PARTIE II - ´ Etude de la fonction

(1)

Jean-Fran¸cois COSSUTTA. Lyc´ee Marcelin Berthelot Saint Maur 94. [email protected]

LYON 2004

PREMIER PROBL ` EME

PARTIE I - ´ Etude de la fonction

x→ Z +∞

0

sint x+tdt

1. a. Notons que la fonctionu→ sinu

u est continue sur ]0,+∞[. Soitxun ´el´ement de ]0,+∞[.

Les fonctionsu→ 1

uetu→ −cosu´etant de classeC¹sur ]0,+∞[, une int´egration par parties simple donne : F(x) =

Z x 1

sinu u du=

Z x 1

1

u sinudu= 1

u −cosu x

1

− Z x

1

−1 u²

(−cosu) du.

AinsiF(x) =−cosx

x + cos 1− Z x

1

cosu u² du.

∀x∈]0,+∞[, F(x) =−cosx

x + cos 1− Z x

1

cosu

u² du. (1)

∀x∈]0,+∞[, 06

cosx x

6 1

x·Comme lim

x→+∞

1

x= 0, il vient par encadrement : lim

x→+∞

cosx x = 0.

Ainsix→ −cosx

x + cos 1 admet une limite finie en +∞. L’égalité (1) autorise alors à dire queF admet une limite finie en +∞ si et seulement six→

Z x 1

cosu

u² duadmet une limite finie en +∞; autrement dit si et seulement si

Z +∞

1

cosu

u² duconverge.

Or ∀u ∈]0,+∞[, 0 6

cosu u²

6 1

u² et Z +∞

1

u²du converge ; les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions positives donnent alors la convergence de

Z +∞

1

cosu u²

du.

Z +∞

1

cosu

u² duest absolument convergente donc convergente. Ceci ach`eve de montrer que : F:x→

Z x 1

sinu

u duadmet une limite finie en +∞donc que Z +∞

1

sinu

u duconverge .

Dans la suiteα= lim

x→+∞F(x). On a encore :α= Z +∞

1

sinu u du.

b. Notons que la fonctionu→ cosu

u est continue sur ]0,+∞[. Soitxun ´el´ement de ]0,+∞[.

Les fonctionsu→ 1

u et u→sinu´etant de classeC¹sur ]0,+∞[, une int´egration par parties simple donne :

(2)

G(x) = Z x

1

cosu u du=

Z x 1

1

u cosudu= 1

u sinu ^x

1

− Z x

1

−1 u²

sinudu.

Ainsi∀x∈]0,+∞[, G(x) = sinx

x −sin 1 + Z x

1

sinu

u² du (2).

∀x∈]0,+∞[, 06

sinx x

6 1

x·Comme lim

x→+∞

1

x= 0, il vient par encadrement : lim

x→+∞

sinx x = 0.

Ainsix→ sinx

x −sin 1 admet une limite finie en +∞. L’égalité (2) autorise alors à dire que Gadmet une limite finie en +∞ si et seulement si x→

Z x 1

sinu

u² du admet une limite finie en +∞; autrement dit si et seulement si

Z +∞

1

sinu

u² duconverge.

Or ∀u ∈]0,+∞[, 0 6

sinu u²

6 1

u² et Z +∞

1

u²du converge ; les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions positives donnent alors la convergence de

Z +∞

1

sinu u²

du.

Z +∞

1

sinu

u² duest absolument convergente donc convergente. Ceci ach`eve de montrer que : G:x→

Z x 1

cosu

u duadmet une limite finie en +∞donc que Z +∞

1

cosu

u duconverge .

Dans la suiteβ = lim

x→+∞G(x). On a encore :β= Z +∞

1

cosu u du.

Remarque On peut ais´ement faire a. et b. simultan´ement en montrant que x→ Z x

1

sin(u+b)

u duadmet une limite finie en+∞et en donnant `a bsuccessivement les valeurs0 et π

2 ! c. Soitxun r´eel strictement positif.

R´ep´etons queu→sinu

u etu→ cosu

u sont continues sur ]0,+∞[.

Par cons´equent les int´egrales Z 1

x

sinu u duet

Z 1 x

cosu

u duexistent.

Or les int´egrales Z +∞

1

sinu u duet

Z +∞

1

cosu

u duconvergent.

Ainsi les int´egrales Z +∞

x

sinu u duet

Z +∞

x

cosu

u duconvergent ´egalement.

De plusα−F(x) = Z +∞

1

sinu u du−

Z x 1

sinu u du=

Z +∞

1

sinu u du+

Z 1 x

sinu u du=

Z +∞

x

sinu u du.

De mˆemeβ−G(x) = Z +∞

x

cosu u du.

Pour tout r´eelxstrictement positif Z +∞

x

sinu u duet

Z +∞

x

cosu

u duconvergent.

(3)

∀x∈]0,+∞[, Z +∞

x

sinu

u du=α−F(x) et Z +∞

x

cosu

u du=β−G(x).

2. a. SoientxetT deux r´eels strictement positifs. Le changement de variableu=t+xdonne sans difficult´e : Z T

0

sint t+xdt=

Z x+T x

sin(u−x) u du=

Z x+T x

sinucosx−cosusinx

u du. Ainsi :

∀x∈]0,+∞[, ∀T ∈]0,+∞[, Z T

0

sint

t+xdt= cosx Z x+T

x

sinu

u du−sinx Z x+T

x

cosu u du.

b. Soitxun r´eel strictement positif.

Z +∞

x

sinu u duet

Z +∞

x

cosu

u duconvergent donc :

T→+∞lim cosx Z x+T

x

sinu

u du−sinx Z x+T

x

cosu u du

!

= cosx Z +∞

x

sinu

u du−sinx Z +∞

x

cosu u du.

Alors lim

T→+∞

Z T 0

sint

t+xdt= cosx Z +∞

x

sinu

u du−sinx Z +∞

x

cosu

u du. Par cons´equent : pour tout r´eel xstrictement positif,

Z +∞

0

sint

t+xdtconverge.

∀x∈]0,+∞[, Z +∞

0

sint

t+xdt= cosx Z +∞

x

sinu

u du−sinx Z +∞

x

cosu u du.

3. ∀x∈]0,+∞[, A(x) = Z +∞

0

sint

t+xdt= cosx Z +∞

x

sinu

u du−sinx Z +∞

x

cosu u du.

Ainsi∀x∈]0,+∞[, A(x) = α−F(x)

cosx− β−G(x) sinx.

F (resp. G) est la primitive sur l’intervalle ]0,+∞[ de la fonction continueu→ sinu

u (resp. u→ cosu u ) qui prend la valeur 0 en 1. AinsiF et Gsont de classeC¹ sur ]0,+∞[.

De plus∀x∈]0,+∞[, F⁰(x) = sinx

x et G⁰(x) =cosx x ·

F⁰ etG⁰ sont clairement de classe C¹ sur ]0,+∞[ doncF et Gsont de classeC² sur ]0,+∞[.

F,G, cos et sin sont de classeC²sur ]0,+∞[ doncA= (α−F) cos−(β−G) sin est de classeC²sur ]0,+∞[.

Aest de classeC² sur ]0,+∞[.

Soitxun ´el´ement de ]0,+∞[. A⁰(x) =−F⁰(x) cosx+ α−F(x)

(−sinx)− −G⁰(x)

sinx− β−G(x) cosx.

Notons alors que−F⁰(x) cosx− −G⁰(x)

sinx=−sinx

x cosx−

−cosx x

sinx= 0.

AinsiA⁰(x) = α−F(x)

(−sinx)− β−G(x)

cosx= F(x)−α

sinx+ G(x)−β cosx.

AlorsA⁰⁰(x) =F⁰(x) sinx+ F(x)−α

cosx+G⁰(x) cosx+ G(x)−β

(−sinx).

(4)

Ce qui donneA⁰⁰(x) = sinx

x

sinx− α−F(x)

cosx+cosx x

cosx+ β−G(x) sinx.

DoncA⁰⁰(x) =−

α−F(x)

cosx− β−G(x) sinx

+sin²x+ cos²x

x =−A(x) +1 x· Ce qui donneA(x) +A⁰⁰(x) = 1

x·

∀x∈]0,+∞[, A(x) +A⁰⁰(x) = 1 x· 4. ∀x∈]0,+∞[, A(x) = α−F(x)

cosx− β−G(x) sinx.

Alors∀x∈]0,+∞[, |A(x)|=| α−F(x)

cosx− β−G(x)

sinx|6|α−F(x)| |cosx|+|β−G(x)| |sinx|.

Donc∀x∈]0,+∞[, 06|A(x)|6|α−F(x)|+|β−G(x)|.

Comme lim

x→+∞ α−F(x)

= 0 et lim

x→+∞ β−G(x)

= 0 il vient par encadrement lim

x→+∞A(x) = 0.

De mˆeme∀x∈]0,+∞[, A⁰(x) = F(x)−α

sinx+ G(x)−β

cosxdonc :

∀x∈]0,+∞[, |A⁰(x)|=| F(x)−α

sinx+ G(x)−β

cosx|6|F(x)−α| |sinx|+|G(x)−β| |cosx|.

∀x∈]0,+∞[, 06|A⁰(x)|6|F(x)−α|+|G(x)−β|.

Comme lim

x→+∞ F(x)−α

= 0 et lim

x→+∞ G(x)−β

= 0 il vient par encadrement lim

x→+∞A⁰(x) = 0.

x→+∞lim A(x) = 0 et lim

x→+∞A⁰(x) = 0.

5. a. Soitxun ´el´ement de ]0,1].

∀u∈[x,1], 1

u >0 et 06cosu61 donc∀u∈[x,1], 06cosu u 6 1

u· En int´egrant il vient 06

Z 1 x

cosu u du6

Z 1 x

1

uducarx61.

Or Z 1

x

1 udu=

ln|u|¹

x= ln 1−lnx=−lnx. Finalement :

∀x∈]0,1], 06 Z 1

x

cosu

u du6−lnx.

b. ∀x∈]0,+∞[, sinx Z +∞

x

cosu

u du= sinx Z 1

x

cosu

u du+ sinx Z +∞

1

cosu u du.

Notons que lim

x→0⁺

sinx

Z +∞

1

cosu u du

= 0. Ainsi pour montrer que lim

x→0⁺

sinx

Z +∞

x

cosu u du

= 0, il suffit donc de montrer que : lim

x→0⁺

sinx

Z 1 x

cosu u du

= 0.

∀x∈]0,1], 06 Z 1

x

cosu

u du6−lnxet sinx>0.

(5)

Par cons´equent :∀x∈]0,1], 06sinx Z 1

x

cosu

u du6sinx(−lnx) =−sinx

x (xlnx).

Or lim

x→0⁺

sinx x

= 1 et lim

x→0⁺(xlnx) = 0 donc lim

x→0⁺

−sinx

x (xlnx)

= 0.

Il vient alors par encadrement : lim

x→0⁺

sinx

Z 1 x

cosu u du

= 0 et ceci ach`eve de montrer que :

lim

x→0⁺

sinx

Z +∞

x

cosu u du

= 0.

c. u→ sinu

u est continue surR^∗ et prolongeable par continuit´e en 0 car lim

u→0

sinu u = 1.

Ainsi Z 1

0

sinu

u duconverge. Or nous avons vu plus haut que Z +∞

1

sinu

u duconverge donc : Z +∞

0

sinu

u duconverge.

Ceci permet de dire que lim

x→0

Z +∞

x

sinu u du=

Z +∞

0

sinu u du.

Rappelons que∀x∈]0,+∞[, A(x) = cosx Z +∞

x

sinu

u du−sinx Z +∞

x

cosu u du.

Rappelons ´egalement que lim

x→0

sinx

Z +∞

x

cosu u du

= 0.

Alors lim

x→0A(x) = 1× Z +∞

0

sinu

u du−0. Finalement : lim

x→0⁺A(x) = Z +∞

0

sinu u du.

PARTIE II - ´ Etude de la fonction

x→ Z +∞

0

e^{−x t} 1+t²dt

.

1. Soientxun réel strictement positif etk un élément deN.

t→+∞lim t^ke^−xt

= 0 donc il existe un r´eel Astrictement positifAtel que :∀t∈]A,+∞[, t^ke^−xt

<1.

Ainsit →t^ke^−xt est born´ee sur ]A,+∞[. Comme cette fonction est continue sur le segment [0, A] elle est

´

egalement born´ee sur [0, A].

t→t^ke^−xt est born´ee sur [0, A] et sur ]A,+∞[ donc elle born´ee sur [0,+∞[.

Pour tout réelxstrictement positif et pour tout élémentk deN,t→t^ke^−xt est bornée sur [0,+∞[.

Fixons de nouveauxdans ]0,+∞[ etkdansN. t→t^ke^−xt est born´ee sur [0,+∞[ donc il existe un r´eel M strictement positif tel que∀t∈[0,+∞[, 06t^ke^{−x t}=|t^ke^{−x t}|6M. Ainsi :

(6)

1. t→ t^ke^{−x t}

1 +t² est continue sur [0,+∞[ ; 2. ∀t∈[1,+∞[; 06 t^ke^{−x t}

1 +t² 6 M 1 +t² 6 M

t² ; 3.

Z +∞

1

t²dtconverge.

Les règles de comparaison des intégrales généralisées de fonctions positives donnent alors la convergence de Z +∞

0

e^{−x t} 1 +t²dt.

Pour tout réelxstrictement positif et pour tout élémentkdeN, Z +∞

0

t^ke^{−x t}

1 +t² dt converge.

2. a. ϕ:u→eûest une fonction de classeC² surRet∀u∈R, ϕ⁰(u) =ϕ⁰⁰(u) =eû. L’inégalité de Taylor-Lagrange appliquée àϕà l’ordre 1 donne :

∀u∈R,

ϕ(u)−ϕ(0)−(u−0)ϕ⁰(0)

6 |u−0|²

2 Max

<_>

z∈[0,u]

|ϕ⁰⁰(z)| ou∀u∈R,

e^u−1−u 6 u²

2 Max

<_>

z∈[0,u]

e^z. Comme la fonction exponentielle est croissante surR:∀u∈R, Max

<_>

z∈[0,u]

e^z6e^Max(0,u)6e^|u|.

Ainsi∀u∈R,

e^u−1−u 6u²

2 Max

<_>

z∈[0,u]

e^z6u² 2 e^|u|.

∀u∈R,

e^u−1−u 6u²

2 e^|u|.

b. Soientkun élément deN,xun réel strictement positif ethun réel tel que 0<|h|6x 2·

−x

2 6h6 x

2 donc 0<x

2 6x+h. Alors on peut parler deB_k(x+h)... ainsi que deB_k(x),B_k+1(x) et de B_k+2x

2

.

Posons ∆(h) =Bk(x+h)−Bk(x)

h +Bk+1(x).

∆(h) = 1 h

Z +∞

0

t^ke^−(x+h)^t

1 +t² −t^ke^{−x t}

1 +t² +h t^k+1e^{−x t} 1 +t²

dt= 1

h Z +∞

0

t^ke^{−x t}

1 +t² e^{−h t}−1 +ht dt.

SoitAun r´eel strictement positif. Posons ∆A(h) = 1 h

Z A 0

t^ke^{−x t}

1 +t² e^{−h t}−1 +ht dt.

Notons que lim

A→+∞∆_A(h) = ∆(h). Ainsi lim

A→+∞|∆A(h)|=|∆(h)|.

|∆A(h)|= 1 h

Z A 0

t^ke^{−x t}

1 +t² e^{−h t}−1 +ht dt

6 1

|h|

Z A 0

t^ke^{−x t} 1 +t²

e^{−h t}−1 +ht dt.

En appliquant le r´esultat de a) il vient :

|∆A(h)|6 1

|h|

Z A 0

t^ke^{−x t} 1 +t²

(−h t)²

2 e^{|−h t|}dt= h² 2|h|

Z A 0

t^k+2e^(|h|−x)^t

1 +t² dt= |h|

2 Z A

0

t^k+2e^(|h|−x)^t 1 +t² dt.

(7)

|h|6 x

2 donc∀t∈[0,+∞[, e^(|h|−x)^t6e⁽^x²^−x)^t=e⁻^x²^tdonc∀t∈[0,+∞[, t^k+2e^(|h|−x)^t

1 +t² 6 t^k+2e⁻^x²^t 1 +t² · En int´egrant on obtient alors :

Z A 0

t^k+2e^(|h|−x)^t 1 +t² dt6

Z A 0

t^k+2e⁻^x²^t

1 +t² dt carAest (strictement) positif.

Alors|∆A(h)|6 |h|

2 Z A

0

t^k+2e^(|h|−x)^t

1 +t² dt6 |h|

2 Z A

0

t^k+2e⁻^x²^t 1 +t² dt.

B_k+2 est d´efinie en x 2 car x

2 est strictement positif donc Z +∞

0

t^k+2e⁻^x²^t

1 +t² dtconverge.

De plus lim

A→+∞|∆A(h)|=|∆(h)|.

Ainsi

B_k(x+h)−B_k(x)

h +Bk+1(x)

=|∆(h)|6 |h|

2 Z +∞

0

t^k+2e⁻^x²^t

1 +t² dt= |h|

2 Bk+2

x 2

.

∀k∈N, ∀x∈]0,+∞[, ∀h∈R, 0<|h|6x 2 ⇒

Bk(x+h)−Bk(x)

h +Bk+1(x) 6|h|

2 Bk+2

x 2

.

c. Soitkun élément de N. Soitxun réel strictement positif.

∀h∈h

−x 2,x

2

i− {0}, 06

Bk(x+h)−Bk(x)

h +Bk+1(x) 6 |h|

2 Bk+2

x 2

et lim

h→0

|h|

2 Bk+2

x 2

= 0.

Il vient alors par encadrement : lim

h→0

B_k(x+h)−B_k(x)

h +Bk+1(x)

= 0.

Ceci donne encore : lim

h→0

Bk(x+h)−Bk(x)

h =−Bk+1(x).

Par cons´equent Bk est d´erivable enxetB_k⁰(x) =−Bk+1(x).

Pour tout élément kdeN,Bk est dérivable sur ]0,+∞[ et∀x∈]0,+∞[, B_k⁰(x) =−Bk+1(x).

d. Ce qui précède montre en particulier queB0est dérivable sur ]0,+∞[ et que∀x∈]0,+∞[, B₀⁰(x) =−B1(x).

Cela montre ´egalement queB1 est d´erivable sur ]0,+∞[ et que∀x∈]0,+∞[, B₁⁰(x) =−B2(x).

AlorsB0 est deux fois d´erivable sur ]0,+∞[ et∀x∈]0,+∞[, B₀⁰⁰(x) =−B₁⁰(x) =B2(x).

MaisB2est d´erivable sur ]0,+∞[ donc continue. AlorsB₀⁰⁰ est continue sur ]0,+∞[. Finalement :

B₀ est de classeC² sur ]0,+∞[.

∀x∈]0,+∞[, B₀⁰⁰(x) +B0(x) = Z +∞

0

t²e^{−x t}

1 +t² + e^{−x t} 1 +t²

dt=

Z +∞

0

e^{−x t}dt.

∀x∈]0,+∞[, Z +∞

0

e^{−x t}dt= lim

A→+∞

Z A 0

e^{−x t}dt= lim

A→+∞

h

−e^{−x t} x

iA 0

= lim

A→+∞

1

x−e^{−x A} x

= 1 x· Ainsi :∀x∈]0,+∞[,

Z +∞

0

e^{−x t}dt= 1 x·

(8)

∀x∈]0,+∞[, B₀⁰⁰(x) +B0(x) = 1 x·

3. Soitxun ´el´ement de ]0,+∞[. Rappelons queB₀(x) = Z +∞

0

e^{−x t}

1 +t²dtet−B⁰₀(x) =B₁(x) = Z +∞

0

t e^{−x t} 1 +t²dt.

∀t∈[0,+∞[, 1

1 +t² 61 ete^{−x t}>0 donc∀t∈[0,+∞[, 06 e^{−x t}

1 +t² 6e^{−x t}. Or nous venons de voir que

Z +∞

0

e^{−x t}dt= 1

x·En int´egrant il vient donc : 06B₀(x)6 1 x·

∀t∈[0,+∞[, 1

1 +t² 61 ett e^{−x t}>0 donc∀t∈[0,+∞[, 06 t e^{−x t}

1 +t² 6t e^{−x t}. Ainsi en int´egrant on obtient :∀A∈[0,+∞[, 06

Z A 0

t e^{−x t} 1 +t²dt6

Z A 0

t e^{−x t}dt.

Une int´egration par parties simple donne :

∀A∈[0,+∞[, Z A

0

t e^{−x t}dt=

t e^{−x t}

−x A

0

− Z A

0

e^{−x t}

−x dt.

Alors∀A∈[0,+∞[, Z A

0

t e^{−x t}dt=−A e^{−x A} x +1

x Z A

0

e^{−x t}dt6 1 x

Z A 0

e^{−x t}dt6 1 x

Z +∞

0

e^{−x t}dt= 1 x 1 x= 1

x²·

Par cons´equent ∀A∈[0,+∞[, 06 Z A

0

t e^{−x t} 1 +t²dt6

Z A 0

t e^{−x t}dt6 1 x²· En faisant tendreAvers +∞il vient 06B₁(x)6 1

x² ou 06−B₀⁰(x)6 1 x²·

∀x∈]0,+∞[, 06B0(x)6 1

x et 06−B₀⁰(x)6 1 x²·

x→+∞lim 1

x = 0 et lim

x→+∞

1

x² = 0. Il vient alors sans difficult´e par encadrement :

x→+∞lim B₀(x) = 0 et lim

x→+∞B⁰₀(x) = 0.

4. a Soitxun ´el´ement de ]0,+∞[.

t→ 1

1 +t² est continue sur [0,+∞[,∀t∈[1,+∞[, 1 1 +t² 6 1

t² et Z +∞

1

t²dtconverge.

Les règles de comparaison des intégrales généralisées de fonctions positives donnent alors la convergence de Z +∞

0

1 1 +t²dt.

∀t∈[0,+∞[, e^{−x t}61 et 1

1 +t² >0 donc :∀t∈[0,+∞[, e^{−x t} 1 +t² 6 1

1 +t²· En int´egrant on obtient alorsB₀(x) =

Z +∞

0

e^{−x t} 1 +t²dt6

Z +∞

0

1 1 +t²dt·

(9)

Notons quet→e^{−x t} est une fonction d´ecroissante surRcarxest strictement positif. Alors :

∀t∈

0, 1

√x

, e^{−x t}>e^−x^√¹^x =e⁻

√x et 1

1 +t² >0 donc :∀t∈

0, 1

√x

, e^{−x t} 1 +t² > e⁻

√x

1 +t²· En int´egrant il vient :

Z ^√¹_x

0

e^{−x t} 1 +t²dt>

Z ^√¹_x

0

e⁻^√^x

1 +t²dt=e⁻

√x Z ^√¹_x

0

1 1 +t²dt·

∀t ∈ 1

√x,+∞

, e^{−x t}

1 +t² > 0 donc Z +∞

√1 x

e^{−x t}

1 +t²dt > 0 ( Z +∞

√1 x

e^{−x t}

1 +t²dt converge car Z +∞

0

e^{−x t}

1 +t²dt converge).

AlorsB0(x) = Z +∞

0

e^{−x t} 1 +t²dt=

Z ^√¹_x

0

e^{−x t} 1 +t²dt+

Z +∞

√1 x

e^{−x t} 1 +t²dt>

Z ^√¹_x

0

e^{−x t}

1 +t²dt>e⁻

√x

Z ^√¹_x

0

1 1 +t²dt·

∀x∈]0,+∞[, e⁻^√^x Z ^√¹_x

0

1

1 +t²dt6B0(x)6 Z +∞

0

1 1 +t²dt·

b. tan est de classeC¹surh 0,π

2 h

et d´efinit une bijection deh 0,π

2 h

sur [0,+∞[. Soityun ´el´ement deh 0,π

2 h

. Le changement de variable t = tanudonne alors

Z y 0

du= Z tany

0

1

1 +t²dt (dt= (1 + tan²u) duou du= 1

1 +t²dt).

∀y∈h 0,π

2 h

, Z y

0

du= Z tany

0

1 1 +t²dt .

∀y∈h 0,π

2 h,

Z tany 0

1 1 +t²dt=

Z y 0

du=y.

Comme lim

y→^π₂⁻tany= +∞, en faisant tendrey vers π

2 par valeur inf´erieure, il vient : Z +∞

0

1

1 +t²dt= π 2·

Z +∞

0

1

1 +t²dt= π 2·

Rappelons que∀x∈]0,+∞[, e⁻

√x Z ^√¹_x

0

1

1 +t²dt6B₀(x)6 Z +∞

0

1 1 +t²dt·

Ainsi :∀x∈]0,+∞[, e⁻

√xZ ^√¹_x

0

1

1 +t²dt6B0(x)6π 2· lim

x→0⁺

√1

x= +∞donc lim

x→0⁺

Z ^√¹_x

0

1 1 +t²dt=

Z +∞

0

1

1 +t²dt= π

2·De plus lim

x→0⁺e⁻

√x= 1.

Ainsi lim

x→0⁺e⁻

√xZ ^√¹_x

0

1

1 +t²dt= π

2· Il vient alors par encadrement : lim

x→0⁺B0(x) =π 2·

(10)

PARTIE III - Calcul de l’int´ egrale

Z +∞

0

sinu u du

1. Rappelons queAetB0sont de classeC²sur ]0,+∞[ et que∀x∈]0,+∞[, A⁰⁰(x)+A(x) =B⁰⁰₀(x)+B0(x) = 1 x· Or∀x∈]0,+∞[, ϕ(x) =A(x)−B0(x) doncϕest de classeC² sur ]0,+∞[.

De plus∀x∈]0,+∞[, ϕ(x) +ϕ⁰⁰(x) =A(x)−B₀(x) +A⁰⁰(x)−B⁰⁰₀(x) = 1 x−1

x = 0.

U =ϕ²+ϕ⁰²est d´erivable sur ]0,+∞[ carϕest de classeC²sur ]0,+∞[. En d´erivant on obtient :

∀x∈]0,+∞[, U⁰(x) = ϕ²+ϕ⁰²0

(x) = 2ϕ⁰(x)ϕ(x) + 2ϕ⁰⁰(x)ϕ⁰(x) = 2ϕ⁰(x) ϕ(x) +ϕ⁰⁰(x)

= 0.

U est alors de d´eriv´ee nulle sur l’intervalle ]0,+∞[ donc :

U est constante sur ]0,+∞[.

2. lim

x→+∞A(x) = lim

x→+∞B0(x) = 0 et lim

x→+∞A⁰(x) = lim

x→+∞B₀⁰(x) = 0.

Donc lim

x→+∞ϕ(x) = lim

x→+∞

A(x)−B(x)

= 0 et lim

x→+∞ϕ⁰(x) = lim

x→+∞

A⁰(x)−B⁰(x)

= 0.

Alors lim

x→+∞U(x) = lim

x→+∞

ϕ(x)2

+ ϕ⁰(x)2

= 0.

x→+∞lim U(x) = 0.

3. U est constante sur ]0,+∞[ et lim

x→+∞U(x) = 0. AinsiU est nulle sur ]0,+∞[.

Alors∀x∈]0,+∞[, A(x)−B₀(x) = 0.

∀x∈]0,+∞[, A(x) =B0(x).

4. ∀x ∈]0,+∞[, A(x) = B0(x), lim

x→0⁺A(x) = Z +∞

0

sinu

u du (d’apr`es

I.5.c.

) et lim

x→0⁺B0(x) = π

2 (d’apr`es

II.4.c.

). Ainsi :

Z +∞

0

sinu

u du=π 2·

SECOND PROBL ` EME

PARTIE I - ´ Etude d’exemples

1. A= 1 3





0 1 1 1 0 1 1 1 0



est positive car ses coefficients sont des r´eels positifs ou nuls.

(11)

U−AU =



 1 1 1



−1 3





0 1 1 1 0 1 1 1 0







 1 1 1



=



 1 1 1



−1 3



 2 2 2



=

1−2 3



 1 1 1



= 1 3



 1 1 1



.

U−AU est strictement positive.

Ainsi U est une matrice (strictement) positive de M3,1(R) telle que la matrice U −AU soit strictement positive.

Ceci ach`eve de montrer que :

A= 1 3





0 1 1 1 0 1 1 1 0



est productive.

2. Notons queB=





1 4 1 2 1 3 0 0 1



est une matrice positive deM3(R).

SoitP =



 x y z



une matrice positive deM_3,1(R).

P−BP =



 x y z



−





1 4 1 2 1 3 0 0 1







 x y z



=



 x y z



−





x+ 4y+z 2x+y+ 3z

z



=





−4y−z

−2x−3z 0



.

Le dernier coefficient deP−BP est nul donc cette matrice n’est pas strictement positive.

Ainsi il n’existe pas de matrice positiveP deM_3,1(R) telle queP−BP soit strictement positive.

B=





1 4 1 2 1 3 0 0 1



n’est pas productive.

PARTIE II - Caract´ erisation des matrices productives positives

M est une matrice de M_n(R).

1. On suppose que la matriceM = (m_ij) est positive. Alors∀(i, j)∈[[1, n]]², m_ij >0.

SoitX=





 x1

x₂ ... xn







une matrice positive deMn,1(R). ∀i∈[[1, n]], xi>0.

PosonsY =M X =





 y₁ y₂ ... yn







. ∀i∈[[1, n]], yi=

n

X

j=1

mijxj.

Comme∀(i, j)∈[[1, n]]², mij >0 et∀j∈[[1, n]], xj>0 :∀i∈[[1, n]], yi>0. Y =M X est positive. Ainsi :

(12)

SiM est une matrice positive deM_n(R), pour toute matrice positiveX deM_n,1(R), le produitM X est positif.

2. R´eciproquement supposons que pour toute matrice positiveX deMn,1(R), le produit M X est positif.

Montrons queM est positive.

Fixonsj dans [[1, n]]. Soit Ej=





 u₁ u₂ ... un







lej^`ême élément de la base canonique de Mn,1(R).

uj= 1 et∀i∈[[1, n]]− {j}, ui = 0.

Ej est donc une matrice positive de Mn,1(R) donc, par hypoth`ese, M Ej est une matice positive.

Red´emontrons queM Ej est laj^`^eme colonne deM.

PosonsM E_j=





 v₁ v2

... v_n







. ∀i∈[[1, n]], v_i=

n

X

k=1

m_iku_k=m_iju_j=m_ij. Nous retrouvons bien le fait que M E_j est laj^`^eme colonne deM.

CommeM E_j est positive :∀i∈[[1, n]], m_ij >0.

Ceci étant vrai pour tout élémentj de [[1, n]] on alors∀j∈[[1, n]], ∀i∈[[1, n]], m_ij >0. M est donc positive.

R´eciproquement si M est une matrice deMn(R) telle que, pour toute matrice positiveX deMn,1(R), le produitM X est positif alorsM est une matice positive.

Si M est une matrice deMn(R),M est positive si et seulement :∀X ∈ Mn,1(R), X>0⇒M X>0.

PARTIE III - Caract´ erisation des matrices productives

1. a PosonsW =AP =





 w₁ w₂ ... w_n







. AlorsT =P−AP =







p1−w1

p2−w2

... pn−wn





 .

Par hypoth`eseT >0 donc∀i∈[[1, n]], p_i−w_i>0. Ainsi :∀i∈[[1, n]], p_i> w_i.

A´etant productive,Aest positive. Comme P est une matrice (strictement) positive deM_n,1(R),W =AP est positive d’apr`es

II 1.

.

Alors∀i∈[[1, n]], pi> wi>0 donc∀i∈[[1, n]], pi>0. Finalement : P est strictement positive.

(13)

b. X >AX donc∀i∈[[1, n]], x_i >

n

X

j=1

a_ijx_j.

En particulerx_k >

n

X

j=1

a_kjx_j. Alors 06x_k−

n

X

j=1

a_kjx_j =c p_k−

n

X

j=1

xj

p_j a_kjp_j (carx_k=c p_k).

Or∀j∈[[1, n]], xj

pj >c, akj>0 etpj>0 donc∀j∈[[1, n]], xj

pj

akjpj>c akjpj. Ceci donne :∀j∈[[1, n]], −xj

p_j akjpj6−c akjpj. En sommant il vient :−

n

X

j=1

xj

p_j akjpj 6−c

n

X

j=1

akjpj.

En ajoutantc pk on obtient :c pk−

n

X

j=1

xj

pj

akjpj 6c pk−c

n

X

j=1

akjpj =c



pk−

n

X

j=1

akjpj



.

Or nous avons vu plus haut que 06c pk−

n

X

j=1

xj

pj

akjpj. A fortiori :

06c



pk−

n

X

j=1

akjpj



.

P−AP est strictement positive donc tous ses coefficients sont strictement positifs.

En particulier le coefficient de sak^`^eme ligne qui n’est autre quep_k−

n

P

j=1

a_kjp_j.

Alorspk−

n

P

j=1

akjpj >0 et 06c



pk−

n

X

j=1

akjpj



. Par cons´equentc>0.

c est positif ou nul.

∀i∈[[1, n]], x_i

pi >c>0 donc ∀i∈[[1, n]], x_i

pi >0. Or∀i∈[[1, n]], p_i>0 carP est strictement positive.

Ainsi :∀i∈[[1, n]], xi >0. Finalement :

X est positive.

c. X =AXdonc n´ecessairement−X=A(−X). Le tout permet de dire queX >AX et −X >A(−X).

Alors ce qui précède montre queX et−X sont des matrices positives. Par conséquentX est nulle.

SiX est une matrice deMn,1(R) telle queAX=X alorsX est nulle.

Ceci signifie encore que :∀X ∈ Mn,1(R), (In−A)X = 0_M_n,1₍_R₎ ⇒X = 0_M_n,1₍_R₎. Ce qui est ´equivalent `a dire queIn−Aest inversible.

I_n−Aest inversible.

(14)

d. SoitX une matrice positive de Mn,1(R). PosonsY = (In−A)⁻¹X et montrons que cette matrice est positive.

06X = (In−A)Y =Y −AY doncY >AY. D’apr`es

III.1.b.

Y est positive.

Pour toute matrice positiveX deMn,1(R), la matriceY = (In−A)⁻¹X est positive.

Ce qui pr´ec`ede indique que∀X∈ Mn,1(R), X >0⇒(In−A)⁻¹X >0.

II.2.

permet alors de dire que :

(In−A)⁻¹ est positive.

2. V = (I_n−B)⁻¹U doncV −BV = (I_n−B)V =U.

U =





 1 1... 1







´

etant strictement positive il en est de mˆeme deV −BV !

V −BV >0

(In−B)⁻¹ est, par hypoth`ese, une matrice positive deMn(R) etU est une matrice positive de Mn,1(R) doncV = (In−B)⁻¹U est une matrice positive deMn,1(R).

V est finalement une matrice positive deMn,1(R) qui v´erifieV −BV >0.

Comme par hypoth`ese B est positive, on peut alors dire que :

B est productive.

3. Grace `a

III.1

nous pouvons dire que siAest une matrice productive deM_n(R),Aest positive,I_n−Aest inversible et (I_n−A)⁻¹est positive.

III.2

vient de nous montrer que siB est une matrice positive deMn(R) telle queI_n−B est inversible et (I_n−B)⁻¹ est positive alorsB est productive. Ainsi :

Une matriceA, deMn(R), est productive si et seulement si : 1. Aest positive ;

2. I_n−Aest inversible ; 3. (I_n−A)⁻¹ est positive.

4. (In−M)(In+ 2M) =In+ 2M−M −2M²=In+ 2M−M −M =In.

(15)

(I_n−M)(I_n+ 2M) =I_n . AlorsIn−M est inversible et son inverse estIn+ 2M.

M ´etant positive il en est de mˆeme deIn+ 2M (non ?) donc de (In−M)⁻¹.

M est une matrice positive de Mn(R), In−M est inversible et son inverse est positive. D’après ce qui précède :

M est productive.