t → t 2q 1 + t 2p

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Dans cette partie

¹

p et q sont des entiers tels que 0 ≤ q < p . 1. Montrer que la fonction

t → t ^2q 1 + t ^2p

est intégrable dans [0, +∞[ . On notera I(p, q) l'intégrale Z +∞

0

t ^2q 1 + t ^2p dt

2. Déterminer la décomposition en éléments simples dans C de R = X ^2q

1 + X ^2p On notera Ω l'ensemble des pôles.

3. Pour w ∈ Ω xé, préciser une primitive de t → _w−t ¹ . 4. Montrer que

I(p, q) = − iπ 4p

X

w∈Ω

σ(w)w ^2q+1

où σ(w) ∈ {−1, +1} est le signe de la partie imaginaire de w . 5. On pose z p = e

^iπ2p

.

a. Exprimer l'ensemble Ω à l'aide des z ^2k+1 _p pour 0 ≤ k ≤ p − 1 . b. Exprimer I(p, q) à l'aide des z _p et montrer que

I(p, q) = π 2p sin _2q+1

2p π 6. Pour α = _2q+1 ^2p , calculer R +∞

0 dt

1+t

^α

après avoir justié l'intégrabilité.

7. Formuler une propriété de la fonction dénie dans ]1, +∞[

α → Z +∞

0

dt 1 + t ^α

1

Extrait de ECRIN 1996

(sans démonstration) permettant de déduire facilement la valeur de Z +∞

0

dt 1 + t ^α pour α réel quelconque strictement plus grand que 1

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Rémy Nicolai Aecrin96

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Corrigé

1. La fonction à intégrer est continue sur [0, +∞] et positive. Au voisinage de +∞ , elle est équivalente à _t

2(p−q)

¹ qui est intégrable car 2(p − q) ≥ 2 ( p et q entiers et q < p . Il sera utile pour la suite de remarquer qu'elle est intégrable sur R avec

I(p, q) = 1 2

Z +∞

−∞

t ^2q 1 + t ^2p dt

2. L'ensemble des racines du dénominateur 1 + X ^2p de R est Ω qui est l'ensemble des racines 2p ième de −1, donc

R = X

ω∈Ω

a ω

X − ω

Pour calculer a ω remarquons que ω ^2p−1 = − _ω ¹ car ω ∈ Ω et utilisons la formule de cours faisant intervenir la dérivée du dénominateur :

a ω = ω ^2q

2pω ^2p−1 = − 1 2p ω ^2q+1 On en déduit

R = − 1 2p

X

ω∈Ω

ω ^2q+1 X − ω = 1

2p X

ω∈Ω

ω ^2q+1 ω − X 3. On sait d'après le cours, qu'une primitive de t → _ω−t ¹ est

− ln(|t − ω|) − i arctan( t − Re ω Imω )

lorsque ω ∈ C − R . Ce qui est bien le cas ici, aucun nombre réel élevé à une puissance paire ne pouvant donner −1 .

4. La remarque de la première question I(p, q) = 1

2 Z +∞

−∞

t ^2q 1 + t ^2p dt

simplie les calculs. Calculons d'abord une l'intégrale entre des bornes A, B Z A

−B

dt

ω − t = − ln(|A − ω|) − i arctan( A − Reω

Imω ) + ln(|−B − ω|) − i arctan( −B − Reω Imω )

= − ln

A − ω B + ω

− i arctan( A − Reω

Imω ) + i arctan( B + Reω Imω )

Bien que t → _ω−t ¹ ne soit pas intégrable sur R , la fonction à valeurs complexes R A

−A dt

converge quand A → +∞ . En eet : ω−t

A − ω

−A − ω = 1 − ^ω _A

−1 − ^ω _A → −1

dans C . Son module tend vers 1, le logarithme de ce module tend vers 0. De plus, arctan( A − Reω

Imω ) → σ(ω) π 2 arctan( −A − Reω

Imω ) → −σ(ω) π 2 Finalement

Z A

−A

dt

ω − t → −iπσ(ω)

La fonction t → _1+t ^t

^2q2p

est intégrable sur R ; son intégrale s'exprime donc comme limite de R A

−A t

^2q

1+t

^2p

dt quand A → +∞ . En utilisant la décomposition en éléments simples de la question 2. et la linéarité du passage à la limite pour les fonctions complexes, on obtient

Z +∞

−∞

t ^2q

1 + t ^2p dt = X

ω∈Ω

ω ^2q+1 2p lim

A→∞

Z A

−A

dt

ω − t = − iπ 2p

X

ω∈Ω

σ(ω)ω ^2q+1

On en déduit par parité que I(p, q) = 1

2 Z +∞

−∞

t ^2q

1 + t ^2p dt = − iπ 4p

X

ω∈Ω

σ(ω)ω ^2q+1

5. a. Notons Z l'ensemble dont on doit montrer qu'il est égal à Ω . Il est formé par les z _p , z _p ³ , · · · , z _p ^2p−1 et les z _p ⁻¹ , z _p ⁻³ , · · · , z ^−2p+1 _p . Nous allons montrer que ces 2p nombres sont deux à deux distincts (ce qui prouvera que card (Z ) = 2p ) et qu'ils sont tous dans Ω .

Soit I _p l'ensemble des 2p entiers impairs entre −2p + 1 et 2p − 1 ; l'ensemble Z est formé par les z ^j _p avec j ∈ I p . Soit j et j ⁰ deux éléments de I p tels que j < j ⁰ . Alors en fait 1 ≤ j ⁰ − j ≤ 4p − 2 donc

1 ≤ j ⁰ − j

2p ≤ 2p − 1 2p < 2

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Rémy Nicolai Aecrin96

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Par conséquent π ^j

⁰

_2p ^−j ∈ / 2πZ et z ^j

⁰

^−j = e ^iπ

^{j0 −j2p}

6= 1 . Ceci prouve que le cardinal de Z est bien 2p . Il reste à montrer l'inclusion Z ⊂ Ω .

Elle est immédiate car, lorsque j est impair :

(z _p ^j ) ^2p = (z ^2p _p ) ^j = (−1) ^j = −1

b. Pour k ∈ {0, · · · , p − 1} , 2k + 1 ∈ {1, · · · , 2p − 1} donc ^2k+1 _2p π ∈ ]0, π[ ce qui entraîne σ(z _p ^2k+1 ) = 1 . Le signe de la partie imaginaire est alors clairement −1 pour les racines conjuguées. On en déduit

I(p, q) = − iπ 4p

p−1

X

k=0

z (2k+1)(2q+1)

p −

p−1

X

k=0

z (2k+1)(2q+1) p

!

= π 2p Im

p−1

X

k=0

z (2k+1)(2q+1) p

!

Posons u = z _p ^2q+1 , on cherche à calculer la partie imaginaire de S = u + u ³ + · · · + u ^2p−1 = u 1 + (u ² ) + (u ² ) ² + · · · + (u ² ) ^p−1

= u 1 − u ^2p 1 − u ² D'autre part

u ^2p = z (2q+1)(2p+1)

p = e ^iπ(2q+1) = e ^iπ = −1 Terminons le calcul de S en notant u = e ^iθ ,

S = 2u

1 − u ² = 2e ^iθ

1 − e ^2iθ = 2e ^iθ

e ^iθ (−2i sin θ) = i sin θ

Comme θ = ^2q+1 _2p π , on obtient nalement

I(p, q) = π 2p sin( ^2q+1 _2p π)

c. L'intégrabilité est évidente à cause de α > 1 , le calcul repose sur le changement de variable t ^α = u ^2p , t = u

^2pα

, dt = ^2p _α u

^2pα

⁻¹ , ^2p _α = 2q + 1

Z +∞

0

dt

1 + t ^α = 2p α

Z +∞

0

u

^2pα

⁻¹

1 + u ^2p du = (2q + 1)I(p, q) = (2q + 1)π

2p sin( ^2q+1 _2p π) = π α sin ^π _α

d. Supposons la fonction t → R +∞

0 dt

1+t

^α

continue . Comme Q est dense dans R , tout nombre α > 1 est limite d'une suite de rationnels de la forme α n = _2q ^2p

ⁿ

n

+1 . La continuité supposée prouve alors que R +∞

0 dt

1+t

^α

est la limite de la suite (

Z +∞

0

dt

1 + t ^α

ⁿ

) _n∈N = ( π α n sin _α ^π

n

) _n∈N

La fonction α → _{α sin} ^π

π

α

étant elle même continue, on obtient nalement Z +∞

0

dt

1 + t ^α = π α sin ^π _α

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