Epreuve de Mathématiques 2 PC

(1)

SESSION 2019 E3A

Epreuve de Mathématiques 2 PC

Question préliminaire.Soitaun réel non nul. La fonctionf : x7→ 1

x+ia est continue surRen tant qu’inverse d’une fonction continue surRet ne s’annulant pas surR.f admet donc des primitives surR. Ensuite, pour tout réelx,

1

x+ia= x−ia

(x+ia)(x−ia) = x−ia

x²+a² = x

x²+a² −ia 1 x²+a². Les primitives def surRsont les fonctions de la formex7→ 1

2ln x²+a²

−iArctanx a

+C,C∈C. 1)

1.1.Soit(α, λ)∈R×R^∗

+. t^αe^−λt ∼

t→0, t>0t^α et donc lim

t→0, t>0fα,λ(t)existe dans Rsi et seulement si α>0. Par suite, A=R₊×R^∗₊.

1.2.Soit(α, λ)∈R×R^∗

+.fα,λ est continue sur ]0,+∞[. Puisque λ > 0, d’après un théorème de croissances comparées, t²fα,λ(t) =t^α+2e^−λt =

t→+∞

o(1)et doncfα,λ(t) =

t→+∞o 1

t²

. On en déduit quefα,λ est intégrable sur un voisinage de +∞et donc quefα,λ est intégrable sur]0,+∞[si et seulement sifα,λ est intégrable sur un voisinage de0.

Or,fα,λ(t) ∼

t→0, t>0t^α> 0et doncfα,λ est intégrable sur un voisinage de0si et seulement siα >−1.

On en déduit queB=] −1,+∞[×R^∗

+.

2) Soit x ∈ R. Les deux fonctions u : t 7→ e^−tcos(xt)

√t et v : t 7→ e^−tsin(xt)

√t sont continues sur ]0,+∞[. De plus, pour tout réelt > 0,|u(t)|6f₋¹

2,1(t)et|v(t)|6f₋¹

2,1(t). Puisque−1

2 >−1, la fonctionf₋¹

2,1est intégrable sur]0,+∞[ d’après la question précédente et il en est de même des fonctionsuetv.

3) Pour x ∈ R, U(−x) = Z+∞

0

e^−tcos(−xt)

√t dt = Z+∞

0

e^−tcos(xt)

√t dt = U(x) et V(−x) = Z+∞

0

e^−tsin(−xt)

√t dt =

− Z+∞

0

e^−tsin(xt)

√t dt= −V(x).

La fonctionUest paire et la fonctionV est impaire.

4)La fonctionu7→u²est de classeC¹sur]0,+∞[, bijective de]0,+∞[sur lui-même. On peut posert=u²et on obtient U(0) =

Z+∞

0

e^−t

√t dt= Z+∞

0

e^−u²

u 2udu=2 Z+∞

0

e^−u²du=√ π.

5)

5.1.Pour tout réelx, W(x) = Z+∞

0

e^−t(cos(xt) +isin(xt))

√t dt= Z+∞

0

e^(−1+ix)t

√t dt.

Posons Φ : R×]0,+∞[ → C (x;t) 7→ e^(−1+ix)t

√t

de sorte que pour tout réel x,W(x) = Z+∞

0

Φ(x, t)dt.

•Pour chaquex∈R, la fonction t7→Φ(x, t)est continue par morceaux sur]0,+∞[et intégrable sur ]0,+∞[ d’après la question 2 (caruetv sont intégrables sur]0,+∞[et doncu+ivest intégrable sur]0,+∞[).

•La fonctionΦadmet surR×]0,+∞[une dérivée partielle par rapport à sa première variable définie par

∀(x, t)∈R×]0,+∞[, ∂Φ

∂x(x, t) = ite^(−1+ix)t

√t =i√

te^(−1+ix)t. De plus,

- pour toutx∈R, la fonctiont7→ ∂Φ

∂x(x, t)est continue par morceaux sur ]0,+∞[, - pour toutt∈]0,+∞[, la fonctionx7→ ∂Φ

∂x(x, t)est continue surR,

(2)

- pour tout(x, t)∈R×]0,+∞[,

∂Φ

∂x(x, t)

=√

te^−t=f¹

2,1(t) =ϕ1(t)oùϕ1est une fonction continue par morceaux, positive et intégrable sur]0,+∞[d’après la question 1 puisque 1

2 >−1.

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres, la fonctionW est de classeC¹ surRet de plus

∀x∈R, W^′(x) = Z+∞

0

∂Φ

∂x(x, t)dt= Z+∞

0

i√

te^(−1+ix)tdt.

5.2.Soitx∈R. SoientεetAdeux réels tels que0 < ε < A. Les deux fonctionst7→i√

tet t7→ e^(−1+ix)t

−1+ix sont de classe C¹ sur le segment[ε, A]. On peut effectuer une intégration par parties et on obtient

ZA

ε

i√

te^−(1−ix)tdt=

i√

te^(−1+ix)t

−1+ix ^A

ε

− ZA

ε

i 2(−1+ix)

e^(−1+ix)t

√t dt

=i√

Ae^(−1+ix)A

−1+ix −i√

εe^(−1+ix)ε

−1+ix + i 2(1−ix)

ZA

ε

e^(−1+ix)t

√t dt Puisque

√Ae^(−1+ix)A =√

Ae^−A_A_→→

+∞

0d’après un théorème de croissances comparées, on a lim

A→+∞

i√

Ae^(−1+ix)A

−1+ix =0.

QuandAtend vers+∞et εtend vers0, on obtient W^′(x) =

Z+∞

0

i√

te^−(1−ix)tdt= i 2(1−ix)

Z+∞

0

e^(−1+ix)t

√t dt= i

2(1−ix)W(x).

Ainsi,West solution surRde l’équation différentielley^′− i

2(1−ix)y=0.

5.3.Montrons par récurrence que pour toutn∈N,W est de classeCⁿ surR.

• West de classeC¹surRet en particulier,West de classeC⁰surR. Le résultat est donc vrai quandn=0.

•Soitn>0. SupposonsWde classeCⁿ surR. AlorsW^′ : x7→ i

2(1−ix)W(x)est de classeCⁿsurRcar la fonction x7→ i

2(1−ix) est elle-même de classeCⁿ surRen tant qu’inverse d’une fonction de classeCⁿ surRne s’annulant pas surR. Mais alors,W est de classeCⁿ⁺¹surR.

Le résultat est démontré par récurrence. Ainsi,W est de classeC^∞ surR. On en déduit que U=Re(W)et V=Im(W) sont de classeC^∞ surR.

5.4.Pour tout réelx

U^′(x) +iV^′(x) =W^′(x) = i

2(1−ix)W(x) = i(1+ix)

2(1−ix)(1+ix)(U(x) +iV(x)) = −x+i

2(1+x²)(U(x) +iV(x))

= −xU(x) −V(x)

2(1+x²) +iU(x) −xV(x) 2(1+x²) . Par identification des parties réelles et imaginaires, on obtient

∀x∈R,









U^′(x) = −xU(x) +V(x) 2(1+x²) V^′(x) = U(x) −xV(x) 2(1+x²)

.

6) g est continue sur ]0,+∞[ et pour tout réel t > 0, |g(t)| 6 f₋¹

2,1(t). Donc, gest intégrable sur ]0,+∞[ d’après la question 1.

7)

7.1.Soitn∈N. En posantt=u+nπ, on obtient

(3)

an= (−1)ⁿ

Z(n+1)π

nπ

e^−λtsin(t)

√t dt=

Z(n+1)π

nπ

e^−λtsin(t−nπ)

√t dt= Zπ

0

e^−λ(u+nπ)sin(u)

√u+nπ du

= Zπ

0

e^−λ(t+nπ)

√t+nπ sin(t)dt(la variable d’intégration étant muette).

7.2.Pour u > 0, posonsh(u) = e^−u

√u = e^−u× 1

√u. La fonction h est décroissante sur]0,+∞[ en tant que produit de fonctions positives et décroissantes sur]0,+∞[.

Soit alorsn∈N. Pour toutt∈[0, π]sin>1et ]0, π]sin=0, t+ (n+1)π>t+nπ>π > 0et donc e−λ(t+(n+1)π)

pt+ (n+1)π =h(t+ (n+1)π)6h(t+nπ) = e^−λ(t+nπ)

√t+nπ

puis e−λ(t+(n+1)π)

pt+ (n+1)πsin(t)6 e^−λ(t+nπ)

√t+nπ sin(t)car sin(t)>0. En intégrant, on obtientan+16an. Ceci montre que la suite(an)_n∈Nest décroissante.

7.3.Pourn∈N^∗,06an= Zπ

0

e^−λ(t+nπ)

√t+nπ sin(t)dt6 Zπ

0

e^−λ(nπ)

√nπ ×1 dt= πe^−λnπ

√nπ (par décroissance de la fonctionhsur ]0,+∞[). Puisque lim

n→+∞

πe^−λnπ

√nπ =0 d’après un théorème de croissances comparées, le théorème des gendarmes permet d’affirmer que la suite(an)_n∈Nconverge et que

n→lim+∞an =0.

8)

8.1.La suite(an)_n∈Nest positive, décroissante et de limite nulle. Donc, la série de terme général(−1)^kak,k∈N, converge d’après le critère spécial aux séries alternées.

8.2.On sait que S >S1 = a0−a1 = Zπ

0

e^−λt

√t − e^−λ(t+π)

√t+π

sin(t) dt > 0(intégrale d’une fonction continue, positive (par décroissance deh) et non nulle). Donc, S > 0.

8.3.SoitN∈N. XN

n=0

(−1)ⁿan= XN

k=0

Z(n+1)π

nπ

g(t)dt=

Z(N+1)π

0

g(t)dt. Puisque Z+∞

0

g(t)dtest une intégrale convergente,

+∞

X

n=0

(−1)ⁿan= lim

N→+∞

XN

n=0

(−1)ⁿan = lim

N→+∞

Z(N+1)π

0

g(t)dt= Z+∞

0

g(t)dt.

9)Soitx > 0. Soitλ= 1

x > 0. En posantu=tx, on obtient V(x) =

Z+∞

0

e^−tsin(tx)

√t dt= Z+∞

0

e⁻^u^x sin(u) ru

x du

x = 1

√x Z+∞

0

e⁻¹^x^u

√u sin(u)du= 1

√x Z+∞

0

g(u)du=S > 0.

10)

10.1.D’après la question 5,Uet V sont continues surR. Donc, la fonctionx7→p

U²(x) +V²(x)est continue sur R. En particulier,Rse prolonge par continuité en0. De plus, lim

x→0, x>0R(x) = q

U²(0) +V²(0) =√ π.

D’après la question 5.3, la fonction V est continue sur R et d’après la question 3, la fonction V est impaire. Donc,

x→lim0, x>0V(x) =V(0) =0 et de plus, pourx > 0, on aV(x)> 0d’après la question 9.

D’autre part, lim

x→0U(x) =√

π > 0. Donc, lim

x→0, x>0

U(x)

V(x) = +∞ puis lim

x→0, x>0T(x) = π

2. La fonction T se prolonge par continuité en0 en posantT(0) = π

2.

10.2.Les fonctionsUet Vsont de classeC¹surRd’après la question 5.3. De plus, la fonctionVest strictement positive sur]0,+∞[. Donc, la fonction U²+V²est de classeC¹sur]0,+∞[et strictement positive sur]0,+∞[puis la fonctionR

(4)

est de classe C¹ sur ]0,+∞[. D’autre part, la fonction U

V de classeC¹ sur]0,+∞[en tant que quotient de fonctions de classeC¹sur]0,+∞[dont le dénominateur ne s’annule pas sur]0,+∞[puis la fonctionT est de classeC¹ sur]0,+∞[.

10.3.D’après la question 5.4, pour tout réelx > 0,

R^′(x) = U^′(x)U(x) +V^′(x)V(x)

pU²(x) +V²(x) = 1 2(1+x²)

−(xU(x) +V(x))U(x) + (U(x) −xV(x))V(x) pU²(x) +V²(x)

= 1

2(1+x²)

−x U²(x) +V²(x)

pU²(x) +V²(x) = − x 2(1+x²)

q

U²(x) +V²(x)

= − x

2(1+x²)R(x)

Donc,Rest solution sur]0,+∞[de l’équation différentielley^′+ x

2(1+x²)y=0 (E1).

Pour tout réelx > 0,

T^′(x) =

U^′(x)V(x) −U(x)V^′(x) V²(x)

U²(x) V²(x)+1

= 1

2(1+x²)

−(xU(x) +V(x))V(x) −U(x)(U(x) −xV(x))

U²(x) +V²(x) = − 1

2(1+x²).

Donc,T est solution sur]0,+∞[de l’équation différentielley^′ = − 1

2(1+x²) (E2).

10.4.Les solutions de (E2) sur R sont les fonctions de la forme x 7→ −1

2Arctan(x) +λ2, λ2 ∈ R. Ensuite, soit y une fonction dérivable surR.

∀x∈R, y^′(x) + x

2(1+x²)y(x) =0⇔∀x∈R, e¹⁴^ln(^1+x²)y^′(x) + x

2(1+x²)e¹⁴^ln(^1+x²)y(x) =0

⇔∀x∈R,

e¹⁴^ln(^1+x²)y^′

(x) =0⇔∃λ1∈R/∀x∈R, p⁴

1+x²y(x) =λ1

⇔∃λ1∈R/∀x∈R, y(x) = λ1

√4

1+x². 10.5.Il existeλ2∈Rtel que, pour tout x > 0,T(x) = −1

2Arctan(x) +λ2. De plus, lim

x→0T(x) = π

2 ce qui fournitλ2= π 2. Donc,

∀x > 0, T(x) = −1

2Arctan(x) +π 2. Ensuite, il existeλ1tel que pour toutx > 0,R(x) = λ1

√4

1+x². La condition lim

x→0R(x) =√

πfournitλ1=√π. Donc,

∀x > 0, R(x) =

√π

√4

1+x²,

ce qui reste vrai pourx=0 par continuité deRen0puis pour tout réelx, par parité.

11)Pour tout réelx > 0, tan(T(x)) = U(x)

V(x) puisU(x) =V(x)tan(T(x)). Ensuite,T(x)∈i

−π 2,π

2

het donc cos(T(x))> 0.

Mais alors, pour tout réelx > 0, en tenant compte deV(x)> 0, R(x) =

q

V²(x)tan²(T(x)) +V²(x) =V(x)

s 1

cos²(T(x))= V(x) cos(T(x)) et doncV(x) =R(x)cos(T(x)) =

√π

√4

1+x²sin 1

2Arctan(x)

, ce qui reste vrai pour x=0 par continuité puis pour tout réelxpar parité.

∀x∈R, V(x) =

√π

√4

1+x²sin 1

2Arctan(x)

.

(5)

Ensuite, pourx > 0, U(x) =V(x)tan(T(x)) = V(x) tan

1

2Arctan(x) =

√π

√4

1+x²cos 1

2Arctan(x)

, ce qui reste vrai pour

x=0 par continuité puis pour tout réelxpar parité.

∀x∈R, U(x) =

√π

√4

1+x²cos 1

2Arctan(x)

. 12)D’après la question préliminaire

∀x∈R, W^′(x) − i

2(1−ix)W(x) =0⇔∀x∈R, W^′(x) + 1

2(x+i)W(x) =0

⇔∀x∈R, exp 1

2 1

2ln 1+x²

−iArctan(x)

W^′(x) + 1 2(x+i)exp

1 2

1

2ln 1+x²

−iArctan(x)

W(x) =0

⇔∀x∈R,

exp 1

2 1

2ln 1+x²

−iArctan(x)

W ^′

(x) =0

⇔∀x∈R, exp 1

2 1

2ln 1+x²

−iArctan(x)

W(x) =e⁰W(0)

⇔∀x∈R, p⁴

1+x²exp

−i

2Arctan(x)

W(x) =√ π

⇔∀x∈R, W(x) =

√π

√4

1+x²

cos 1

2Arctan(x)

+isin 1

2Arctan(x)

et on retrouve les expressions deUetV en prenant les parties réelle et imaginaire.

13)

13.1.Pour tout réelx,U2(x) = 1 2

Z+∞

0

e^−t

√t (1+cos(2t)) dt= 1 2

√π+U(2x) . De même, pour tout réelx,V2(x) = 1

2 Z+∞

0

e^−t

√t (1−cos(2t)) dt= 1 2

√π−U(2x) . 13.2.Soitx > 0 fixé. Pour t∈]0,+∞[ et n ∈N, posonsun(t) = e^−t

√t cosⁿ(xt)de sorte que pour toutn ∈N,Un(x) = Z+∞

0

un(t)dt.

Pour tout entier natureln,|Un(x)|6 Z+∞

0

|un(t)| dt. Montrons alors que lim

n→+∞

Z+∞

0

|un(t)| dt=0.

Pourt > 0, |cos(xt)|=1⇔xt∈πN^∗⇔t∈ π

xN^∗. SoitE = π xN^∗=

kπ

x , k∈N^∗

. Sit∈ E, alors pour tout entier natureln,|un(t)|= e^−t

√t =f₋¹

2,1(t). Dans ce cas, lim

n→+∞|un(t)|=f₋¹

2,1(t).

Sit /∈ E, alors|cos(xt)|< 1et dans ce cas, lim

n→+∞

|un(t)|=0.

Ainsi, la suite de fonctions(|un|)_n∈Nconverge simplement sur]0,+∞[ vers la fonctionu=f₋¹

2,11E où1E est la fonction caractéristique deE. De plus, la fonctionuest continue par morceaux sur]0,+∞[.

Ensuite, pour toutn∈Net tout t∈]0,+∞[, |un(t)|= e^−t

√t|cos(xt)|ⁿ 6 e^−t

√t|=f₋¹

2,1(t) =ϕ(t). De plus, la fonction ϕ est continue par morceaux, positive et intégrable sur]0,+∞[d’après la question 1.2.

En résumé,

• chaque fonction|un|est continue par morceaux et intégrable sur ]0,+∞[,

• la suite de fonctions(|un|)_n∈Nconverge simplement sur ]0,+∞[vers la fonctionu=f₋¹

2,11E et de plus, la fonction uest continue par morceaux sur]0,+∞[,

• il existe une fonctionϕ, continue par morceaux, positive et intégrable sur]0,+∞[telle que, pour toutn∈N,

|un|6ϕ, à savoirϕ=f₋¹

2,1.

D’après le théorème de convergence dominée,

• la fonctionuest intégrable sur]0,+∞[,

(6)

• la suite Z+∞

0

|un(t)| dt

n∈N

converge,

• lim

n→+∞

Z+∞

0

|un(t)| dt=

Z+∞

0

u(t)dt.

Ceci fournit explicitement lim

n→+∞

Z+∞

0

|un(t)| dt=

Z+∞

0

f₋¹

2,1(t)1E(t)dt=0(car sur tout segment de]0,+∞[, la fonction f₋¹

2,11E est nulle sauf peut-être en un nombre fini de points). Mais alors, lim

n→+∞Un(x) =0. Ce résultat reste vrai six < 0 par parité. Enfin, pour toutn∈N,Un(0) =

Z+∞

0

e^−t

√t dt=√

πet donc lim

n→+∞

Un(0) =√

π. Finalement,

∀x∈R, lim

n→+∞

Un(x) = √

πsix=0 0six6=0 .