞

0

e^−ux

√u du− Z1

0

e^−ux

√u du= rπ

x − Z1

0

e^−ux

√u du. De plus, 06

Z1 0

e^−ux

√u du6 Z1

0

√1

udu=2.

Ainsi,

∀x > 0, rπ

x −26f(x)6 rπ

x. Le théorème des gendarmes montre que f(x)

pπ/x tend vers1quand xtend vers0et donc f(x) ∼

x→0

rπ x.

9)Pourn∈N^∗, posonsun = Xn

k=1

√1 k

!

−2√

n. On sait que la suite(u_n)_n∈N∗ est de même nature que la série de terme généralun+1−un.

un+1−u_n= 1

√n+1−2√

n+1−√ n

= 1

√n+1 − 2

√n+1+√ n

= − √

n+1−√ n

√n+1 √

n+1+√

n= − 1

√n+1 √

n+1+√ n²

n→∼+∞

− 1 4n³² < 0.

Puisque 3

2 > 1, la série de terme généralun+1−un converge et il en est de même de la suite _n

X

k=1

√1 k

!

−2√ n

!

n>1

.

10)Soitx > 0. La série numérique de terme général X

n>1

Xn

k=1

√1 k

!

e^−nxest le produit deCauchydes séries numériques X

n>1

√1

ne^−nx et X

n>0

e^−nx.

Puisque ces deux séries numériques sont absolument convergentes, on en déduit que la série numériqueX

n>1

Xn

k=1

√1 k

! e^−nx converge, ou encoreh(x)existe, et de plus

h(x) =

+∞

X

n=1

√1 ne^−nx

! ₊∞

X

n=0

e^−nx

!

= f(x) 1−e^−x. 11)Mais alors,h(x) ∼

x→0

f(x)

x ∼

x→0

√π x³² . Pourx > 0, avec les notations de la question 9,

h(x) =

+∞

X

n=1

Xn

k=1

√1 k

! e^−nx=

+∞

X

n=1

Xn

k=1

√1 k−2√

n

!

e^−nx+2

+∞

X

n=1

√ne^−nx =2g(x) +

+∞

X

n=1

u_ne^−nx et donc

g(x) = 1

2h(x) +1 2

+∞

Xune^−nx.

Pour x > 0, posons k(x) =

+∞

X

n=1

une^−nx puis, pour x > 0 et n∈ N^∗, posons kn(x) = une^−nx. Chaque fonction kn est continue sur[0,+∞[. De plus, pourn∈N^∗ et x∈[0,+∞[

06kn(x) =une^−nx 6un

oùu_nest le terme général d’une série numérique convergente d’après la question 9. On en déduit que la série de fonctions de terme généralk_n est normalement et donc uniformément convergente sur[0,+∞[ puis que la fonctionk est continue sur[0,+∞[et donc continue en0. En particulier, la fonctionkest bornée sur un voisinage de 0. On en déduit que

g(x) = 1

2h(x) +1 2k(x)

=

x→0

√π 2x³² +o

1 x³²

+O(1) =

x→0

√π 2x³² +o

1 x³²

x→∼0

√π 2x³².

g(x) ∼

x→0

√π 2x³².

C. Séries de fonctions associées à des ensembles d’entiers

12)•SiAest fini (et non vide), on peut poserm=Max(A). Soitx∈R⁺. Pourn>m+1,a_ne^−nx =0et donc la série numérique de terme générala_ne^−nx converge. Ainsi,

siAest fini,I_A=R⁺.

•Si Aest infini,Aest l’ensemble des valeurs d’une certaine fonction ϕ : N → N n 7→ ϕ(n)

strictement croissante surN. La suite(b_n)_n

∈N= aϕ(n)

n∈Nest une suite extraite de la suite(a_n)_n

∈N telle que∀n∈N,bn=1.

Soitx∈R⁺. Six > 0, alors0 < e^−x< 1. Pour tout n∈N,06a_ne^−nx 6e^−nx = (e^−x)ⁿ. Puisque la série géométrique de terme général(e^−x)ⁿ converge, il en est de même de la série de terme générala_ne^−nx.

Six=0, la suite a_ϕ(n)e^−ϕ(n)x

n∈N= (1)_n∈Nest extraite de la suite(a_ne^−nx)_n∈Net ne tend pas vers0 quandntend vers+∞(carϕ(n)tend vers+∞quandntend vers+∞). Dans ce cas, la série de terme générala_ne^−nxest grossièrement divergente.

siAest infini,IA=]0,+∞[.

13)Dans tous les cas,]0,+∞[⊂I_A. Pourn∈N, card(A(n)) = X

06k6n, k∈A

1= Xn

k=0

a_k. Soitx > 0. Alors0 < e^−x< 1.

Pourn∈N, card(A(n))e^−nx= Xn

k=0

a_ke^−kxe^−(n−k)x. La série de terme général card(A(n))e^−nxest le produit deCauchy des deux séries absolument convergentes de terme généraux respectifsane^−nx,n∈N, ete^−nx,n∈N. On en déduit que la série de terme général card(A(n))e^−nx converge et que

+∞

X

n=0

card(A(n))e^−nx =

+∞

X

n=0

a_ne^−nx

! ₊∞

X

n=0

e^−nx

!

= f_A(x) 1−e^−x. 14) Soit n ∈ N. A₁(n) =

k∈N^∗/ 16k²6n (donc A₁(0) est vide puis card(A₁(0)) = 0). Pour (n, k) ∈ (N^∗)², 16k²6n⇔16k6√

n⇔16k6√ n

et donc card(A1(n)) =√ n

ce qui reste vrai quandn=0. Mais alors, pour x > 0,

f_A1(x) 1−e^−x =

+∞

X

n=0

card(A₁(n))e^−nx =

+∞

X

n=0

√n e^−nx.

Pourx > 0,g(x) − f_A1(x) 1−e^−x =

+∞

X

n=0

√ne^−nx−

+∞

X

n=0

√n

e^−nx =

+∞

X

n=0

√n−√ n

e^−nx. On en déduit que 06g(x) − f_A1(x)

1−e^−x 6

+∞

X

n=0

e^−nx = 1 1−e^−x. On en déduit encore que pourx > 0,

1−e^−x

g(x) −16f_A1(x)6 1−e^−x g(x).

D’après la question 11,g(x) ∼

x→0

√π

2x³² puis(1−e^−x)g(x) ∼

x→0

√π 2√

x. Le théorème des gendarmes montre alors que f_A1(x)

√π/2√ x tend vers1quandxtend vers0et donc que

fA1(x) ∼

x→0

√π 2√

x. En particulier,xf_A1(x) →

x→00. Donc,

A₁∈Set Φ(A₁) =0.

15)Pourn∈N, posonsan=

1sin∈A1

0sinon . Soitn∈N. v(0) =0et pourn>1, v(n) =card

(p, q)∈(N^∗)²/ p²+q²=n

=card

(k, l)∈(A₁)²/ k+l=n

= X

(k,l)∈A²1

k+l=n

1

= Xn

k=0

akan−k.

Donc, pourx > 0, un produit deCauchyfournit de nouveau,

+∞

X

n=0

v(n)e^−nx =

+∞

X

n=0

ane^−nx

! ₊∞

X

n=0

ane^−nx

!

= (f_A1(x))².

Pourn∈N, posonsb_n=

1sinest somme de deux carrés d’entiers non nuls

0sinon .

Sinn’est pas somme de de deux carrés d’entiers non nuls, alorsb_n =0=v_n et sinest somme de deux carrés d’entiers non nuls, alorsb_n=16v(n). Donc, pour toutn∈N,b_n6v(n)puis, pour toutx > 0,

fA2(x) =

+∞

X

n=0

bne^−nx6

+∞

X

n=0

v(n)e^−nx= (fA1(x))².

Par suite, pourx > 0,xf_A2(x)6 √

xf_A1(x)2

avec√

xf_A1(x) ∼

x→0

√π

2 d’après la question précédente. Quandxtend vers 0(l’existence deΦ(A₂)étant admise, on obtient

Φ(A2)6 π 4.

D. Un théorème taubérien

16) Soitψ ∈ E. La fonctionψ est continue par morceaux sur le segment [0, 1] et donc la fonction ψ est bornée sur ce segment. Donc,kψk^∞existe dans[0,+∞[.

Soitx > 0. Pour toutn∈N,e^−nx∈[0, 1]et doncψ(e^−nx)6kψk^∞. Pourn∈N, α_ne^−nxψ e^−nx

=α_ne^−nxψ e^−nx

6kψk^∞α_ne^−nx.

Par hypothèse, la série numérique de terme généralkψk^∞αne^−nx converge et donc la série numérique de terme général α e^−nxψ(e^−nx)est absolument convergente et donc convergente. Donc,L(ψ)est définie sur]0,+∞[.

Ainsi,Lest bien une application de EdansF. Vérifions que L est linéaire. Soient(ψ₁, ψ₂)∈E²puis(λ₁, λ₂)∈R². Pour toutx > 0,

(L(λ1ψ1+λ2ψ2)) (x) =

+∞

X

n=0

αne^−nx λ1ψ1 e^−nx

+λ2ψ2 e^−nx

=λ1 +∞

X

n=0

αne^−nxψ1 e^−nx +λ2

+∞

X

n=0

αne^−nxψ2 e^−nx

= (λ₁L(ψ₁) +λ2L(ψ₂)) (x).

Donc,L(λ₁ψ₁+λ₂ψ₂) =λ₁L(ψ₁) +λ₂L(ψ₂). On a montré que L∈L(E, F).

Soientψ1etψ2deux éléments deF tels queψ16ψ2. Alors, pour toutx > 0et toutn∈N,ψ1(e^−nx)6ψ2(e^−nx)puis, puisqueα_ne^−nx>0,

α_ne^−nxψ₁ e^−nx

6α_ne^−nxψ₂ e^−nx . En additionnant membre à membre ces inégalités, on obtient pour toutx > 0,

(L(ψ1)) (x) =

+∞

X

n=0

αne^−nxψ1 e^−nx 6

+∞

X

n=0

αne^−nxψ2 e^−nx

= (L(ψ1)) (x) et doncL(ψ1)6L(ψ2).

17)E₁⊂E.

•L(0) =0 (carL est linéaire). Par suite,∆(0)existe et∆(0) =0. Donc,0∈E1.

•Soit(ψ₁, ψ₂)∈E²₁et(λ₁, λ₂)∈R².

x(L(λ₁ψ₁+λ₂ψ₂)) (x) =λ₁x(L(ψ₁)) (x) +λ₂x(L(ψ₂)) (x) →

x→0λ₁∆(ψ₁) +λ₂∆(ψ₂)∈R. Donc,λ₁ψ₁+λ₂ψ₂∈E₁et ∆(λ₁ψ₁+λ₂ψ₂) =λ₁∆(ψ₁) +λ₂∆(ψ₂).

Ainsi,E1 est un sous-espace vectoriel de E et ∆ est une forme linéaire surE1. Vérifions que ∆est continue sur l’espace vectoriel normé(E₁,k k^∞).

Soitψ∈E1. Pourx > 0,

|x(L(ψ))(x)|6x

+∞

X

n=0

αne^−nx

ψ e^−nx 6 x

+∞

X

n=0

αne^−nx

! kψk^∞.

Quandxtend vers 0, on obtient |∆(ψ)|6ℓkψk^∞. Ainsi, il existe K>0 tel que pour toutψ∈E1, |∆(ψ)|6Kkψk^∞. On sait alors que∆est une forme linéaire continue sur l’espace vectoriel normé(E₁,k k^∞).

18)Soitp∈N. La fonctione_p est dansE. Pourx > 0, x(L(e_p)) (x) =x

+∞

X

n=0

αne^−nxep e^−nx

=x

+∞

X

n=0

αne^−n(p+1)x= 1

p+1×(p+1)x

+∞

X

n=0

αne^−n(p+1)x.

Puisquep+1 > 0, (p+1)x

+∞

X

n=0

αne^−n(p+1)x tend vers ℓquandxtend vers 0 et doncx(L(ep)) (x)tend vers ℓ p+1 ∈R quandxtend vers0. On a montré que

∀p∈N,e_p∈E₁ et∆(e_p) = ℓ p+1.

E₁étant un sous-espace vectoriel deE, on en déduit encore queR[X]⊂E₁puis par linéarité de∆, siP= Xn

k=0

a_ke_k, alors

∆(P) = Xn

k=0

ak∆(e_k) =ℓ Xn

k=0

ak

k+1 =ℓ Z1

0

P(t)dt.

Soitψ∈E0. D’après le théorème deWeierstrass, il existe une suite de polynômes(Pn)_n∈Nqui converge uniformément versψ sur [0, 1]. Il revient au même de dire que la suite de polynômes (P_n)_n∈N converge versψ dans l’espace vectoriel normé(E₀,k k^∞).

Soitε > 0. Soitn∈Ntel quekψ−P_nk^∞6 ε

3(ℓ+1). Pour x∈[0, 1], on a

x(L(ψ)) (x) −ℓ Z1

0

ψ(t)dt

6|x(L(ψ)) (x) −x(L(Pn)) (x)|+

x(L(Pn)) (x) −ℓ Z1

0

Pn(t)dt

+ ℓ

Z1 0

Pn(t)dt−ℓ Z1

0

ψ(t)dt

6x

+∞

X

k=0

αke^−kx

ψ e^−kx

−Pn e^−kx +

x(L(P_n)) (x) −ℓ Z1

0

Pn(t)dt

+ℓkψ−Pnk∞

6 x

+∞

X

k=0

α_ke^−kx

!

kψ−P_nk^∞+

x(L(P_n)) (x) −ℓ Z1

0

P_n(t)dt

+ℓ ε 3(ℓ+1) 6 x

+∞

X

k=0

αke^−kx

! ε 3(ℓ+1)+

x(L(Pn)) (x) −ℓ Z1

0

Pn(t)dt

+ℓ ε 3(ℓ+1)

Puisque lim

x→0x

+∞

X

k=0

αke^−kx =ℓ, on peut choisirα1∈]0, 1[ tel que pourx∈]0, α1],x

+∞

X

k=0

αke^−kx 6ℓ+1. Pour x∈]0, α1], on a

x(L(ψ)) (x) −ℓ Z1

0

ψ(t)dt

6 ε(ℓ+1) 3(ℓ+1)+

x(L(P_n)) (x) −ℓ Z1

0

P_n(t)dt

+ε(ℓ+1) 3(ℓ+1) = 2ε

3 +

x(L(P_n)) (x) −ℓ Z1

0

P_n(t)dt .

Maintenant, d’après le début de la question, lim

x→0x(L(P_n)) (x) =ℓ Z1

0

P_n(t)dt. Donc, on peut choisir α₂∈]0, α₁] tel que pourx∈]0, α₂],

x(L(P_n)) (x) −ℓ Z1

0

P_n(t)dt

6ε

3. Pourx∈]0, α₂], on a

x(L(ψ)) (x) −ℓ Z1

0

ψ(t)dt

6 2ε 3 +ε

3 =ε.

Ceci montre que lim

x→0x(L(ψ)) (x)existe et que lim

x→0x(L(ψ)) (x) =ℓ Z1

0

ψ(t)dt. On a montré que

E0⊂E1et ∀ψ∈E0,∆(ψ) =ℓ Z1

0

ψ(t)dt.

19)g−est continue par morceaux sur[0, 1], continue sur[0, a−ε], sur]a−ε, a[et sur[a, 1]. De plus, lim

x→a−ε, x>a−εg−(x) = a− (a−ε)

ε =1=g−(a−ε)et lim

x→a, x<ag−(x) = a−a

ε =0=g−(a). Donc,g−∈E0.

g+ est continue par morceaux sur [0, 1], continue sur [0, a], sur ]a, a+ε[ et sur [a+ε, 1]. De plus, lim

x→a, x>ag+(x) = a+ε−a

ε =1=g+(a)et lim

x→a+ε, x<a+εg+(x) = (a+ε) − (a+ε)

ε =0=g+(a+ε). Donc, g+∈E₀. Enfin,

∆(g₋) =ℓ Z1

0

g−(t)dt=ℓ

1×(a−ε) +ε×1+0 2

=ℓ a− ε

2

, et

∆(g₌) =ℓ Z1

0

g+(t)dt=ℓ

1×a+ε×1+0 2

=ℓ a−ε

2

. Soitx∈[0, 1].

• Si06x6a−ε,g₋(x) =1=1_[0,a](x) =g₊(x)et en particulier,g₋(x)61_[0,a](x)6g₊(x).

• Sia−ε6x6a,g−(x) = a−x

ε 61=1_[0,a](x) =g+(x)et en particulier,g−(x)61_[0,a](x)6g+(x).

• Sia6x6a+ε,g−(x) =060=1[0,a](x)6 a+ε−x

ε =g+(x)et en particulier,g−(x)61[0,a](x)6g+(x).

• Sia+ε6x61,g−(x) =060=1[0,a](x)60=g+(x)et en particulier,g−(x)61[0,a](x)6g+(x).

Finalement,g−61_[0,a]6g+. Puis, d’après la question 16,

∀x > 0, x(L(g−)) (x)6x L 1_[0,a]

(x)6x(L(g+)) (x).

On choisit alorsα∈]0, 1[ tel que pourx∈]0, α],x(L(g₋)) (x)>∆(g₋) −ℓε

2 =ℓ(a−ε)et x(L(g₊)) (x)6∆(g₊) +ℓε 2 = ℓ(a+ε). Pourx∈]0, α], on a

ℓa−ℓε6x L 1_[0,a]

(x)6ℓa+ℓε.

On a montré que∀ε > 0,∃α > 0/∀x∈]0, 1], 0 < x6α⇒

x L 1[0,a]

(x) −ℓa 6ℓε

et donc lim

x→0x L 1[0,a]

(x) =ℓa.

Ainsi,1[0,a]∈E1et

∆ 1_[0,a]

=ℓa=ℓ Z1

0

1_[0,a](t)dt.

Soit(a, b)∈[0, 1]²tel quea < b. Alors,1_[a,b]=1_[0,b]−1_[0,a]∈E₁ puis par linéarité

∆ 1[a,b]

=∆ 1[0,b]

−∆ 1[0,a]

=ℓ(b−a) =ℓ Z1

0

1[a,b](t)dt.

Le résultat est donc vrai pour toute fonction caractéristique de segment. PuisqueE1 est un sous-espace vectoriel de E, pour toute fonctionψen escaliers sur[0, 1],ψ∈E₁et par linéarité de∆,∆(ψ) =ℓ

Z1 0

ψ(t)dt.

Soit enfinψ∈E. On sait queψ peut être uniformément approchée sur[0, 1] par une suite de fonctions en escaliers. Par un travail analogue à celui de la question 18, on a ψ∈E₁ et ∆(ψ) =ℓ

Z1 0

ψ(t)dt. On a montré queE₁⊂E et donc que E1=Epuis

E1=Eet∀ψ∈E,∆(ψ) =ℓ Z1

0

ψ(t)dt.

20)SoitN∈N^∗. Pourn∈N,e^−nN > 1 e ⇔−n

N >−1⇔n6N. Donc, (L(ψ))

1 N

= XN

n=0

α_ne⁻ n N 1

e^−nN = XN

n=0

α_n. ψest dansEet donc dansE1. De plus,

Z1 0

ψ(t)dt= Z1

1 e

1

t dt= −ln 1

e

=1.

Donc,

N→lim+∞

1 N

XN

k=0

αk= lim

N→+∞

1

N(L(ψ)) 1

N

= lim

x→0x(L(ψ)) (x) =∆(ψ) =ℓ×1=ℓ.

N→lim+∞

1 N

XN

k=0

αk=ℓ.

21)SoitA∈S. Pourn∈N^∗, 1

ncard(A(n)) = 1 n

Xn

k=0

ak. D’après la question précédente,

n→lim+∞

1

ncard(A(n)) = lim

x→0x

+∞

X

n=0

a_ne^−nx=Φ(A), puis, d’après la question 15,

n→lim+∞

1 n

Xn

k=1

v(k) = lim

x→0x

+∞

X

n=0

v(n)e^−nx= lim

x→0x(f_A1(x))²= π 4.