Problème I. Intégrale de Gauss

(1)

MPSI B 2012-2013 Corrigé du DS 11 (le 11/06/13) 29 juin 2019

Problème I. Intégrale de Gauss

1. Comme la fonction u→e^−u² est à valeurs positives, la fonctionf est croissante. De plus,u≥1 entraineu²≥udonc, pourx≥1,

f(x) =f(1) + Z x

1

e^−u²du≤f(1) + Z x

1

e^−udu=f(1) +e−e^−x≤f(1) +e La fonctionf est donc croissante et majorée, elle admet une limite nie en +∞. 2. a. Commençons transformer l'exponentielle en produit et de sortir par linéarité de

l'intégrale ce qui ne dépend pas det.

g⁰(x) = Z 1

0

−2xe^−x²e^−t²^x²dt=−2xe^−x² Z 1

0

e^−t²^x²dt

Pour xnon nul, utilisons ensuite le changement de variable u=tx dans l'inté- grale.Quandt est en0,uest en0. Quandtest en1,uest enx. De plusdu=xdt, donc ce changement conduit à :

g⁰(x) =−2e^−x² Z x

0

e^−u²du=−2f⁰(x)f(x) Commeg(0) =f(0) = 0, la formule est aussi vériée pourx= 0.

b. La question a. montre queg−f² est une fonction constante. En particulier,

g(0)−f(0)²=g(0) = Z 1

0

dt 1 +t² =π

4

doncg(x) = ^π₄−f(x)².

c. Pour tous lest entre0 et1 :(t²+ 1)x²≥x² donc

0≤g(x)≤ Z 1

0

e^−x² dt 1 +t² =π

4 e^−x²

On en déduit quegconverge vers0en+∞donc le carré de la limite def est ^π₄. Comme cette limite est évidemment positive, on déduit la valeur de l'intégrale de Gauss

Z +∞

0

e^−u²du=

√π 2

3. a. On utilise l'inégalité bien connue :

∀x >−1, ln(1 +x)≤x

Elle peut se démontrer en utilisant une fonction auxiliaire et un tableau de va- riations ou en remarquant que la fonction ln est concave et que cette inégalité traduit que le graphe est au dessous de la tangente du point d'abscisse0. Appliquée en−^t_n² :ln(1−^t_n²)≤ −^t_n².

Appliquée en ^t_n² :ln(1 +^t_n²)≤ ^t_n², entraine−^t_n² ≤ −ln(1 +^t_n²).

b. On obtient l'inégalité demandée à partir de l'encadrement de la question a. en multipliant parn, composant par l'exponentielle puis en intégrant entre0et√

n. Ces opérations conservent les inégalités.

c. Utilisons des changements de variable dans les intégrales de droite et de gauche de l'encadrement de la question précédente.

Dans celle de gauche, posons t = √

ncosu. Pour les bornes : t = 0! u= ^π₂, t=√

n!u= 0. Pour l'élément diérentiel :dt=−√

nsinu du. On en déduit Z

√n

0

(1−t²

n)ⁿdt=√ n

Z 0

π 2

sin²ⁿu(−sinu)du=√ n

Z ^π₂

0

sin²ⁿ⁺¹u du

Dans celle de droite, posons t = √

ntanu. Pour les bornes : t = 0 ! u = 0, t=√

n!u= ^π₄. Pour l'élément diérentiel :dt=

√n

cos²udu. On en déduit Z

√n

0

(1 +t²

n)⁻ⁿdt=√ n

Z ^π₄

0

cos²ⁿ⁻²u du≤√ n

Z ^π₂

0

cos²ⁿ⁻²u du

car lecosest à valeurs positive dans l'intervalle considéré. On se ramène à unsin par le changement de varaiable en ^π₂ −u. On a donc bien prouvé

√n Z ^π₂

0

sin²ⁿ⁺¹u du≤ Z

√n

0

e^−t²dt≤√ n

Z ^π₂

0

sin²ⁿ⁻²u du

NotonsWn =R^π₂

0 sinⁿu du. L'énoncé nous fait admettre que Wn

√n→pπ 2. On en déduit que

√n W2n+1=

√n

√2n+ 1

√

2n+ 1W2n+1→ 1

√ 2

rπ 2 =

√π

2

√n W2n−2=

√n

√2n−2

√

2n−2W2n−2→ 1

√ 2

rπ 2 =

√π 2

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai S1211C

(2)

D'où, par passage à la limite (puisqu'on est certain de la convergence) la valeur de l'intégrale de Gauss

Z +∞

0

e^−u²du=

√π

2

4. a. On utilise les coordonnées polaires pour exprimerIa comme une double intégrale

I_a = Z 2π

0

Z a

0

e^−r²r dr

dθ= Z 2π

0

−1 2e^−r²

^a

0

dθ=π(1−e^−a²)

b. En exprimant l'exponentielle comme un produit, on peut calculerJa comme une double intégrale

Ja= Z a

−a

Z a

−a

e^−(x²^+y²⁾dx

dy= Z a

−a

e^−y² Z a

−a

e^−x²dx

dy

= Z a

−a

e^−x²dx Z a

−a

e^−y²dy

= (2f(a))²

c. Comme la fonction à intégrer est à valeurs positives et que le carréCacontient le disqueDaet est contenu dans le disqueD^√_2a, la positivité de l'intégrale entraine I_a ≤J_a≤I^√_2a. On en déduit

π(1−e^−a²)≤4f(a)²≤π(1−e^−2a²)⇒4f(a)^{2 +}−−→^∞ π

On retrouve encore la valeur de l'intégrale de Gauss Z +∞

0

e^−u²du=

√π 2

Problème II. Sphères tangentes

1. On veut prouver ici que la fonctionnest décroissante. Considérons deux réelsr1etr2

avec0< r1< r2, et uner2-conguration den2sphères avecn2=n(r2). Formons, dans chaque sphère de cette conguration une sphère de même centre mais de rayonr1. Ces shères sont disjointes mais elles ne sont plus tangentes à la sphère unité. Translatons chacune d'un vecteur de longueurr2−r1dans la direction du centre de la sphère unité.

Elles sont alors tangentes à la sphère unité mais malgré ce que laisse croire la gure1, le fait qu'elles soient deux à deux disjointes doit être justifé.

Fig. 1: La fonctionnest décroissante.

NotonsU2 etV2 les centres de deux quelconques des sphères de lar2-conguration et u, v les vecteurs unitaires associés. NotonsU1 et V1 les centres des sphères obtenues par les opérations indiquées.

U2=O+ (1 +r2)u, V2=O+ (1 +r2)v, U1=O+ (1 +r1)u, V1=O+ (1 +r1)v

On en déduitU₁V₁= (1 +r₁)ku−vk etU₂V₂= (1 +r₂)ku−vk d'où U1V1= 1 +r1

1 +r2

U2V2≥1 +r1

1 +r2

r2> r1 car 1 +r1

1 +r2

r2−r1= r2−r1

1 +r2

>0

Les sphères ainsi fabriquées forment donc une r₁-conguration ce qui assure que n(r₁)≥n(r₂).

2. Pour montrer quen(r)≥2pour tous lesr, il sut de trouver uner-conguration de deux sphères. Considérons un vecteur unitaire u. Les sphères de rayon ret de centre O+ (1 +r)uet O−(1 +r)usont dans des demi-espaces disjoints, elles forment donc uner-conguration.

3. Introduisons les vecteurs unitaires etθij l'écart angulaire entre ces vecteurs.

−−→OAi= (1 +r)ui

−−→OAj = (1 +r)uj

)

⇒ k−−−→

AiAjk²= (1 +r)²kui−ujk²= (1 +r)²2(1−cosθij)

Comme les sphères ne se coupent pas :

(1 +r)²2(1−cosθij)≥(2r)²⇒1−cosθij≥ 2r²

(1 +r)² ⇒cosθij≤1− 2r² (1 +r)²

(3)

4. a. Considérons uner-conguration de 3sphères. Notons encore θij les écarts angu- laires entre les vecteurs dirigés vers les centres et développons le produit scalaire indiqué. On obtient

k

3

X

i=1

−−→OAik²= (1 +r)²(3 + 2 cosθ12+ 2 cosθ13+ 2 cosθ23)

Comme il s'agit d'uner-conguration, on peut majorer lescos, on en tire 0≤3(1 +r)²

1 + 2(1−2 r² (1 +r)²)

⇒ −r²+ 6r+ 3≥0 Le polynôme du second degré admet deux racines réelles3−2√

3<0<3 + 2√ 3. Commer >0, cela entrainer≥3 + 2√

3.

On vient de montrer que l'existence d'uner-conguration de 3 sphères entraine r≥3+2√

3. Par contrapposition, cela signie aussi quer <3+2√

3entraine qu'il n'existe pas der-conguration de3 sphères c'est à dire que n(r)<3. Comme il existe toujours des congurations de2sphères, on doit avoirn(r) = 2.

b. Le raisonnement est analogue. On commence par considérer une conguration de 4sphères et on développe le carré indiqué. On en tire (en majorant les cos)

0≤(1 +r)²

4 + 12(1−2 r² (1 +r)²)

⇒ −r²+ 4r+ 2≥0 Le polynôme du second degré admet deux racines réelles2−√

6<0<2 +√ 6. Comme r > 0, cela entraine r ≥ 2 +√

6. On termine comme dans la question précédente.

5. a. Par des considérations de géométrie élémentaire ou par des calculs avec des nombres complexes (calcul du module de 1−j par exemple), on trouve que la distance entre deux sommets d'un triangle équilatéral inscrit dans un cercle de rayonRest R√

3.

Dans un plan de l'espace, inscrivons un triangle équilatéral dans un cercle de rayon1. La distance entre les sommets est√

3. Formons des sphères de rayon ^√₂³ centrées en ces3sommets. Elles ne se coupent pas et sont tangentes à la sphère centrée à l'origine et de rayon 1−

√3

2 . Par une homothétie de centre O et de rapport l'inverse de1−

√ 3

2 , on construit uner-conguration de3sphères avec r=

√3 2

1−

√3 2

=

√3 2−√

3 =√

3(2 +√

3) = 3 + 2√ 3

Ainsi, pourr= 3 + 2√

3, il existe uner-conguration de3sphères ce qui entraine quen(3 + 2√

3)≥3 et, par décroissance den, r≤3 + 2√

3⇒n(r)≥3

b. La méthode est la même pour les questions 5 a. et b. On considèrempoints tous à la même distanceRde l'origine. Dans la question a., ils sont équidistants entre eux mais dans les autres cas, on connait seulement la plus petite distancedentre deux de ces points. Lesm sphères de rayonr= ^d₂ et centrées en ces points sont donc tangentes ou disjointes. De plus, elles sont tangentes à la sphère centrée à l'origine et de rayon R−r. En utilisant l'homothetie de centre l'origine et de rapport _R−r¹ , on obtient une _R−r^r -conguration demsphères ce qui prouve que n(_R−r^r )≥m.

Dans cette question,m= 4,R=√

3,d= 2√ 2: r

R−r =

√2

√ 3−√

2 =√ 2(√

3 +√

2)d'oùr≤2 +√

6⇒n(r)≥4 par décroissance den.

c. On utilise dans chaque cas la méthode et les notations précisées en a.

Cas des sommets du cube :m= 8 avec les points de coordonnées (1,1,1),(1,1,−1),(1,−1,1),(1,−1,−1),(−1,1,1),(−1,1,−1),

(−1,−1,1),(−1,−1,−1) DoncR=√

3,d= 2. La plus petite distance est réalisée pour deux points avec deux coordonnées égales c'est à dire reliés par une arête.

r

R−r = 1

√3−1 =1 +√ 3

2 d'oùr≤ 1 +√ 3

2 ⇒n(r)≥8

Cas des milieux des arêtes : m = 12. Une arête est une paire de points avec deux coordonnées égales. Pour l'égalité, il y a 3 couples de coordonnées possibles (1,2), (1,3), (2,3). Pour chaque couple : 4 valeurs possibles (avec des 1 et des

−1) pour les coordonnées. On obtient donc bien12arêtes, pour chaque milieu, la coordonnée qui n'est pas xée est forcément nulle. Les12 milieux sont donc les points de coordonnées

(1,1,0),(1,−1,0),(−1,1,0),(−1,−1,0),

(1,0,1),(1,0,−1),(−1,0,1),(−1,0,−1)

(0,1,1),(0,−1,1),(0,1,−1),(0,−1,−1)

(4)

DoncR=√

2,d=√ 2 :

r R−r =

√2

√2 2 2

= 1d'oùr≤1⇒n(r)≥12

Cas des milieux des faces :m= 6. Une face est caractérisée par la valeur d'une seule coordonnée qui peut être1 ou−1ce qui explique bien pourquoi il y en a6. Les deux autres coordonnées d'un milieu sont nulles les coordonnées des6milieux des faces sont donc

(1,0,0),(−1,0,0),(0,1,0),(0,−1,0),(0,0,1),(0,0,−1) DoncR= 1, d=√

2: r

R−r =

√2 2

1−

√2 2

= 1 +√

2d'oùr≤1 +√

2⇒n(r)≥6

Q P

O H C

Fig. 2: Aire découpée sur la sphère unité.

6. a. Par symétrie du problème, on peut supposer que le centre de la sphère S_i que l'énoncé nous demande de considérer est sur l'axe des abscisses. On est donc ramené à une région de la sphère unité du type considéré par l'énoncé avecs=OH égal à l'abscisse du pointH de la gure 2. Notons αl'écart angulaire entre−−→ OC et−−→

OP. CommeOQ= 1, on a s=OH = cosα=OP

OC =

p(1 +r)²−r²

1 +r =

√1 + 2r 1 +r

Par la formule admise, on déduit que l'aire cherchée est

2π

1−

√1 + 2r 1 +r

b. La somme des aires des régions formées sur la sphère unité par les sphères d'une r-conguration est inférieure à l'aire totale qui est égale à4π. On en déduit

n(r)2π

1−

√1 + 2r 1 +r

≤4π

⇒n(r)≤ 2(1 +r) 1 +r−√

1 + 2r= 2(1 +r) 1 +r+√ 1 + 2r r²

7. Considérons le volume de la boule de rayon1 + 2rqui contient toutes les boules d'une r-conguration. Il est plus grand que le volume de la boule unité et de toutes les boules de la conguration. On en tire

4π

3 1³+n(r)4π

3 r³≤4π

3 (1 + 2r)³⇒n(r)≤ (1 + 2r)³−1 r³ =v(r) 8. En développant au premier ordre la racine carrée, on obtient

a(r) = 4 r² +8

r+o(1 r) On obtient directement, par la formule du binome,

v(r) = 6 r²+12

r + 8

L'inégalité obtenue à partir des aires est donc plus précise que celle obtenue à partir des volumes.