Probl ˜ A¨me 1

Probl ˜ A¨me 1

1. Notonsyn la fonction d ˜A cfinie dans I paryn(x) =x⁻ⁿ. C’est une solution de (Hn) et, d’apr ˜A¨s le cours,z est une solution de (Hn) si et seulement il existe λ∈ Rtel quez =λyn. On remarque que pourn = 0, la fonctiony0

est constante de valeur 1.

2. a. Utilisons un«d ˜A cveloppement idiot».

1

x(1 +x²) =(1 +x²)−x² x(1 +x²) = 1

x− x 1 +x²

b. R ˜A csoudre (E0) revient ˜A calculer les primitives dex7→ _x(1+x¹ 2). Avec la d ˜A ccomposition de la question pr ˜A cc ˜A cdente, ces primitives sont les fonctions

ln(x)−1

2ln(1 +x²) +C

La constanteCcorrespond ˜A une solution de l’ ˜A cquation homog ˜A¨ne (H0).

3. Comme l’ ˜A cquation diff ˜A crentielle lin ˜A caire (En) est non homog ˜A¨ne et A coefficients non constants, cherchons une solution˜ z = λyn avec λ une fonction d ˜A cfinie dansI (m ˜A cthode de variation de la constante).

On trouve quez est solution de (E_n) si et seulement si

∀x >0, xλ⁰(x)yn(x) = 1

1 +x² ⇒λ⁰(x) = xⁿ⁻¹ 1 +x²

En utilisant la primitiveF_n introduite par l’ ˜A cnonc ˜A c, on obtient que les solutions de (E_n) sont les fonctions

(Fn+C)yn avecC∈R

Le r ˜A celCpeut ˜A^atre vu comme constante d’int ˜A cgration dans un calcul de primitive ou comme coefficient caract ˜A crisant une solution de l’ ˜A cquation homog ˜A¨ne.

4. a. TransformonsF_n(x) avec une int ˜A cgration par parties en consid ˜A crant quetⁿ⁻¹est la d ˜A criv ˜A ce de _n¹tⁿ :

Fn(x) = tⁿ

n 1 1 +t²

^x

0

− Z x

0

tⁿ n

− 2t (1 +t²)²

dt

= xⁿ

n(1 +x²)+2 n

Z x

0

tⁿ⁺¹ (1 +t²)²dt

b. Dans l’int ˜A cgrale, on majoretⁿ⁺¹parxⁿ⁺¹et _(1+t¹2)² par 1. On obtient l’in ˜A cgalit ˜A cdemand ˜A ce.

c. Rappelons que si z est une solution de (En), il existe un r ˜A celC tel que

∀x >0, z(x) = F_n(x) xⁿ + C

xⁿ Notonsr_n(x) = _n²Rx

0 tⁿ⁺¹

(1+t²)²dt, et montrons que ^Fn_x^(x)_n −→⁰ _n¹. En effet Fn(x)

xⁿ = 1

n(1 +x²)+rn(x)

xⁿ avec rn(x) xⁿ

−0

→0 car 0≤rn(x) xⁿ ≤x Comme _x^Cn n’admet pas de limite finie en 0, il existe une seule solution z_n admettant une limite finie en 0. Elle v ˜A crifie

zn(t) = Fn(x) xⁿ = 1

xⁿ Z n

0

tⁿ⁻¹ 1 +t²dt

Dans cette derni ˜A¨re int ˜A cgrale, effectuons le changement de variable t=ux. Quandtvarie entre 0 etx,uvarie entre 0 et 1. On remplacedt parxduet tparxu. On obtient

zn(x) = 1 xⁿ

Z 1

0

(xu)ⁿ⁻¹ 1 + (xu)²x du=

Z 1

0

uⁿ⁻¹ 1 + (xu)²du

5. Soitz une solution de (En) et Z une primitive dez. On peut r ˜A cA c˜crire (En) sous une forme un peu diff ˜A crente

arctan⁰(x) = 1

1 +x² =xz⁰(x) +nz(x) = (xz⁰(x) +z(x)) + (n−1)z(x) Comme x 7→ xz⁰(x) +z(x) est la d ˜A criv ˜A ce de x 7→ xz(x), on dispose d’une primitive de chacun des termes et on en d ˜A cduit que

x7→xZ⁰(x) + (n−1)Z(x)−arctan(x)

est constante. Il existe donc un r ˜A celC qui d ˜A cpend dezet deZ tel que xZ⁰+ (n−1)Z= arctanx+C

Commez_nadmet une limite finie en 0, on peut la prolonger par continuit ˜A c en 0. La fonction ainsi prolong ˜A ce est continue dans [0,+∞[ et admet une primitive dans cet intervalle. Il en existe une nulle en 0 sa restriction ˜A l’in- tervalle ouvert est la fonctionZn. En prenant la limite en 0 pour la relation, on trouve queC= 0 pourZn. On obtient la relation demand ˜A ce en prenant x= 1.

Probl ˜ A¨me 2

1. Les calculs se font en transformant la fraction ˜A int ˜A cgrer pour se ramener A des fonctions dont on connait des primitives.˜

a. Calcul deI0.

I₀= Z 1

0

1

1 +t²dt= [arctan]¹₀=π 4 Calcul deI1.

I1= Z 1

0

t

1 +t²dt= 1

2ln(1 +t²)

=ln(2) 2 Calcul deI2.

I2= Z 1

0

t²+ 1−1

1 +t² dt= 1−I0= 1−π 4 Calcul deI₃.

I₃= Z 1

0

t³+t−t 1 +t² dt=

Z 1

0

t dt−I₁=1

2 −ln(2) 2 b. Calcul deK.

1−t+t²= (t−1 2)²+3

4 ⇒ 1

1−t+t² = 4 3

1 1 +

2t−1√ 3

² ⇒

K= 4 3

√3 2

arctan

2t−1

√3 ¹

0

= 4

√3arctan( 1

√3) = 4

√3 π 6 = 2π

3√ 3 Calcul deL. On utilise l’identit ˜A cremarquable 1+t³= (1+t)(1−t+t²).

1 +t+t²

(1 +t)(1−t+t²)= (1 +t) +t²

(1 +t)(1−t+t²) = 1

1−t+t² + t² 1 +t³

⇒L=K+1 3

ln(1 +t³)¹

0= 2π 3√

3+ln(2) 3

2. Multiplier par t²+ 1 comme l’ ˜A cnonc ˜A cnous y invite fait appara ˜AtreR

une somme t ˜A clescopique.

(t²+ 1)

n−1

X

k=0

t^4k+i−t^4k+i+2

=

n−1

X

k=0

t^4k+i+2−t^4k+i+4+t^4k+i−t^4k+i+2

=

n−1

X

k=0

t^4k+i−t^4(k+1)+i

=tⁱ−t⁴ⁿ⁺ⁱ

3. On int ˜A¨gre la relation trouv ˜A ce ˜A la question pr ˜A cc ˜A cdente apr ˜A¨s division par 1 +t². Par lin ˜A carit ˜A c, on se ram ˜A¨ne aux int ˜A cgrales des fonctions puissances. On en d ˜A cduit :

Z 1

0

tⁱ−t⁴ⁿ⁺ⁱ 1 +t² dt=

n−1

X

k=0

Z 1

0

t^4k+i−t^4k+i+2 dt

=

n−1

X

k=0

1

4k+i+ 1 − 1 4k+i+ 3

=S_i,n

4. La convergence vers 0 r ˜A csulte de l’encadrement 0≤

Z 1

0

t^m 1 +t²dt≤

Z 1

0

t^mdt= 1 m+ 1 On en d ˜A cduit

∀i∈ {0,1,2,3}, (Si,n)_n∈N3−→Ii

5. a. Consid ˜A cronsS1,n: S_1,n=

n−1

X

k=0

1

4k+ 2− 1 4k+ 4

= 1 2

n−1

X

k=0

1

2k+ 1− 1 2k+ 2

Il s’agit de la somme des inverses des nombres entre 1 et 2n. Les impairs sont affect ˜A cs de +1 et les pairs de−1 comme dansun. On en d ˜A cduit

S1,n= 1

2un⇒(un)_n∈N∗−→2I1= ln(2)

b. Consid ˜A cronsS0,n.

S_0,n=

n−1

X

k=0

1

4k+ 1 − 1 4k+ 3

=

n−1

X

k=0

2 (4k+ 1)(4k+ 3)

=1 8

n−1

X

k=0

1

(k+¹₄)(k+³₄) =v_n

8 ⇒(vn)_n∈N∗−→8I0= 2π 6. a. Lorsquekd ˜A ccritJ0,6nJ, la partie entiereb^k₃cd ˜A ccrit J0,2nJ.

On en d ˜A cduit qu’il existe un k tel que b^k₃c= 2p si et seulement si p∈J0, nJ. On peut pr ˜A cciser

∀p∈J0, nJ, bk

3c= 2p⇔k∈ {6p,6p+ 1,6p+ 2}

b. `A l’aide de la question pr ˜A cc ˜A cdente, on peut regrouper par 6 les termes deFn(t) de mani ˜A¨re ˜A pr ˜A¨ciser la parit ˜A cdeb^k₃c.

Fn(t) =

n−1

X

p=0

t^6p+t^6p+1+t^6p+2−t^6p+3−t^6p+4−t^6p+5

=

n−1

X

p=0

1 +t+t²−t³−t⁴−t⁵ t^6p

= 1 +t+t²−t³−t⁴−t⁵1−t⁶ⁿ 1−t⁶

= (1−t³) + (t−t⁴) + (t²−t⁵)1−t⁶ⁿ 1−t⁶

= (1−t³)(1 +t+t²)1−t⁶ⁿ

1−t⁶ = (1 +t+t²)1−t⁶ⁿ 1 +t³ c. On en d ˜A cduit que (Tn)_n∈N∗ converge versLen utilisant un encadre-

ment analogue ˜A celui de la question 4 0≤

Z 1

0

t^m 1 +t³dt≤

Z 1

0

t^mdt= 1 m+ 1

Probl ˜ A¨me 3

Partie I.

1. a. D ˜A csignons par argsh la fonction propos ˜A ce par l’ ˜A cnonc ˜A cavant d’avoir prouv ˜A cqu’elle est la bijection r ˜A cciproque. Elle est d ˜A cfinie dansRet strictement croissante comme somme et compos ˜A ce de fonc- tions croissantes. Elle est donc injective. De plus, pour tout r ˜A celt,

argsh(sh(t)) = ln (sh(t) + ch(t)) car ch(t)²−sh(t)²= 1 et ch>0

= ln(e^t) =t Cela signifie que argsh◦sh = Id_R ce qui montre que argsh est surjec- tive donc bijective de bijection r ˜A cciproque sh. D’apr ˜A¨s la formule donnant la d ˜A criv ˜A ce d’une bijection r ˜A cciproque d ˜A crivable,

∀x∈R, argsh⁰(x) = 1

ch(argsh(x)) = 1

√1 +x²

b. Notons de m ˜A^ame argch la fonction propos ˜A ce. Elle est bien d ˜A cfinie dans [1,+∞[ (racine carr ˜A ce) et strictement croissante (donc injec- tive).

De plus, pour tout r ˜A celt≥0,

argsh(ch(t)) = ln (sh(t) + sh(t)) = ln(e^t) =t car ch(t)²−sh(t)²= 1 et sh(t)≥0.

Cela signifie que argch◦ch = Id_[0,+∞[ donc argch est surjective donc bijective de bijection r ˜A cciproque ch (restreinte ˜A [0,+∞[).

D’apr ˜A¨s le r ˜A csultat de cours sur la d ˜A criv ˜A ce d’une bijection r ˜A cciproque d ˜A crivable :

∀x≥1, argch⁰(x) = 1

sh(argsh(x)) = 1

√x²−1

2. Comme sa partie r ˜A celle est strictement positive, le complexe 1 +iuadmet un argumentα∈

−^π₂,^π₂

qui v ˜A crifie donc p1 +u²cosα= 1

p1 +u²sinα=u )

⇒tanα=u⇒α= arctan(u)

On en d ˜A cduit la forme alg ˜A cbrique e^iθ(u)= 1 +iu

√1 +u²

3. D’apr ˜A¨s la forme alg ˜A cbrique pr ˜A cc ˜A cdente, on peut s ˜A cparer la par- tie r ˜A celle et la partie imaginaire dans le calcul de l’int ˜A cgrale de la fonc- tion ˜A valeurs complexes puis exprimer des primitives avec argch et argsh.

x(t) = Z t

0

√ 1

1 +u²du= argsh(t) y(t) = Z t

0

√ u

1 +u²du=p

1 +t²−1 4. Rappelons quetest positif.

Expression det en fonction dex(t).

x(t) = argsh(t)⇒t= sh(x(t)) Expression dey(t) en fonction de x(t).

y(t) =p

1 +t²−1 =p

1 + sh(x(t))²−1 = ch(x(t))−1

On en d ˜A cduit que les points d’affixesz(t) sont sur la courbe repr ˜A csentative de ch−1 limit ˜A ce en abscisse aux r ˜A cels positifs. Il s’agit de la demi- cha ˜Anette translat ˜R A ce verticalement.

Partie II.

1. Commeθ⁰est croissante, pour toutt∈[0,+∞[,θ⁰(t)≥θ⁰(0)>0. Int ˜A cgrons e^iθ(t) par parties en remarquant quee^iθ(t)= 1

iθ⁰(t)iθ⁰(t)e^iθ(t). Posons : f⁰(t) =iθ⁰(t)e^θ(t)

g(t) =_iθ0¹(t)

( f(t) =e^iθ(t) g⁰(t) =−^θ_θ⁰⁰0(t)^(t)

On a alors :

z(t) =− Z t

0

f(u)g⁰(u)du+ [f(u)g(u)]^t₀

= Z t

0

θ⁰⁰(u)

iθ⁰(u)²e^iθ(u)du+e^iθ(t)

iθ⁰(t)− e^iθ(0) iθ⁰(0)

x(t)

y(t) z(t)

Fig.1: demi cha ˜AnetteR

2. D’apr ˜A¨s l’in ˜A cgalit ˜A ctriangulaire :

e^iθ(t)

iθ⁰(t)− e^iθ(0) iθ⁰(0)

≤

e^iθ(t) iθ⁰(t)

+

e^iθ(0) iθ⁰(0)

≤ 1

θ⁰(t)+ 1 θ⁰(0). θ⁰(0) =λet θ⁰(t)≥θ⁰(0) =λdonc :

e^iθ(t)

iθ⁰(t)− e^iθ(0) iθ⁰(0)

≤ 2 λ. 3. D’apr ˜A¨s l’ ˜A cnonc ˜A c:

Z t

0

θ⁰⁰(u)

iθ⁰(u)²e^iθ(u) du

≤ Z t

0

θ⁰⁰(u) iθ⁰(u)²e^iθ(u)

du.

Pour tout u ∈ [0, t], θ(u) ∈ R donc e^iθ(u)

= 1. Comme θ⁰ est croissante, θ⁰⁰(u)≥0. enfin, on a d ˜A cj ˜A vu queθ⁰(u)>0, donc :

Z t

0

θ⁰⁰(u)

iθ⁰(u)²e^iθ(u) du

≤ Z t

0

θ⁰⁰(u) θ⁰(u)² du.

4. L’in ˜A cgalit ˜A ctriangulaire et la question 1 donnent :

|z(t)| ≤

Z t

0

θ⁰⁰(u)

θ⁰(u)²e^iθ(u) du

+

e^iθ(t)

iθ⁰(t)− e^iθ(0) iθ⁰(0) .

D’apr ˜A¨s la question 2 et la question 3, on a donc :

|z(t)| ≤ Z t

0

θ⁰⁰(u)

θ⁰(u)² du+ 2 λ. L’int ˜A cgrale se calcule :

Z t

0

θ⁰⁰(u) θ⁰(u)² du=

− 1 θ⁰(u)

t

0

= 1

θ⁰(0)− 1 θ⁰(t). D’apr ˜A¨s l’in ˜A cgalit ˜A ctriangulaire :

Z t

0

θ⁰⁰(u) θ⁰(u)² du

≤ 1

θ⁰(0)+ 1 θ⁰(t)≤ 2

λ

puisqueθ⁰(t)≥θ⁰(0) =λ. On en d ˜A cduit le r ˜A csultat voulu :

|z(t)| ≤ 4 λ.