∀t ∈ ]0, +∞[ , f α,λ (t) = t α e −λt . PARTIE I

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Pour α réel et λ réel strictement positif, on note f α,λ l'application dénie par

∀t ∈ ]0, +∞[ , f α,λ (t) = t ^α e ^−λt . PARTIE I

1. a. Déterminer l'ensemble A des couples (α, λ) tels que f _α,λ converge en 0 à droite.

b. Déterminer l'ensemble B des couples (α, λ) tels que f α,λ soit intégrable sur ]0, +∞[ .

2. Pour tout nombre réel x , montrer que les fonctions t → e ^−t

√ t cos xt, t → e ^−t

√ t sin xt sont intégrables sur ]0, +∞[ .

Dans toute la suite du problème, on posera u(0) = a et u(x) =

Z +∞

0

e ^−t

√ t cos xt dt, v(x) = Z +∞

0

e ^−t

√ t sin xt dt.

3. Étudier la parité de chacune des deux fonctions u et v . Montrer que a > 0 . 4. Soit x et x ⁰ deux nombres réels, justier l'inégalité

|u(x) − u(x ⁰ )| ≤ |x ⁰ − x|

Z +∞

0

e ^−t √ t dt.

En déduire que u est continue.

PARTIE II

On se propose de démontrer que les fonctions u et v sont indéniment dérivables.

1. a. Soit x un nombre réel, montrer que la fonction t → e ^−t √

t sin xt est intégrable sur ]0, +∞[ . On note

i(x) = − Z +∞

0

e ^−t √

t sin xt dt . Pour h réel non nul, justier l'inégalité

u(x + h) − u(x)

h − i(x)

≤ |h|

2 Z +∞

0

t

³²

e ^−t dt .

b. En déduire que u est dérivable au point x et que u ⁰ (x) = i(x) . Démontrer un résultat analogue pour v .

2. Établir, pour tout nombre réel x

u(x) = 2 (v ⁰ (x) − xu ⁰ (x)) v(x) = −2 (u ⁰ (x) + xv ⁰ (x)) En déduire que les fonctions u et v sont indéniment dérivables.

PARTIE III

On admet provisoirement le résultat suivant.

∀x > 0, v(x) > 0 (R) 1. On dénit des applications r et θ par

∀x ∈ ]0, +∞[ : r(x) = p

u(x) ² + v(x) ² , θ(x) = arctan u(x) v(x) . Calculer ^r _r

⁰

et θ ⁰ puis r et θ .

2. A l'aide des questions précédentes, expliciter les fonctions u et v . On donnera des expressions ne faisant pas apparaître les fonctions sin et cos . On ne cherchera pas à déterminer la valeur de la constante a = u(0) .

PARTIE IV

On se propose d'établir le résultat (R) de la partie III. Dans les deux premières questions, λ désigne un nombre réel strictement positif.

1. Montrer que

t → e ^−λt

√ t sin t est intégrable sur ]0, +∞[ .

2. Étudier le sens de variation de la suite de terme général I _p =

Z 2pπ 0

e ^−λt

√ t sin t dt . En déduire que

I(λ) = Z +∞

0

e ^−λt

√ t sin t dt > 0 . 3. Montrer que v(x) > 0 pour tout x > 0 .

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Corrigé

PARTIE I

1. a. Il s'agit de fonctions usuelles, on trouve A = [0, +∞[ × ]0, +∞[ .

b. La fonction f _α,λ est positive, équivalente à 0 en t ^α qui est une fonction de référence intégrable dans ]0, 1] lorsque α > −1, dominée en +∞ par e ⁻

^λ2

^t qui est intégrable dans [1, +∞[ . On en déduit

B = ]−1, +∞[ × ]0, +∞[

2. Les fonctions sont intégrables car elles sont majorées en valeur absolue par ^{√ 1} _t e ^−t qui est intégrable d'après la question précédente.

3. Il est clair que u est paire et v est impaire (parité du cos , imparité du sin et linéarité de l'intégrale). Le nombre a est strictement positif car la fonction que l'on intègre pour calculer u(0) est continue et strictement positive.

4. Majorons la diérence des fonctions à intégrer à l'aide de formules trigonométriques :

e ^−t

√ t (cos xt − cos x ⁰ t)

= e ^−t

√ t

−2 sin x + x ⁰

2 t sin x − x ⁰ 2 t

≤ 2 e ^−t

√ t

sin x − x ⁰ 2 t

≤ e ^−t √

t |x − x ⁰ |

car sin u ≤ u pour tout u ≥ 0 . En intégrant, on obtient l'inégalité demandée. On en déduit que u est continue et même lipschitzienne de rapport

Z +∞

0

e ^−t √ tdt.

PARTIE II

1. a. La fonction e ^−t √

t sin xt est majorée en valeur absolue par e ^−t √

t qui est intégrable sur ]0, +∞[ .

Fixons x et t et considérons u réel. La formule de Taylor avec reste de Lagrange montre l'existence d'un c entre xt et u tel que

cos(xt + u) = cos xt − u sin xt + u ² 2 cos c

|cos(xt + u) − cos xt + u sin xt| ≤ u ² 2

En particulier, si u = ht avec h 6= 0 et après division par h , on obtient

cos(x + h)t − cos xt

h + t sin xt

≤ |h| t ² 2 En intégrant, il vient

Z +∞

0

cos(x + h)t − cos xt

h + t sin xt

e ^−t

√ t dt ≤ |h|

2 Z +∞

0

t

³²

e ^−t dt

que l'on exploite avec

u(x + h) − u(x)

h − i(x)

=

Z +∞

0

( cos(x + h)t − cos xt

h + t sin xt) e ^−t

√ t dt

≤ Z +∞

0

cos(x + h)t − cos xt

h + t sin xt

e ^−t

√ t dt

pour obtenir l'inégalité annoncée.

b. En faisant tendre h vers 0 , on déduit la dérivabilité avec u ⁰ (x) = i(x) . On démontre de même que

v ⁰ (x) = Z +∞

0

e ^−t √

t cos xt dt 2. Intégrons par parties

Z b a

e ^−t

√ t cos xt dt = h 2 √

te ^−t cos xt i b a

+ 2 Z b

a

√ t(cos xt + x sin xt)e ^−t dt quand a → 0 et b → +∞ , on obtient u(x) = 2(v ⁰ (x) − xu ⁰ (x)) .

De même, Z b

a

e ^−t

√ t sin xt dt = h 2 √

te ^−t sin xt i ^b

a

+ 2 Z b

a

√ t(sin xt − x cos xt)e ^−t dt quand a → 0 et b → +∞ , on obtient v(x) = −2(u ⁰ (x) + xv ⁰ (x)) .

On peut exprimer u ⁰ et v ⁰ en fonction de u et v en résolvant le sytème −xu ⁰ (x) + v ⁰ (x) = ¹ ₂ u

u ⁰ (x) + xv ⁰ (x) = ¹ ₂ v

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à l'aide des formules de Cramer, on obtient u ⁰ (x) = −v(x) − xu(x)

2(1 + x ² ) , v ⁰ (x) = −xv(x) + u(x) 2(1 + x ² )

Comme u et v sont dérivables, u ⁰ et v ⁰ le sont aussi et par récurrence u et v sont indéniment dérivables.

PARTIE III

1. En utilisant les expressions de u ⁰ et v ⁰ en fonction de u et v , il vient r ⁰ = uu ⁰ + vv ⁰

√

u ² + v ² = − x

2(1 + x ² ) r, r ⁰

r = − x

2(1 + x ² ) On en déduit r = a(1 + x ² ) ⁻

¹⁴

car ln r − ln r(0) = − ¹ ₄ ln(1 + x ² ). De même,

θ ⁰ = u ⁰ v − uv ⁰

u ² + v ² = − 1 2(1 + x ² )

Quand x → 0 , u(x) → a > 0 et v(x) → 0 donc θ(x) → ^π ₂ . On en déduit en intégrant θ(x) = π

2 − 1

2 arctan x 2. Lorsque ϕ ∈

− ^π ₂ , ^π ₂

, cos ϕ > 0 et on peut exprimer tan ^ϕ ₂ en fonction de tan ϕ (par exemple en résolvant l'équation du second degré formée en exprimant tan ϕ avec tan ^ϕ ₂ )

tan ϕ

2 = −1 + p

1 + tan ² ϕ tan ϕ En particulier, si ϕ = arctan x, comme tan θ = _tan ¹

ϕ

2

= ^u _v , on obtient v

u = −1 + √ 1 + x ² x De u ² + v ² = ^√ _1+x ^a

² ₂

on tire

u ²



1 + −1 + √ 1 + x ² x

! 2 

 = a ²

√ 1 + x ²

u = a

√ 2

p√ 1 + x ² + 1

√

1 + x ² , v = a 2

p√ 1 + x ² − 1

√ 1 + x ²

PARTIE IV

1. La fonction est majorée en valeur absolue par une fonction dont l'intégrabilité a été démontrée en I.1.b.

2. Formons J _p = I _p+1 − I _p :

J _p =

Z 2(p+1)π 2pπ

e ^−λt

√ t dt

On coupe cette intégrale en deux et on décale la deuxième intégrale de π par change- ment de variable, il vient :

J p =

Z 2(p+1)π 2pπ

e ^−λt

√ t − e ^−λ(t+π)

√ t + π

sin t dt La fonction

z → e ^−z

√ z

est le produit de deux fonctions positives décroissantes ( λ > 0 ) ; elle décroissante, la parenthèse est donc positive.

On en déduit que chaque J p est positif. L'intégrale, qui est la borne supérieure des sommes J 0 + · · · + J p est aussi positive.

3. Dans l'intégrale R b a

e √

^−t

t sin xt dt faisons le changement de variable s = xt , on obtient Z b

a

e ^−t

√ t sin xt dt = 1

√ x Z bs

as

e ⁻

^xs

√ s sin s ds quand a → 0 et b → ∞ , on obtient ( x > 0 )

v(x) = 1

√ x Z +∞

0

e ⁻

^xs

√ s sin s ds qui est strictement positif d'après la question précédente.

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