ANALYSE
Exercice 1-1
1. Pour quelles valeurs de x reel, la serie X
n1
1
n
x est-elle convergente? On pose alors :f(x) =X1
n=1
1
n x.
Montrer que la fonction f est une fonction decroissante sur son domaine de denition.
2. Montrer que lim
x!1+f(x) = +1(on pourra considererfN(x) =XN
n=1
1
n x, puis faire tendreN vers l'inni).
3. En considerant
Z +1 1
du
u
x, donner un equivalent def(x) lorsquextend vers 1 par valeurs superieures.
4. Montrer que la fonctionf est continue sur ]1;+1[ (on majorera 1
n x0+h ;
1
n x
0 par le terme general d'une serie convergente).
Solution :
1. La serie X
n1
1
n
x est une serie de Riemann qui converge si et seulement si
x>1.
La fonctionf :x7!X1
n=1
1
n
x est decroissante sur ]1;+1[, puisque si 1<x<y, alors commen1, 1
n y
1
n
x. La positivite des termes de cette serie montre quef est decroissante.
2. SoitN2N donne etfN :x7!XN
n=1
1
n
x. C'est une fonction polyn^ome, donc continue surR. On a alors :
lim
x!1fN(x) =XN
n=1
1
n lnN
Or tous les termes de la serie denissant f etant positifs, on a, pour tout
x>1 :
f(x)>fN(x); 8N2N
La fonctionf etant decroissante sur ]1;+1[, alors`= lim
x!1+f(x) existe dans
R (`est soit ni, soit`= +1). On a alors, pour toutN 2N :
`f(x)XN
n=1
1
n
La serie harmonique etant divergente, il vient`= +1. 3. Par decroissance et positivite de la fonctionu7! 1
u
x sur [1;+1[, il vient :
f(x)
Z +1 1
du
u x
f(x);1 (c'est une comparaison serie{integrale classique).
Un calcul de primitive donne : 1
x;1 f(x)1 + 1
x;1 ce qui entra^ne quef(x) est equivalente a 1
x;1 au voisinage de 1+.
4. Soit x0>et">0 tel quex0;">1. Soithreel tel quejhj<". On peut
ecrire : 1
n x
0+h; 1
n x
0 = e;(x0+h)lnn;e;x0lnn L'inegalite des accroissements nis donne alors :
je;(x0+h)lnn;e;x0lnnjjhjln(n)e;(x0;")lnn Or la serie X
n1ln(n)e;(x0;")lnn est convergente. En eet : ln(n)e;(x0;")lnn= lnx0n
;" = lnn; (>1)
Soit>1 tel que 1< <. Alors, par croissances comparees : lim
n!+1nlnn
n = 0
ce qui entra^ne la convergence de la serie. On noteSsa somme. Il vient :
jf(x0+h);f(x0)j+X1
n=1
1
n x
0+h ; 1
n x
0
S:jhj
ce qui entra^ne quef est continue enx0.
Exercice 1-2
1. Pour quelles valeurs de treel la serie X
n1e;tpn est-elle convergente? On pose alors :
g(t) =+X1
n=1e;tpn
2. Montrer quegest decroissante sur son domaine de denition.
3. Determiner lim
t!+1g(t).
4. a) Soitf :R+ !R+ continue et decroissante. Montrer que la serieX
n1
f(n) converge si et seulement si l'integrale
Z +1
1 f(t)dt converge.
b) Determiner lim
t!0+g(t)
c) Donner un equivalent deg(t) lorsquettend vers 0+.
Solution :
1. Posonsun= e;tpn.
?Si t 0, alors la suite (un) ne converge pas vers 0 et la divergence de la serie est triviale.
?Sit>0, alors lim
n!1
(tpn)4:e;tpn= 0 et doncunest negligeable devant 1
n2, ce qui prouve que la serie converge.
Ainsi,gest denie surR+.
2. Si t > t0 > 0, alors pour tout n, e;t0pn e;tpn, puis par sommation depuisn= 0 jusqu'a un rangN, et conservation des inegalites a la limite, on en deduit :g(t0)g(t). Doncg est decroissante surR+.
3. Pourt1 etn1, on peut ecrire :
e;tpn = e;t:e;t(pn;1)e;t:e;(pn;1)= e;t:vn
La serie de terme general vn est convergente (car lim
n!1 n2:v
n = 0) et donc, pourt1, on a 0g(t)e;t: P1
n=1vn, ce qui donne, par encadrement : lim
t!+1g(t) = 0
4. a) Ce resultat est une question de cours, il sut d'ecrire, par decroissance def :
8n2N
;f(n+ 1)
Z
n+1
n
f(t)dtf(n) Le resultat s'en deduit alors, par sommation:::
b) On a donc ici :g(t);e;t
Z +1
1 e;tpudug(t) Or, par le changement de variablev=t2u:
Z +1
1 e;tpudt= 1
t2
Z +1
t 2
e;pvdv(0+) 1
t2
Z +1
0 e;pvdv(;!
t!0+)+1 Ce qui prouve que lim
t!0+g(t) = +1. c) On a :
Z +1
0 e;pvdv= 2
Z +1
0 z:e;zdz= 2, et
Z +1
1 e;tpudt(0+) 2
t2
L'encadrement :
Z +1
1 e;tpudu g(t)
Z +1
1 e;tpudu+ e;t montre alors queg(t)(0+) 2
t2.
Exercice 1-3
1. Montrer que pour toutx>0 l'integraleZ +1
1
sinu
u x
duest convergente. On notef(x) sa valeur.
2. Etablir une relation entref(x) etf(x+ 2).
3. Determiner lim
x!0+f(x), puis lim
x!+1f(x).
Solution :
1. Le probleme provient evidemment de la borne superieure, et pourA>0 :
Z
A
1 sinu
u x
du=h;cosu
u x
i
A
1 ;x
Z
A
1 cosu
u x+1du
On a 0 jcosuj
u
x+1 1
u
x+1, et commex+ 1>1, l'integraleZ +1
1 cosu
u
x+1duest absolument convergente, donc convergente, tandis que lim
A!+1cosA
A x = 0.
Cela prouve que l'integrale proposee est convergente.
2. En achevant le calcul associe a l'integration par parties precedente, on obtient :
f(x) = cos1;x
Z +1 1 cosu
u x+1du
Une deuxieme integration par parties (dans le m^eme sens) donne alors :
f(x) = cos1 +xsin1;x(x+ 1)
Z +1 1 sinu
u x+2du
Soit :f(x) = cos1 +xsin1;x(x+ 1)f(x+ 2).
3. Pour toutx2, on a :jf(x)j
Z +1
1 1
u
2dx= 1.
Par consequent,8x>0;
Z +1 1 sinu
u x+2du
1 et lim
x!0+f(x) = cos1.
On ecrit :f(x+ 2) =; f(x)
x(x+ 1) + cos1
x(x+ 1) + sin1
x+ 1 et puisquef est bornee sur [2;+1[, il vient :
lim
x!+1f(x) = lim
x!+1f(x+ 2) = 0.
Exercice 1-4
1. SoitF la fonction denie surR3 par :
F(x;y;z) = 24x2+ 2y2+z2+ 12xy+ 2yz+ 4zx;240x;48y;12z a) Determiner les points critiques deF.
b) Montrer que :
F(x;y;z) = (2x+y+z;6)2+ (4x+y;18)2+ 4(x;9)2;684 c) Montrer queFatteint son minimum surR3 en un unique point. Preciser ses coordonnees, ainsi que la valeur du minimum.
2. a) Rappeler la valeur deIn =
Z +1
0 e;ttndt.
b) Justier la convergence et exprimer en fonction deF, l'integrale :
I(a;b;c) =
Z +1
0 e;t;t3;at2;bt;c2dt c) Determiner :
I = inf(
a;b;c)2R3I(a;b;c) 3. a) Justier (brievement) que :
;
PjQ =
Z +1
0 e;tP(t)Q(t)dt
denit un produit scalaire sur l'espace vectoriel R3[X] des polyn^omes a coecients reels de degre inferieur ou egal a 3.
b) Calculer la distance du polyn^ome P0(X) = X3 au sous-espace H =
R2[X] des polyn^omes deR[X] de degre inferieur ou egal a 2.
c) SoitT(X) =aX2+bX+cun polyn^ome appartenant aH.
Montrer que T est la projection orthogonale du polyn^ome X3 sur le sous- espaceH si et seulement si :
8
>
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
>
:
@F
@x
(a;b;c) = 0
@F
@y
(a;b;c) = 0
@F
@z
(a;b;c) = 0 et retrouver le resultat precedent.
Solution :
1. a) L'application (x;y;z)7!F(x;y;z) est de classeC1, car polynomiale par rapport a chacune de ses variables. De plus :
8
>
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
>
:
@F
@x
= 48x+ 12y+ 4z;240
@F
@y
= 12x+ 4y+ 2z;48
@F
@z
= 4x+ 2y+ 2z;12 Les points critiques sont les solutions du systeme :
8
<
:
12x+ 3y+z= 60 6x+ 2y+z= 24
2x+y+z= 6 ()
8
<
:
6x+y= 36 4x+y= 18 2x+y+z= 6 ()
8
<
: x= 9
y=;18
z= 6
b) Il sut de developper le terme de droite de l'egalite proposee pour aboutir au resultat demande.
c) On verie que (9;;18;6) annuleF(x;y;z) + 684 (qui est un reel positif comme somme de trois carres). Il en resulte queF admet un minimum absolu en ce point qui vaut;684.
2. a) Une integration par parties evidente sur un intervalle de la forme [0;X], suivie d'un passage a la limite, montre que In =nIn;1 et I0 = 1 entra^ne que pour toutn2N;In =n!.
b) La fonctionh:t7!e;t(t3;at2;bt;c)2est continue sur [0;+1[ donc in- tegrable sur tout segment de cet intervalle. De plus lim
t!+1t2
h(t) = 0 entra^ne
la convergence en +1de l'integrale proposee. Un simple developpement de (t3;at2;bt;c)2, l'existence et la linearite de l'integrale donnent :
I(a;b;c) =a2I4+b2I2+c2I0+ 2abI3+ 2acI2+ 2bcI1;2aI5;2bI4;2cI3
ou :
I(a;b;c) =F(a;b;c) + 720 c) D'apres la premiere question :
(a;b;cinf)2R3I(a;b;c) = inf(
a;b;c)2R3F(a;b;c) + 720 = 36 qui est atteint en (9;;18;6).
3. a) On verie que l'integrale
Z +1
0 e;tP(t)Q(t)dt existe (m^eme raison- nement qu'a la question precedente) et que la forme proposee est bilineaire (existence et linearite de l'integrale), symetrique (commutativite du produit de reels), positive (positivite de l'integrale) et denie (cart 7!e;tP2(t) est une fonction positive, continue surR+). On denit ainsi un produit scalaire surR3[X].
b) On sait que :
d2(P0;H) = inf
P2H
jjP0;Pjj2= inf(
a;b;c)2R3
Z +1
0 e;t(t3;at2;bt;c)2dt= 36 c) On sait que T est la projection orthogonale du polyn^ome X3 sur le sous-espace H si et seulement si T 2 H et (P0;T) 2 H?. Si l'on pose
T(X) =aX2+bX+c, ceci est equivalent a :
8
<
:
(X3;T jX2) = 0 (X3;TjX) = 0
(X3;T j1) = 0 ,
8
>
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
>
: Z +1
0 e;t(t5;at4;bt3;ct2)dt= 0
Z +1
0 e;t(t4;at3;bt2;ct)dt= 0
Z +1
0 e;t(t3;at2;bt;c)dt= 0 Ce systeme est equivalent a :
8
<
:
120;24a;6b;2c= 0 24;6a;2b;c= 0 6;2a;b;c= 0 ,
8
>
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
>
:
@F
@x
(a;b;c) = 0
@F
@y
(a;b;c) = 0
@F
@z
(a;b;c) = 0 On retrouve ainsi le point critique de la premiere question.
Exercice 1-5
Soitf la fonction denie parf(t) = 1
p1 +t3. 1. Etudier la convergence des integrales
I =
Z 1
;1f(t)dt et J =
Z +1 0 f(t)dt SoitF la fonction denie par : F(x) =
Z
x 2
1=xf(t)dt
2. Determiner le domaine de denitionD de la fonctionF. 3. Preciser les limites deF aux bornes deD.
4. Etudier les variations deF. On montrera en particulier queF0s'annule en une unique valeuraqu'on determinera.
Dresser le tableau de variations deF.
5. Tracer l'allure du graphe deF et preciser son intersection avec l'axe (Ox).
Solution :
1. La fonctionh:t7! 1
p1 +t3 est positive et continue sur ];1;+1[.
Au voisinage de ;1, h(t) est equivalent a 1p3 1
p1 +t qui est integrable (integrale de Riemann).
Au voisinage de l'inni, h(t) est equivalent a 1
t3=2 qui est integrable pour la m^eme raison.
Ainsi les deux integralesI et J convergent-elles.
2. La fonction F est denie si et seulement si h est denie sur l'intervalle
1
x
;x
2, donc si et seulement si
1
x
;x
2
];1;+1[, soit : (x>0) ou (x<0)\;1x>;1()(x>0)[(x<;1)
La premiere question montre d'une part queF(;1) =I existe et d'autre part que lim
x!0+F(x) =;J.
Finalement, le domaine de denition deF est :
D
F =];1;;1][[0;+1[ 3. De nouveau, la premiere question nous assure que :
lim
x!;1
F(x) =J; lim
x!+1F(x) =J; lim
x!0+F(x) =;J; lim
x!0;F(x) =I
4. La fonctionF est de classe C1 sur ];1;;1[[]0;+1[. Sur cet intervalle, la deriveeF0 est donnee par :
F
0(x) = 2p1 +xx6 + 1
p
x+x4
on a trivialementF0(x)>0 pourx>0.
pour x<;1 , il vient :
F
0(x)>0()
8
<
:
4x2
1 +x6 > 1
x4+x
x<;1 ()
3x6+ 4x3;1>0
x<;1 ce qui est equivalent a :
x2];;1[; avec=;2;p7 3
1=3
On remarquera que lim
x!;1;F
0(x) = lim
x!0+F
0(x) = +1, ce qui donne en ces points des demi{tangentes verticales.
Exercice 1-6
On rappelle les formules de trigonometrie : sina+ sinb= 2 sina+b
2
cosa;2b
sina;sinb= 2 cosa+b 2
sina;2b
1. Soita>0 etf : [0;a]!R une fonction de classeC1. Montrer que : lim
!+1
Z
a
0 sin(x)f(x)dx
= 0
De la m^eme maniere, on a (et on n'en demande pas la demonstration) : lim
!+1
Z
a
0 cos(x)f(x)dx
= 0 2. Poura2[0;] etn2N, on pose :
I
n(a) =
Z
a
0
sin(nx) sinx dx a) Justier la convergence deIn(a).
b) Montrer que poura2[0;[, lim
n!+1
I
n+1(a);In(a)= 0.
3. a) DeterminerIn() pour toutn2N.
b) Poura2]0;[, ecrire une relation entreIn(a) etIn(;a).
c) En deduire que lim
n!+1In(a) = 2.
4.a) Justier la convergence de l'integrale :
J =
Z +1 0
sint
t dt
b) Soita2]0;[. Montrer que la fonction :
x7!(x) = 1sinx ;1
x
peut se prolonger en une fonction de classeC1sur l'intervalle [0;a].
c) Determiner :
lim
n!+1
Z
a
0
sin(nx)
x dx
et en deduire la valeur deJ.
Solution :
1. Puisquef est de classeC1, une integration par parties est legitime et en supposant > 0 (ce qui n'est pas une restriction, puisque l'on cherche la limite lorsque!+1) :
I
=Z a
0 sin(x)f(x)dx=h;cos(x)
f(x)ia0+ 1
Z
a
0 cos(x)f0(x)dx Ainsi : jIjjf(0)j
+jf(a)j
+ 1
Z
a
0 jf
0(x)jdx ;!
!+10.
2. a) L'integrale est impropre pour la borne 0, mais : sin(nx)
sinx nxx ;x!!0n, et la fonction a integrer se prolonge par continuite en 0.
Sia=, l'integrale est aussi impropre en, mais le changement de variable
t=;xmontre que le probleme est le m^eme qu'en 0 et la fonction a integrer se prolonge encore par continuite.
L'integrale est donc en faithhfausement impropreii.
b) A l'aide des formules de trigonometrie donnees dans l'enonce, on obtient :
I
n+1(a);In(a) =
Z
a
0 cos 2n2+ 1xcos(1x=2)dx
La fonction x 7! cos(1x=2) etant de classe C1 sur [0;a] [0;[, on conclut, grce a la premiere question :
lim
n!1
[In+1(a);In(a)] = 0 3. a) Toujours avec les formules donnees, on a :
I
n+1();In;1() =
Z
0 2cos(nx)dx= 0 DoncIn+1() =In;1() et, par recurrence :
8p2N;I2p() =I0() = 0 etI2p+1() =I1() = b) En eectuant le changement de variablex=;t:
I
n(;a) =
Z
;a
0 sin(nx) sinx dx=
Z
a
(;1)nsin(nt) sint dt Donc :
I
n(;a) = (;1)n[In();In(a)]
c) Ainsi :Ina) =In() + (;1)n+1In(;a), d'ou :
I
n+1(a) +In(a) =In+1() +In() + (;1)n[In+1(;a);In(;a)]
=+ (;1)n[In+1(;a);In(;a)].
On a doncIn+1(a) +In(a) ;!
n!1
et In+1(a);In(a) ;!
n!1
0, d'ou :
I
n(a) ;!
n!1
=2
4. a) La fonction a integrer se prolonge par continuite en 0, donc l'integrale
Z 1 0 sint
t
dtexiste.
Pourx1, en integrant par parties :
Z
x
1 sint
t
dt= cos1;cosx
x +
Z
x
1 cost
t2 dt
Comme jcostj
t
2 1
t
2, l'integrale
Z +1 1 cost
t2 dtest (absolument) convergente, et lim
x!+1cosx
x
= 0. Par consequent
Z
x
1 sint
t
dt a une limite lorsque x tend vers +1et donc J existe.
b) La fonctionest de classeC1 sur ]0;a] et pourx0 :
(x) = x;sinx
xsinx x3=6
x
2 ;x!!00
Ainsiest prolongeable par continuite en 0, en posant(0) = 0.
On a alors, pourx0 :
0(x) = 1
x2 ; cosx
sin2x = sin2x;x2cosx
x2sin2x
Un developpement limite donne : sin2x;x2cosx= 16x4+o(x4), tandis que l'on a :x2sin2x=x4+o(x4), donc lim0 0= 16.
Par theoreme, on en deduit que le prolongement par continuite de est derivable en 0, avec0(0) = 16, donc ce prolongement est bien de classeC1.
c) In(a);
Z
a
0 sin(nx)
x
dx =
Z
a
0 sin(nx)(x)dx. La premiere question montre donc que cette expression est de limite nulle, lorsque n tend vers l'inni, et :
lim
n!1 Z
a
0 sin(nx)
x
dx=2 Le changement de variablet=nx, pourn1, donne :
Z
a
0 sin(nx)
x
dx=
Z
na
0 sint
t dt
La convergence de l'integrale etant acquise, on obtient :
Z +1 0 sint
t
dt=2
Exercice 1-7
1. Pourx2[0;1[, on poseh(x) = ln(1;x) a) Soitp2N. Calculer la deriveep-ieme deh. b) Soitx2[0;1[ xe.
Etudier les variations de la fonctiont7!(t) = t;x
t;1 sur l'intervalle [0;x].
En deduire que, pour toutx2[0;1[ :
jH
p(x)jxpjln(1;x)j ou Hp(x) =
Z
x
0 h(p+1)(t) (x;t)p
p! dt 2. Montrer que la fonction x 7! g(x) = ln(x2) ln(1;x2) est bornee sur l'intervalle ]0;1[.
3. a) Justier la convergence de l'integrale :
J =
Z 1 0
ln;x2ln;1;x2
x2 dx
b) Pourn2N, apres en avoir justie la convergence, calculer :
I
n=;
Z 1 0
x2n ln;x2
n+ 1 dx c) Montrer que :
J =+X1
n=0
(n+ 1)(22n+ 1)2 4. A-t-on :
(8x2[0;1[) ln(1;x) =;X+1
n=0
x n+1
n+ 1 ?
Solution :
1. a) Des calculs evidents et une demonstration par recurrence donnent pour toutp1 et pour toutx2[0;1[ :
h(p)(x) =;(p;1)!
(1;x)p
