Partie 1 : une première façon de calculer I = Z

SESSION 2009 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE Epreuve de Mathématiques A PSI

Applications simples du cours

Question 1.

1.1.

1

−1

1 G γ

1.2.L’arcγest la réunion de deux arcs. On parcourt d’abordγ₁ : t7→

t t²

,tvariant de0à1puisγ₂ : t7→

t² t

, tvariant de1à0.

Z

γ1

V= Z1

0

(P(x(t), y(t))×x^′(t) +Q(x(t), y(t))y^′(t)) dt

= Z1

0

(2t³−t²) + (t+t⁴)(2t) dt=

Z1

0

(2t⁵+2t³+t²)dt

= 2 6 +2

4 +1 3 = 7

6, et

Z

γ2

V= Z0

1

(2t³−t⁴)(2t) + (2t²) dt=

Z1

0

(2t⁵−4t⁴−2t²)dt

= 2 6− 4

5− 2 3 = −17

15. Finalement,

Z

γ

V= Z

γ¹

V+ Z

γ²

V= 7 6 −17

15 = 1 30. Z

γ

V= 1 30. 1.3.D’après la formule de Green-Riemann,

Z

γ

V= ZZ

G

∂Q

∂x(x, y) −∂P

∂y(x, y)

dxdy= ZZ

06x61, x²6y6√ x

(1−2x)dxdy

= Z1

0

(1−2x) Z^√x

x²

dy

! dx=

Z1

0

(1−2x)(√

x−x²)dx= Z1

0

(x^1/2−x²−2x^3/2+2x³)dx= 2 3 −1

3− 4 5+ 2

4 = 1 30, et on retrouve

Z

γ

V= 1 30.

Question 2. 2.1.D’après la formule deGreen-Riermann, Z

γ

V= ZZ

G

∂Q

∂x(x, y) −∂P

∂y(x, y)

dxdy=0.

2.2.On peut prendre : ∀(x, y)∈R²,

P(x, y) Q(x, y)

= x

y

.

Question 3. 3.1.Pour (x, y)∈R², posonsP(x, y) =0 etQ(x, y) =x. D’après la formule deGreen-Riermann, A1=

Z

γ

xdy= ZZ

G

∂Q

∂x(x, y) −∂P

∂y(x, y)

dxdy= ZZ

G

dxdy.

De même, la formule de Green-Riermann appliquée au casP(x, y) = −y et Q(x, y) = 0 et au cas P(x, y) = −1 2y et Q(x, y) = 1

2xfournitA2= ZZ

G

dxdy=A3. Les trois nombresA1, A2 et A3 sont égaux à l’aire du domaine du plan de frontièreγ.

3.2.•Pour toutt∈[−π, π],M(−t) = (cos³t,−sin³t) = (x(t),−y(t)) =s_(Ox)(M(t)puis pour toutt∈[0, π],M(π−t) = s_(Oy)(M(t))et enfin pour toutt∈h

0,π 2

i,Mπ 2 −t

=s_y=x(M(t)). Donc, on étudie et on construit la portion de courbe correspondant à t ∈ h

0,π 4

i puis on obtient la courbe complète par réflexion d’axe la droite d’équation y = x puis par réflexion d’axe(Oy)et enfin par réflexion d’axe(Ox).

•Les fonctions t7→x(t)ett7→y(t)sont strictement croissantes sur h 0,π

4 i.

•Tangentes aux point singuliers.Pour t∈h 0,π

4 i,

−−dM→ dt =

−3sintcos²t 3costsin²t

=3sintcost

−cost sint

. Donc, pour t∈h

0,π 4

i,

−−dM→

dt =−→0 ⇔3sintcost=0⇔t=0. Quandt décrith 0,π

4

i, on obtient un point singulier et un seul à savoir le pointM(0).

Maintenant, quandttend vers0par valeur supérieures,x(t) −x(0) =cos³t−1= (cost−1)(cos²t+cost+1)∼−3t² 2 et y(t) −y(0) =sin³t∼t³. On en déduit que lim

t→0 t>0

x(t) −x(0) t² = −3

2 et lim

t→0 t>0

y(t) −y(0)

t² =0ou encore que

tlim→0 t>0

1 t²

−−−−→ OM(t) =

−3 2, 0

6

=−→0.

Ainsi, pourt ∈i 0,π

4

i, le vecteur 1 t²

−−−−→

OM(t)dirige la droite(OM(t))et ce vecteur a une limite non nulle quand t tend vers0 à savoir−3

2

−

→i. On en déduit que la tangente enM(0)est dirigée par le vecteur−3 2

−

→i ou aussi par le vecteur−→i. Par symétrie par rapport à(Ox), le pointM(0)est un point de rebroussement de première espèce.

1

−1 1

3.3.On note A l’aire du domaine délimité par la courbeγ.

A= 1 2

Zπ

−π

((cos³t)(3sin²tcost) − (sin³t)(−3cos²tsint))dt= 3 2

Zπ

−π

cos²tsin²t dt= 3 8

Zπ

−π

sin²(2t)dt

= 3 16

Zπ

−π

(1−cos(4t))dt= 3 16

Zπ

−π

dt= 3π 8 .

L’aire du domaine délimité par la courbeγest égale à 3π 8 .

Problème

Préliminaires

1.

1

1 2 3

y=^2πx y=x

y=sinx

π 2

2. 2.1 lim

t→0ϕ(t) = lim

t→0

sint

t =1. Donc on peut prolongerϕpar continuité en 0en posantϕ(0) =1.

2.2Soitx > 1. Les deux fonctionst7→ 1

t ett7→−costsont de classeC¹sur[1, x]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient

Zx

1

sint t dt=

−cost t

x

1

− Zx

1

cost

t² dt=cos1−cosx x −

Zx

1

cost t² dt.

2.3La fonction t 7→ cost

t² est continue sur[1,+∞[ et est dominée par 1

t² quand t tend vers+∞. On en déduit que la fonctiont7→cost

t² est intégrable sur[1,+∞[et en particulier la fonctionx7→

Zx

1

cost

t² dta une limite réelle quandxtend vers+∞.

D’autre part, puisque∀x > 1,

cosx x

6 1

x, lim

x→+∞

cosx

x =0. Finalement, la fonction x7→

Zx

1

sint

t dt a une limite réelle quandxtend vers+∞.

2.4ϕest continue sur]0, 1]et prolongeable par continuité en0. Doncϕest intégrable sur]0, 1]. En particulier, la fonction y7→

Z1

y

sint

t dta une limite réelle quand ytend vers0. Comme d’autre part, la la fonctionx7→

Zx

1

sint

t dt a une limite réelle quandxtend vers+∞, on a montré que

l’intégrale Z+∞

0

sint

t dtest convergente.

Partie 1 : une première façon de calculer I = Z

0

sin t t dt

Question 1. SoitUun domaine deR²ne contenant pas l’origine. Les fonctionsPetQsont de classeC¹surUen tant que quotient de fonctions de classeC¹ surUdont le dénominateur ne s’annule pas surU.

Question 2. Puisque γ n’entoure pas l’origine, on peut choisir un ouvert Ude R² contenant γ et ne contenant pas l’origine. Pour(x, y)∈U,

∂Q(x, y) =e^−y

− 2x

(xcosx+ysinx) + 1

(cosx−xsinx+ycosx)

∂P

∂y(x, y) =e^−y

− 1

x²+y²(xsinx−ycosx) − 2y

(x²+y²)²(xsinx−ycosx) + 1

x²+y²(−cosx)

= e^−y

(x²+y²)² (−x²+y²+x²y+y³)cosx+ (−2xy−x³−xy²)sinx .

Donc surU, on a ∂Q

∂x = ∂P

∂y. Mais alors la formule deGreen-Riemannfournit Z

γ

V= ZZ

G

∂Q

∂x(x, y) − ∂P

∂y(x, y)

dxdy=0.

Question 3. 3.1.Soitρ > 0.

A_ρ= Zπ/2

0

e^−ρsinθ

ρ² ((ρcosθsin(ρcosθ) −ρsinθcos(ρcosθ))(−ρsinθ) + (ρcosθcos(ρcosθ) +ρsinθsin(ρcosθ))(ρcosθ)) dθ

= Zπ/2

0

e^−ρsinθ(sin(ρcosθ)(−cosθsinθ+cosθsinθ) +cos(ρcosθ)(cos²θ+sin²θ))dθ

= Zπ/2

0

e^−ρsinθcos(ρcosθ)dθ.

∀ρ > 0,A_ρ= Zπ/2

0

e^−ρsinθcos(ρcosθ)dθ.

3.2.• Pour tout réelρ∈[0,+∞[, la fonctionθ7→e^−ρsinθcos(ρcosθ)est continue surh 0,π

2 i.

•Pour tout réelθ∈h 0,π

2

i, la fonctionρ7→e^−ρsinθcos(ρcosθ)est continue sur[0,+∞[.

Pour tout(θ, ρ)∈h 0,π

2 i

×[0,+∞[,

e^−ρsinθcos(ρcosθ)

61=ϕ0(θ)oùϕ0 est continue sur le segmenth 0,π

2

iet donc intégrable sur ce segment.

D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, la fonctionρ7→Aρest continue sur[0,+∞[. En particulier,

ρlim→0⁺A_ρ=A₀= Zπ/2

0

dθ= π 2.

ρlim→0⁺A_ρ= π 2.

3.3.Soitρ > 0. D’après la question 1. des préliminaires,∀θ∈h 0,π

2

i, sinθ> 2θ

π et donc

|A_ρ|6 Zπ/2

0

e^−ρsinθdθ6 Zπ/2

0

e^−2ρθ/πdθ= π

2ρ 1−e^−ρ 6 π

2ρ, et comme lim

ρ→+∞

π

2ρ=0, on a montré que

ρ→lim+∞Aρ=0.

Question 4. 4.1.

r R γ

4.2.Une paramétrisation du segment[A₁, A2]estt7→(t, 0),t variant der àR. Donc

Z

γ1

V= ZR

r

e⁰

t²((tsint−0)×1+ (tcost+0)×0)dt= ZR

r

sint t dt.

Z

γ1

V= ZR

r

sinx x dx.

4.3.Une paramétrisation du segment[A₃, A4]estt7→(0, t),t variant deRà r. Donc Z

γ3

V= Zr

R

e^−t

t² ((0−t)×0+0×1)dt=0.

Z

γ3

V=0.

4.4.Soientr etRtels que0 < r < R. D’après la question 2, Z

γ¹

V+ Z

γ²

V+ Z

γ³

V+ Z

γ⁴

V= Z

γ

V=0. Mais alors, d’après la question 4.2,

ZR

r

sinx

x dx= −A_R+A_r. Quandrtend vers0et Rtend vers+∞, les questions 3.2 et 3.3 fournissent

Z+∞

0

sinx

x dx= π 2.

Partie 2 : une deuxième façon de calculer I = Z

0

sin t t dt

Question 1. 1.1.Soitn∈N^∗. La fonctionf : t7→ costsin(2nt)

sint est continue suri 0,π

2

iet se prolonge par continuité en0en posantf(0) =2n. Donc la fonctionfest intégrable suri

0,π 2

i. De même, la fonctiong : t7→ sin(2nt)

t est continue suri 0,π

2

iet se prolonge par continuité en 0 en posantg(0) =2n.

Donc la fonctiongest intégrable suri 0,π

2 i.

On a montré que pour tout entier naturel non nuln, u_n et v_n existent.

1.2.Soitn∈N^∗.

u_n+1−u_n = Zπ/2

0

cost(sin((2n+2)t) −sin(2nt))

sint dt=

Zπ/2

0

2costcos((2n+1)t)dt

= Zπ/2

0

(cos((2n+2)t) +cos(2nt))dt=

sin((2n+2)t)

2n+2 + sin(2nt) 2n

π/2

0

=0.

Donc la suite(u_n)_n∈N∗ est constante. On en déduit que pour tout entier naturel non nul n un =u1=

Zπ/2

0

costsin(2t) sint dt=

Zπ/2

0

2cos²t dt= Zπ/2

0

(1+cos(2t))dt= π 2.

∀n∈N^∗,un= π 2.

Question 2.Soit m∈N^∗. Les fonctions t 7→h(t)et t7→ e^imt

im sont de classe C¹ sur le segment [α, β]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient

Hm=

h(t)e^imt im

^β

α

− Zβ

α

h^′(t)e^imt

im dt= 1

im e^imβh(β) −e^imαh(α) − Zβ

α

h^′(t)e^imtdt

! , et donc

|H_m|6 1

m |h(α)|+|h(β)|+

Zβ

α

|h^′(t)|dt

! .

Puisque lim

m→+∞

1

m |h(α)|+|h(β)|+

Zβ

α

|h^′(t)|dt

!

=0, on a montré que

mlim→+∞

H_m=0.

Question 3. • h(t) =

t→0

1

t − 1+o(t) t+o(t²) =

t→0

1 t

1−1+o(t) 1+o(t)

=

t→0

1

t(1−1+o(t)) =

t→0 o(1). Donc la fonction h se prolonge par continuité en0en posanth(0) =0 (on note encorehle prolongement).

•h est de classeC¹suri 0,π

2

iet pourt∈i 0,π

2

i, h^′(t) = −1 t² + 1

sin²t.

•h^′(t) =

t→0−1

t²+ 1

t−t³

6 +o(t³) ² =

t→0

1

t² −1+

1− t²

6 +o(t²) ⁻²!

t→=0

1 t²

−1+1+t²

3 +o(t²)

= 1

3+o(1).

En résumé, la fonction h est de classe C¹ sur i 0,π

2

i, se prolonge en une fonction continue sur h 0,π

2

i et la dérivée du prolongement a une limite réelle en0à droite. D’après un théorème classique d’analyse, ce prolongement est de classeC¹ surh

0,π 2

i.

Question 4. 4.1.Soitn∈N^∗. Avec les notations des questions 2 et 3, vn−un =

Zπ/2

0

h(t)sin(2nt)dt=Im(H_2n).

Puisque la fonctionh se prolonge en une fonction de classeC¹surh 0,π

2

i, le lemme deLebesgue permet d’affirmer que

n→lim+∞

(v_n−u_n) =0.

4.2.D’après les questions II.1.2 et II.4.1, lim

n→+∞vn= π 2. Soit n ∈ N^∗. Posons u = 2nt. On obtient vn =

Znπ

0

sinu

u du. Puisque l’intégrale Z+∞

0

sinx

x dx converge, on a aussi

n→lim+∞

v_n= Z+∞

0

sinx

x dx. On retrouve donc

Z+∞

0

sinx

x dx= π 2.

Partie 3 : une troisième façon de calculer I = Z

0

sin t t dt

Question 1. Soitα∈R^∗.

Z Z

e^(−α+i)x

e^−αx

J= Zu

0

Zu 0

(sinx)e^−xy dy

dx= Zu

0

sinx1−e^−xu

x dx

où l’expression 1−e^−xu

x désigne la fonction continue sur [0, u]ϕ : x7→





1−e^−xu

x six∈]0, u]

usix=0

. D’après la question précédente, on a aussi

J= Zu

0

Zu 0

(sinx)e^−xy dx

dy= Zu

0

−e^−yx(cosx+ysinx) 1+y²

x=u

x=0

dy= Zu

0

1−e^−yu(cosu+ysinu)

1+y² dy.

∀u > 0, Zu

0

sinx

x (1−e^−xu)dx= Zu

0

1−e^−yu(cosu+ysinu)

1+y² dy.

Question 3. 3.1.Soitu > 0. On sait que∀x>0,|sinx|6xet donc∀x > 0,

sinx x

61. On en déduit que

|K₁|6 Zu

0

e^−xu

sinx x

dx6 Zu

0

e^−xudx= 1−e^−u2

u 6 1

u. Comme lim

u→+∞

1

u=0, on a montré que

u→lim+∞K1=0.

3.2.Soitu > 0. Pour tout réely, on a(|y|−1)²>0et donc |y|

1+y² 61

2. On en déduit que

|K2|6 Zu

0

|y||sinu|

1+y² + |cosu|

1+y²

e^−yudy6 Zu

0

3

2e^−yudy6 3 2u et donc

u→lim+∞K2=0.

3.3.D’après la question 3.1, lim

u→+∞

Zu

0

sinx

x (1−e^−xu)dx= Z+∞

0

sinx

x dxet d’après la question 3.2,

u→lim+∞

Zu

0

1−e^−yu(cosu+ysinu) 1+y² dy=

Z+∞

0

1

1+y² dy= [Arctany]⁺₀^∞= π

2. En faisant tendreuvers+∞dans l’égalité de la question 2, on retrouve encore une fois

Z+∞

0

sinx

x dx= π 2.

Question 4. 4.1.La fonction x7→ sin²x

x² est continue sur]0,+∞[, prolongeable par continuité en0 et dominée par 1 x² en+∞. On en déduit que la fonctionx7→sin²x

x² est intégrable sur]0,+∞[. En particulier l’intégrale

Z+∞

0

sin²x

x² dxest convergente.

4.2.

Z+∞

0

sin²x x² dx=

Z+∞

0

1−cos(2x) 2x² dx.

Soit(a, A)∈R²tel que 0 < a < A. Les deux fonctionsx7→ 1−cos(2x)

2 etx7→−1

x sont de classeC¹sur[a, A]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient

ZA

a

1−cos(2x) 2x² dx=

−1−cos(2x) 2x

A

a

+ ZA

a

sin(2x)

x dx= 1−cos(2a)

2a −1−cos(2A)

2A +

ZA

a

sin(2x) x dx.

Maintenant, 1−cos(2a)

2a ∼

a→0

(2a)²/2

2a =2a et donc lim

a→0

1−cos(2a)

2a =0. D’autre part,

1−cos(2A) 2A

6 1

A et donc

A→lim+∞

1−cos(2A) 2A =0.

Quanda tend vers0 et Atend vers +∞, on obtient donc Z+∞

0

sin²x x² dx=

Z+∞

0

sin(2x)

x dx. Enfin, en posantu=2x et doncdx= du

2 , on obtient Z+∞

0

sin(2x) x dx=

Z+∞

0

sinu u/2

du 2 =

Z+∞

0

sinu

u du. Finalement, Z+∞

0

sin²x x² dx=

Z+∞

0

sinx

x dx= π 2.