Devoir maison n ◦ 12

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 12

À rendre le lundi 15 janvier

Questions préliminaires

1. Énoncer la formule de changement de variable dans une intégrale sur un intervalle quelconque.

2. Énoncer le théorème de dérivation des intégrales dépendant d’un paramètre pour une fonction f : x ∈ I 7→

Z

J

g(x, t)dtoùIet J sont des intervalles de R. 3. Énoncer le théorème de convergence dominée.

Première partie

On considère les intégrales impropres suivantes : I₁ =

Z 1

0

√ 1

1−t²dt, I₂ = Z 1

0

√ t

1−t²dt, I₃ = Z 1

0

t²

√1−t²dt.

1. Justifier l’existence des intégralesI1 etI2et les calculer.

2. Justifier l’existence de I3 et la calculer en introduisant la fonctionϕ:u7→sin(u).

3. On considère la fonction

f :x7→

Z 1

0

cos(xt)

√

1−t²dt.

(a) Démontrer quef est définie surR. (b) Démontrer quef est de classeC² surR.

(c) Démontrer, en effectuant une intégration par parties, que

∀x∈R, xf⁰⁰(x) +f⁰(x) +xf(x) = 0.

4. On se donne une fonction q, définie et de classeC¹ sur l’intervalleI= [1,+∞[telle que

∀x∈I, q⁰(x) ≤ 0,

et on considère une fonctionz de classeC² surIet solution surI de l’équation différentielle z⁰⁰(x) +q(x)z(x) = 0.

(a) On noteu:x7→q(x)z²(x) + (z⁰(x))². Démontrer que la fonction uest décroissante surI.

(b) En déduire que s’il existe un réelq0>0tel que

∀x∈I, q(x) ≥ q₀, alorszest bornée surI.

5. Soity une fonction définie et de classeC²surI= [1,+∞[vérifiant

∀x∈I, xy⁰⁰(x) +y⁰(x) +xy(x) = 0 et zla fonction définie surI parz(x) =√

xy(x). Déterminer une fonctionqtelle que

∀x∈I, z⁰⁰(x) +q(x)z(x) = 0.

6. Démontrer qu’il existe un réel M >0tel que

∀x∈I, |f(x)| ≤ M

√x,

oùf est la fonction définie en3.de cette partie.

Deuxième partie

Soityune fonction définie et de classeC²sur]0,+∞[, à valeurs réelles. On considère alors la fonctionzdéfinie sur ]0,+∞[parz(t) =y

1 t

.

1. Démontrer quey est une solution sur]0,+∞[de l’équation différentielle (E₁) : 4x⁴y⁰⁰(x)−y(x) = 0

si et seulement siz est une solution de l’équation différentielle

(E2) : 4tz⁰⁰(t) + 8z⁰(t)−tz(t) = 0.

2. (a) Démontrer qu’une série entièreu(t) =

+∞

X

n=0

antⁿ à coefficients réels (an)n et de rayon de convergence non nulR satisfait

∀t∈]−R, R[, 4tu⁰⁰(t) + 8u⁰(t)−tu(t) = 0, u(0) = 1, si et seulement si

∀p∈N, a_2p+1 = 0, a_2p = 1 4^p(2p+ 1)!.

(b) Déterminer le rayon de convergence et expliciter la somme de la série entière obtenue en (a) à l’aide des fonctions usuelles.

3. Déterminer une solution y de(E₁)sur]0,+∞[autre que la fonction nulle telle que y(x) x

x→+∞−→ 0.

Troisième partie

1. Soit f : [1,+∞[→ R telle qu’il existe un réel C > 0 tel que pour tout couple (s, u) de nombres réels avec s≥u≥1, on ait

|f(s)−f(u)| ≤ C u. Pour tout entiern≥1, on poseu_n =f(n²).

(a) Démontrer que la sérieX

n≥1

un+1−un est absolument convergente.

(b) En déduire que la suite(u_n)_n≥1 est convergente. On noteraLsa limite (on ne demande pas de calculerL).

(c) Démontrer quef(s)^s→+∞−→ L.

2. Soitg une fonction définie et de classeC¹sur[0,+∞[telle queg⁰(x)^x→+∞−→ 0.

(a) Démontrer queg⁰ est bornée sur[0,+∞[. On notera alorsM un réel tel que|g⁰(x)| ≤M pour toutx≥0.

(b) Soit(xn)n une suite de réels strictement positifs tels que xn

n→+∞−→ +∞. Démontrer, en citant avec soin le théorème utilisé, que

Z 1

0

g⁰(txn)dt ^n→+∞−→ 0.

En déduire que g(xn) x_n

n→+∞−→ 0.

(c) En déduire que g(x) x

x→+∞−→ 0.

3. Soit hune fonction définie et de classe C¹ sur [0,+∞[. On suppose queh⁰ possède une limite finie L en+∞.

Démontrer en considérant la fonctiong:x7→h(x)−Lxque h(x) x

x→+∞−→ L.

4. En déduire que siuest une fonction définie et de classeC¹ sur[1,+∞[et telle queu⁰ possède une limite finieL en+∞, alors u(x)

x

x→+∞−→ L.

Quatrième partie

On se donne une fonction qdéfinie et continue sur[1,+∞[. On considère sur[1,+∞[l’équation différentielle (E) : y⁰⁰(x) +q(x)y(x) = 0.

Soityune solution de(E)de classeC² sur[1,+∞[.

1. Vérifier que pour tout couple(s, u)de réels tels ques≥u≥1, on a y⁰(s)−y⁰(u) = −

Z s

u

q(t)y(t)dt.

2. En prenantu= 1, déduire du1.de cette partie que pour tout réelx≥1, y(x)

x = y(1)

x +x−1

x y⁰(1)−1 x

Z x

1

Z s

1

q(t)y(t)dt

ds.

On supposera désormais que la fonction t7→tq(t) est intégrable sur[1,+∞[ et en notant r =

Z +∞

1

|tq(t)|dt,

on supposera quer <1.

3. On fixe un réelA >1.

(a) Justifier l’existence du réelMA= max

x∈[1,A]

y(x) x

. (b) Démontrer que pour toutx∈[1, A]

y(x) x

≤ |y(1)|+|y⁰(1)|+MA

x Z x

1

Z s

1

|tq(t)|dt

ds.

(c) En déduire que

MA ≤ |y(1)|+|y⁰(1)|

1−r . 4. Démontrer que la fonctionx7→ y(x)

x est bornée sur[1,+∞[.

5. On suppose de plus que la fonctiont7→t²q(t)est intégrable sur[1,+∞[.

(a) Déduire des questions1.et4.de cette partie l’existence d’un réelK >0tel que pour tout couple(s, u)de réels vérifiants≥u≥1, on ait

|y⁰(s)−y⁰(u)| ≤ K u

et en déduire quey⁰(x)possède une limite finieLlorsquextend vers+∞.

(b) En déduire que y(x) x

x→+∞−→ L.

6. Peut-on affirmer, pour toute solutionyde l’équation différentielle(E₁)de ladeuxième partie, l’existence d’une limite à y(x)

x lorsquextend vers+∞? Justifier la réponse.

Bon courage !

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Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 12 – d’après E3A 2014 PC maths A

éléments de correction Questions préliminaires

1. Changement de variable dans une intégrale sur un intervalle quelconque :

Soitf une fonction continue et intégrable sur I et soitϕune bijection de classe C¹ de J surI et de bijection réciproque de classeC¹ (on parle deC¹-difféomorphisme). Alors :

Z

I

f = Z

J

f◦ϕ· |ϕ⁰|.

2. Dérivation sous le signeR

(formule de Leibniz) :

SoitI etJ deux intervalles deRet f : (x, t)7→f(x, t)une fonction à valeurs réelles ou complexes définie sur I×J, et dérivable par rapport àx. On suppose que :

• Pour toutx∈I, les fonctionst7→f(x, t)ett7→ ∂f

∂x(x, t)sont continues par morceaux sur J, la première étant de plus intégrable surJ.

• Pour toutt∈J, la fonction x7→ ∂f

∂x(x, t)est continue surI.

• Il existe une fonction ϕ, positive, continue par morceaux et intégrable sur J, telle que pour tout élément (x, t)deI×J,

∂f

∂x(x, t)

≤ϕ(t).

Alors la fonctiong : x7→

Z

J

f(x, t) dt est de classeC¹ surI etg⁰(x) = Z

J

∂f

∂x(x, t) dt.

3. Théorème de convergence dominée :

Soit(fn)n une suite de fonctions à valeurs réelles ou complexes continues par morceaux surIetϕune fonction continue par morceaux, positive et intégrable sur I. Si(fn)n converge simplement sur I vers une fonctionf continue par morceaux surI et s’il existe une fonction ϕpositive, continue par morceaux et intégrable sur I telle que|f_n| ≤ϕpour tout entiern(hypothèse de domination), alorsf est intégrable surIet

Z

I

f = lim

n

Z

I

f_n.

Première partie

1. La quantité Z x

0

√ 1

1−t²dt= arcsinxa pour limite π

2 quandxtend vers1, donc I1 existe et I1= π 2 . La quantité

Z x

0

√ t

1−t²dt = h

−p

1−t²i^x

0 = 1 −p

1−x² a pour limite 1 quand x tend vers 1, donc I₂ existe etI₂= 1.

2. Puisque t²

√1−t²

t→1∼ ^√1

1−t² et queI₁existe, on en déduit par comparaison de fonctions positives que I₃ existe . La fonction ϕ : u 7→ sinu réalise un C¹-difféomorphisme entre h

0,π 2 i

et [0,1], donc on peut appliquer la question1.du préliminaire :

I₃ = Z π/2

0

sin²u

|cosu|cosudu = Z π/2

0

1

2(1−cos(2u))du = 1

2(u−1

2sin(2u)) π/2

0

d’où I3= π 4 . 3. (a) Puisque |cos(xt)|

√1−t² ≤^√1

1−t² et I1 existe, on déduit que f est définie surR.

(b) Appliquons deux fois le théorème de Leibniz avecI=Ret J = [0,1[, en posant g(x, t) = cos(xt)

√ 1−t².

• La fonction g est continue par morceaux par rapport à sa seconde variable.

• La fonctiongadmet une dérivée partielle seconde par rapport à sa première variable. De plus : ∂g

∂x(x, t) =

−tsin(xt)

√1−t² et ∂²g

∂x²(x, t) =−t²cos(xt)

√1−t² .

• Pour tout x∈I, les fonctionst7→ −tsin(xt)

√1−t² et t7→ −t²cos(xt)

√1−t² sont continues par morceaux sur[0,1[

(elles sont majorées en valeur absolue par les fonctions qui apparaissent dansI2 etI3).

• Pour toutt∈J, la fonctionx7→ −t²cos(xt)

√1−t² est continue surR.

• Il existe deux fonctions ϕ1et ϕ2positives, continues par morceaux et intégrables sur J, telles que pour tout élément(x, t)deI×J :

−tsin(xt)

√1−t²

≤ t

√1−t² = ϕ1(t) et

−t²cos(xt)

√1−t²

≤ t²

√1−t² = ϕ2(t)

(les fonctions ϕ1 etϕ2 sont intégrables sur[0,1[carI2et I3 existent).

Ainsi f est de classeC² surR avec pour toutx, f⁰(x) = Z 1

0

−tsin(xt)

√1−t² dtet f⁰⁰(x) = Z 1

0

−t²cos(xt)

√1−t² dt . (c) Soita∈]0,1[. Intégrons par parties sur[0, a]:

Z a

0

−tsin(xt)

√1−t² dt=hp

1−t²sin(xt)ia 0

− Z a

0

p1−t²xcos(xt)dt=p

1−a²sin(xa)−x Z a

0

(1−t²) cos(xt)

√1−t² dt.

En faisant tendreavers1on obtient : f⁰(x) =−x(f(x) +f⁰⁰(x)).

4. (a) Il vientu⁰(x) =q⁰(x)z²(x) + 2z⁰(x)(q(x)z(x) +z⁰⁰(x)) =q⁰(x)z²(x)≤0, donc uest décroissante surI . (b) L’inégalitéu(x)≤u(1)entraîne queq(x)z²(x)≤u(1). Or q(x)≥q₀ >0 doncz²(x)≤ u(1)

q0

d’où |z(x)| ≤ ru(1)

q₀ . Il s’ensuit que z est bornée surI .

5. En dérivant deux fois la fonctionz7→x^1/2y(x), il vient : z⁰⁰(x) = −1

4x^−3/2y(x) +x^−1/2y⁰(x) +x^1/2y⁰⁰(x) = −1

4x^−3/2y(x)−x^1/2y(x).

On en déduitz⁰⁰(x) +

1 + 1 4x²

√

xy(x) = 0 puis q(x) = 1 + 1 4x² .

6. La fonctionf du3.est de classeC²surRet vérifie l’équation différentielle du5.. Par conséquent la fonctionz associée est de classeC²surI et vérifiez⁰⁰(x) +q(x)z(x) = 0 avecq(x) = 1 + 1

4x². Orq⁰(x) =− 1

2x³ ≤0, par conséquent on peut appliquer le résultat du4.(b) : la fonctionz :x7→√

xy(x)est bornée.

Par suite on a bien l’existence d’un M >0 tel que|f(x)| ≤ M

√x pour toutx∈I .

Deuxième partie

1. Dérivons deux foisz(t) =y 1

t

: z⁰(t) =−1 t²y⁰

1 t

puisz⁰⁰(t) = 2 t³y⁰

1 t

+ 1

t⁴y⁰⁰ 1

t

. On en déduit : 4tz⁰⁰(t) + 8z⁰(t)−tz(t) = 8

t²y⁰ 1

t

+ 4 t³y⁰⁰

1 t

− 8 t²y⁰

1 t

−ty 1

t

= 4x³y⁰⁰(x)−1 xy(x)en posantx=1

t.

Il est alors clair que 4tz⁰⁰(t) + 8z⁰(t)−tz(t) = 0si et seulement si4x⁴y⁰⁰(x)−y(x) = 0.

2. (a) Supposons u(t) =

+∞

X

n=0

antⁿ pour t ∈]−R, R[. On peut dériver terme à terme sur cet intervalle : u⁰(t) =

+∞

X

n=0

nantⁿ⁻¹ etu⁰⁰(t) =

+∞

X

n=0

n(n−1)antⁿ⁻². Par conséquent :

4tu⁰⁰(t) + 8u⁰(t)−tu(t) =

+∞

X

n=0

4n(n−1)antⁿ⁻¹+

+∞

X

n=0

8nantⁿ⁻¹−

+∞

X

n=0

antⁿ⁺¹.

En renumérotant la dernière somme il vient : 4tu⁰⁰(t) + 8u⁰(t)−tu(t) =

+∞

X

n=0

4n(n+ 1)antⁿ⁻¹−

+∞

X

n=2

a_n−2tⁿ⁻¹ = 8a1+

+∞

X

n=2

(4n(n+ 1)an−a_n−2)tⁿ⁻¹.

Si 4tu⁰⁰(t) + 8u⁰(t)−tu(t) = 0 alors on déduit par unicité des coefficients d’un DSE que a₁ = 0 et que a_n= a_n−2

4n(n+ 1) pour n≥2.

D’une part par récurrence immédiate a_2p+1= 0 pour toutp. D’autre part démontrons par récurrence quea2p= 1

4^p(2p+ 1)!. C’est vrai pourp= 0puisquea0=u(0) = 1.

Supposons la propriété vraie pour un entierp. On en déduit en posantn= 2p+ 2dans l’égalité obtenue pour an : a2p+2 = a2p

4(2p+ 2)(2p+ 3) = 1

4^p(2p+ 1)!4(2p+ 2)(2p+ 3) = 1

4^p+1(2p+ 3)!, qui est bien la propriété voulue pourp+ 1.

Ainsi a2p= 1

4^p(2p+ 1)! pour toutp.

Réciproquement si la suite(a_n)_n vérifie a_2p+1= 0et a_2p= 1

4^p(2p+ 1)! pour toutp, alors on déduit que u vérifie bien4tu⁰⁰(t) + 8u⁰(t)−tu(t) = 0et que le rayon de convergence de la série entière est infini puisque la limite en+∞de t^2p

4^p(2p+ 1)! est nulle (par croissances comparées).

(b) On vient de montrer que le rayon de convergence de la série entière est infini.

On reconnaît pourt6= 0 : u(t) =2 t

+∞

X

p=0 t 2

^2p+1

(2p+ 1)! donc u(t) =2 tsh

t 2

. 3. D’après la question2.(b), une solution non-nulle de(E₁)est y:x7→z

1 x

=u 1

x

= 2xsh 1

2x

. La limite de y(x)

x en+∞est bien nulle.

Troisième partie

1. (a) Remarquons que|un+1−un|=|f((n+1)²)−f(n²)| ≤ C

n² pours= (n+1)²≥u=n²≥1. Or la série de Rie- mannX

n≥1

1

n² converge, donc par comparaison de séries à termes positifs P

un+1−un converge absolument . (b) La convergence absolue entraîne la convergence de la sérieP

un+1−un. Ceci implique par télescopage la convergence de la suite(un)n .

(c) Pour toutε >0il existe n0tel que pour toutn≥n0 on ait|f(n²)−L| ≤ε.

Pours≥n² on a|f(s)−f(n²)| ≤ C

n². Pour obtenir C

n² ≤εil suffit de choisirn≥ rC

ε. Soit maintenantn1≥max(n0,

rC

ε). Pours≥n1il vient|f(s)−L| ≤ |f(s)−f(n²₁)|+|f(n²₁)−L| ≤2ε.

Or εest arbitraire, ce qui prouve que f(s)a pour limite Lquandstend vers+∞.

2. (a) Puiqueg⁰(x)tend vers 0 quand xtend vers +∞, il existeA >0 tel que|g⁰(x)| ≤1 pourx≥A. Org⁰ est continue sur le segment[0, A], donc elle y est bornée :|g⁰(x)| ≤M1.

Finalement comme attendu |g⁰(x)| ≤max(M₁,1) =M pour toutx∈R+ .

(b) Appliquons le théorème de convergence dominée à la suite(fn)noùfn(t) =g⁰(txn)pour toutt∈I= [0,1]:

• Chaque fn est continue par morceaux et donc intégrable sur le segment I.

• On constate quefn(0) =g⁰(0)et pourt >0,fn(t)^n→+∞−→ 0.

Ainsi(fn)n converge simplement vers la fonction valantg⁰(0)en0 et nulle ailleurs : cette limite est bien continue par morceaux.

• Pour tout n et tout t ∈ I on a |fn(t)| ≤ M avec t 7→ M qui est positive, continue par morceaux et intégrable sur I.

D’après le TCD : Z 1

0

g⁰(tx_n)dt^n→+∞−→

Z 1

0

0dt= 0 .

Remarque : nous aurions pu invoquer le TCD version segment ! Le calcul de l’intégrale donne

Z 1

0

g⁰(txn)dt=

g(txn) x_n

¹

0

= g(xn)−g(0)

x_n qui a donc pour limite0 quandn tend vers+∞. Orxn tend vers+∞, d’où g(0)

xn

→0 et ainsi g(xn) xn

n→+∞−→ 0 . (c) Utilisons la caractérisation séquentielle de l’existence d’une limite :

la fonctionx7→ g(x)

x a pour limite0 quand xtend vers+∞si et seulement si pour toute suite (xn)n qui tend vers+∞, la suite

g(xn) x_n

n

tend vers0quandntend vers+∞.

Finalement comme attendu g(x) x

x→+∞−→ 0 . 3. Posonsg(x) =h(x)−Lx. Déjà g(x)

x =h(x)

x −Let g⁰(x) =h⁰(x)−L.

Sih⁰(x)^x→+∞−→ L, alorsg⁰(x)^x→+∞−→ 0.

D’après la question2., il vient g(x) x

x→+∞−→ 0et ainsi h(x) x

x→+∞−→ L .

4. On applique la question3.en se limitant à l’intervalle[1,+∞[. Par conséquent u(x) x

x→+∞−→ L.

Quatrième partie

1. Sans détour :

y⁰(s)−y⁰(u) = Z s

u

y⁰⁰(t)dt = − Z s

u

q(t)y(t)dt .

2. En prenantu= 1dans l’égalité du1. nous obtenons par intégration : Z x

1

(y⁰(s)−y⁰(1))ds=− Z x

1

Z s

1

q(t)y(t)dt

ds.

On en déduit quey(x)−y(1)−(x−1)y⁰(1) =− Z x

1

Z s

1

q(t)y(t)dt

ds. Enfin en divisant parx:

y(x)

x = y(1)

x +x−1

x y⁰(1)−1 x

Z x

1

Z s

1

q(t)y(t)dt

ds .

3. (a) La fonctionx7→

y(x) x

est continue sur le segment[1, A], donc elle est bornée est y atteint son maximum.

Ceci prouve l’existence deMA.

(b) En appliquant l’inégalité triangulaire à l’égalité de la question2.de cette partie, on obtient avecx≥1 et

x−1 x

≤1grâce à l’inégalité de la moyenne :

y(x) x

≤ |y(1)|+|y⁰(1)|+ 1 x

Z x

1

Z s

1

|q(t)y(t)|dt

ds.

Or |y(t)| ≤M_Atpour toutt∈[1, s]d’après la question3.(a), d’où l’inégalité voulue :

y(x) x

≤ |y(1)|+|y⁰(1)|+MA

x Z x

1

Z s

1

|tq(t)|dt

ds.

(c) Remarquons que Z s

1

|tq(t)|dt≤ Z +∞

1

|tq(t)|dt=r. Il s’ensuit que pour toutxet d’après l’inégalité du (b) :

y(x) x

≤ |y(1)|+|y⁰(1)|+M_A x

Z x

1

rds ≤ |y(1)|+|y⁰(1)|+MAr.

En prenant la borne supérieure surx, il vientMA≤ |y(1)|+|y⁰(1)|+MArpuis MA≤ |y(1)|+|y⁰(1)|

1−r . 4. Pour toutA >1on a pourx∈[1, A]:

y(x) x

≤M_A≤|y(1)|+|y⁰(1)|

1−r . Par suite, pour toutx≥1 :

y(x) x

≤ |y(1)|+|y⁰(1)|

1−r =M.

Finalement la fonction x7→ y(x)

x est bornée parM sur[1,+∞[. 5. (a) D’après les questions1.puis4.de cette partie :

|y⁰(s)−y⁰(u)| ≤

|{z}

1.

Z s

u

|q(t)y(t)|dt ≤

|{z}

4.

Z s

u

M t|q(t)|dt ≤

|{z}

1≤_u^t

Z s

u

Mt²

u|q(t)|dt = M u

Z +∞

1

t²|q(t)|dt

c’est-à-dire |y⁰(s)−y⁰(u)| ≤ K

u . Il suffit enfin d’appliquer la question1.de la troisième partie avecf =y⁰ pour obtenir que y⁰ possède une limiteLen+∞.

(b) Appliquons maintenant le résultat de la question 4. de la troisième partie avec u= y pour obtenir que y(x)

x a pour limiteLquandx→+∞.

6. Dans l’équation différentielle(E1)de la seconde partie, nous avonsq(x) =− 1

4x⁴. La fonctionqest continue sur [1,+∞[ et de plus la fonctionx7→x²q(x) =− 1

4x² est intégrable sur [1,+∞[, ce qui implique que la fonction x7→xq(x) =− 1

4x³ est aussi intégrable sur[1,+∞[. On peut donc appliquer le résultat de la question5.(b) : finalement la fonction x7→ y(x)

x admet bel et bien une limiteLen+∞.