Devoir Maison 1 - corrig´ e

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Mathématiques 3 DM1 CUPGE 2ème année - automne 2020

Devoir Maison 1 - corrig´ e

Exercice 1. Un calcul de d´eriv´ee ?.

Soit f : R → R la fonction x 7→ _1+x^x³6. Montrer que f est 15 fois d´erivable en 0 et d´eterminer f⁽¹⁵⁾(0).

Solution de l’exercice 1.La fonctionf est de classeC^∞par composition et quotient de fonctions de classe C^∞ (le d´enominateur ´etant bien toujours non nul).

Calculons le DL₁₅(0) def. On a 1 1 +y =

y→01−y+y²+o(y²), donc par composition 1 1 +x⁶ =

x→01−

x⁶+x¹²+o(x¹²), et donc en faisant le produit par x³ on obtient f(x) =

x→0x³−x⁹+x¹⁵+o(x¹⁵).

D’après le théorème de Taylor-Young appliqué à f qui est bien de classe C¹⁵ et l’unicité des coefficients dans les développements limités, on a alors ^f⁽¹⁵⁾_15!⁽⁰⁾ = 1, et doncf⁽¹⁵⁾(0) = 15!.

Exercice 2. Int´egrales de Bertrand au voisinage de z´ero.

Soient α, β ∈R.

1. Soit ξ <1/e. Montrer que Z 1/e

ξ

dx

x^α|ln|^β(x) = Z ¹_ξ

e

dt t^2−αln^β(t) 2. En déduire la caractérisation de la convergence de l’intégrale

Z 1/e

0

dx

x^α|ln|^β(x) vue en cours.

Solution de l’exercice 2.

1. Il s’agit d’effectuer le changement de variable t = ¹_x, valide car la fonction t 7→ ¹_t est bien C¹ sur [ξ,¹_e]. On a alors dt =−^dx_x2 et donc dx = −^dt_t2. De plus, on a que pour tout x∈ [ξ,1/e], ln(x) 60 donc |ln(x)|= −ln(x) = lnt. Ainsi, en effectuant le changement de variable ´evoqu´e plus haut, on obtient bien

Z 1/e

ξ

dx

x^α|ln|^β(x) = Z 1/e

ξ

dx x^α(−ln(x))^β

= Z ¹_ξ

e

dt t^2−α(ln(t))^β.

2. On a queξ →0 ssi ¹_ξ →+∞, donc d’après la question précédente, l’intégrale Z 1/e

0

dx x^α|ln|^β(x) converge ssi l’int´egrale

Z +∞

e

dt

t^2−αln^β(t)converge. D’après le cours, ceci a lieu ssi 2−α >1 ou (2−α= 1 etβ >1), ce qui équivaut encore àα <1 ou (α = 1 etβ >1), comme vu en cours.

Universit´e de Paris 1 UFR de math´ematiques

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Mathématiques 3 DM1 CUPGE 2ème année - automne 2020 Exercice 3. Intégrale impropres.

Etudier la convergence des int´´ egrales impropres suivante :

1.

Z +∞

0

sin 1

t

dt.

2.

Z +∞

0

sint t dt.

3.

Z +∞

0

√tsin(1/t²) ln(1 +t) dt.

4.

Z +∞

1

ln(t²−t) (1 +t)² dt.

1. Pour t > 1, on a 0 6 sin(1/t), et de plus comme limt→+∞1

t = 0, on a par composition que sin(1/t) ∼ 1/t quand t → +∞. Or l’int´egrale impropre R+∞

1 dt

t diverge, donc en particulierR+∞

0 sin(1/t)dt diverge.

2. Remarquons que la fonction f :t 7→ ^sin_t^t est prolongeable par continuité en 0 en posant f(0) = 1. On a donc seulement une impropreté en +∞. Comme pour l’intégrale de cost/t, on doit revenir à la définition et passer par une intégration par parties.

Soit doncξ >1, les fonctionsu:t7→ −cost v:t7→ ¹_t ´etant de classeC¹ sur [1, ξ], on a par int´egration par parties :

Z ξ

1

sint t dt =

−cost t

ξ

1

− Z ξ

1

cost t² dt

=

cos 1−cosξ ξ

− Z ξ

1

cost t² dt

Or pour tout t>1 on a ^cos_t₂^t

6 _t¹² et R+∞

1 1

t² est une int´egrale de Riemann convergence (l’exposant ´etant 2 > 1). Ainsi, R+∞

1 cost

t² dt est une int´egrale absolument convergente, donc convergente, donc l’expression Rξ

1 cost

t² dt admet une limite finie quand ξ tend vers +∞. Enfin, lim

ξ→+∞

cos 1−cosξ ξ

= cos 1 donc limξ→+∞

Rξ 1

sint

t dt exite et est finie : l’int´egrale

Z +∞

0

sint

t dt. est convergente.

On va maintenant montrer que l’int´egrale n’est pas absolument convergente. Pour tout k ∈ N, tout t ∈ [kπ+ ^π₄, kπ+ ^3π₄ ] on a|sint| > ^√¹₂. Fixons K ∈ N, alors en utilisant la positivit´e et le fait que les intervalles [kπ+ ^π₄, kπ+ ^3π₄ ] sont disjoints pour k = 0, ..., K, on a

Z (K+1)π

0

sint t

dt >

K

X

k=0

Z kπ+^3π₄

kπ+^π₄

sint t

dt

>

K

X

k=0

√ 1

2(kπ+^π₄).

Or le terme de la série obtenue équivaut à ^√_2kπ¹ quand k → +∞, et comme la série harmonique diverge, on conclut que limK→+∞

R(K+1)π 0

^sin_t^t

dt = +∞, et en particulier l’int´egrale

Z +∞

0

sint

t dt ne converge pas absolument.

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Mathématiques 3 DM1 CUPGE 2ème année - automne 2020 3. Ici on a deux impropretés : en 0 et en +∞. Quandttend vers +∞, on a que l’intégrande

est positive et équivaut à _t3/2¹ln(t) et donc l’intégrale R+∞

1

√

tsin(1/t²)

ln(1+t) dt converge (absolument). Enfin pour t ∈]0,1[, on a

√tsin(1/t²) ln(1+t)

6

√ t

ln(1+t) ∼t→0 √1

t donc l’intégrale converge absolument (critère de Riemann). Ainsi, l’intégrale impropre R+∞

0

√tsin(1/t²)

ln(1+t) dt converge absolument.

4. La fonction t 7→ ^ln(t_ln(1+t)²^−t)(1 +t)² est continue sur ]1,+∞[, il y a donc une impropreté en +∞et en 1. Or on a pour toutt >1 l’égalité : ln(t²−t) = ln(t(t−1)) = ln(t) + ln(t−1).

La fonction f₁ : t 7→ _(1+t)^lnt2 est continue sur [1,+∞[ donc dans R+∞

1

lnt

(1+t)²dt, la seule impropret´e est en +∞, or f1(t) ∼t→+∞ lnt

t² > 0 dont l’intégrale converge d’après le critère de Bertrand. Pour conclure que notre intégrale initiale converge, il suffit de montre que R+∞

1 f₂(t)dt converge, où f₂(t) = ^ln(t−1)_(1+t)2. Par le même argument que pour f₁, on a convergence de l’intégrale en +∞, donc il suffit de montrer queR2

1 f₂(t)dt converge. Soit ξ > 1, alors R2

ξ f₂(t)dt = R2 ξ

ln(t−1) (1+t)² =R1

ξ−1 lnt

(2+t)²dt, la dernière égalité étant obtenue par changement de variable. Or _(2+t)^|ln^t|2 6 |ln(t)| pour tout t > 0 donc l’intégrale R1

0

|lnt|

(2+t)²dt converge donc l’int´egrale R1

0 lnt

(2+t)²dt converge absolument, donc limξ→1

R1 ξ−1

|lnt|

(2+t)²dt est finie, et donc on a bien que notre int´egrale initiale est absolument convergente, ce qui finit la preuve.

Exercice 4. Intégrale à paramètre.

Soit f une fonction à valeurs réelles de classe C¹ sur [0,+∞[. Démontrer que la fonction G : [0,+∞[→R définie par : pour tout x∈[0,+∞[,

G(x) = Z x

√x

f(t)dt

est de classeC¹ sur ]0,+∞[, puis trouver une condition n´ecessaire et suffisante pour qu’elle soit d´erivable en 0.

Solution de l’exercice 4.On d´efinit F : [0,+∞[→ R par : pour tout x> 0, F(x) = Rx

0 f(t)dt.

D’après le théorème fondamental de l’intégration, F est de classe C¹ et a pour dérivée f. De plus, d’après la relation de Chasles, on aG(x) = F(x)−F(√

x), donc par composition et somme G est de classe C¹ sur ]0,+∞[. Comme F est d´erivable en 0, on a de plus que G est d´erivable en 0 ssi x7→F(√

x) est d´erivable en 0. Deux cas se pr´esentent :

— Sif(0) 6= 0, on a que F⁰(0) 6= 0, et donc comme F(0) = 0 le DL₁(0) de F nous donne que F(x)∼x→0 f(0)x. Donc F(√

x)∼x→0

√x, et donc on a ^F⁽

√x)−F(√ 0)

x−0 ∼ ^√¹_x [x→0], en particulier x 7→ F(√

x) n’est pas d´erivable en 0 car son taux d’accroissement en 0 diverge, et doncG n’est pas d´erivable en 0.

— Si f(0) = 0, on a comme f est C¹ que f(x) =x→0xf⁰(0) +o(x) d’après le théorème de Taylor-Young, et donc en intégrantF(x) =x→0 x²

2 f⁰(0) +o(x²). Comme limx→0⁺

√x= 0, on en d´eduit F(√

x) =x→0⁺ x

2f⁰(0) +o(x), et donc x 7→ F(√

x) est bien dérivable en 0 car elle est continue et admet un développement limité à l’ordre 1 en 0. Ainsi G est dérivable en 0.

On conclut que G est d´erivable en 0 ssif(0) = 0.

Exercice 5. Ensembles adjacents et s´eries altern´ees.

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Mathématiques 3 DM1 CUPGE 2ème année - automne 2020 Soient A et B deux sous-ensembles non vides de R. On suppose que pour tout a ∈ A et tout b∈B on aa 6b.

1. Justifier l’existence de supA et infB.

2. On suppose de plus que A et B sont adjacentes : pour tout > 0, il existe a ∈ A et b∈B tels que |a−b|< . Montrer qu’alors supA= infB. La réciproque est-elle vraie ? 3. Soit (u_n) une suite décroissante de réels positifs. Soit (S_n) la suite des sommes partielles

de la série de terme général (−1)ⁿun, soit B ={S2n :n ∈N} etA={S2n+1: n∈N}.

a) Montrer que pour tout a∈A et toutb ∈B on a a6b.

b) Donner une condition n´ecessaire et suffisante pour que supA= infB.

1. Comme B est non vide, on fixe b₀ ∈ B. Alors pour tout a ∈ A on a a 6 b₀ donc A est majoré. Or il est non vide, donc il admet une borne supérieure. De même comme A est non vide, on peut fixera0 ∈A et voir qu’il minore B. Ce dernier étant non vide, il admet une borne inférieure.

2. Soitb∈B, alorsbmajoreAdonc supA6b. Donc supAminoreB, donc supA 6infB.

Supposons par l’absurde supA6= infB alors supA <infB, soit = infB−supA >0, alors pour touta∈A et tout b∈B on a

a6supA <infB 6b

doncb−a >infB−supA>, ce qui contredit l’´enonc´e. Ainsi on a bien supA= infB.

3. Soit (u_n) une suite décroissante de réels positifs. Soit (S_n) la suite des sommes partielles de la série de terme général (−1)ⁿu_n, soit B ={S_2n :n ∈N} etA={S_2n+1: n∈N}.

a) Comme dans le cours, on montre queS_2nest d´ecroissante, que S_2n+1 est croissante, et que S_2n > S_2n+1 pour tout n, ce qui implique que S_2n > S_2m+1 pour tout n, m∈N: en effet sinon on aS_2n < S_2m+1, supposonsn < m, alors par d´ecroissance de la suite (S_2n) on a toujours S_2m 6 S_2n < S_2m+1, absurde. Le cas m > n est similaire.

b) La condition nécessaire et suffisante est queu_n →0. En effet on a alorsS_2n−S_2n+1 = u_n+1 → 0 ce qui établit l’adjacence de A et B, donc supA = infB d’après la question 2. Réciproquement si supA= infB, d’après la question 2 si on fixe >0 on trouve m, n ∈ N tels que |S2m+1−S2n| < , et comme S2m+1 6 S2n on a S_2n < +S_2m+1. Si n < m on trouve par croissance S_2m < S_2m+1 +, sinon par décroissanceS_2n< S_2n+1+. En particulier pour tout >0 on trouvek∈Ntel que u_2k+1 < , et comme la suite (u_n) est décroissante à valeurs positives, on conclut que limn→+∞u_n = 0, ce qui finit d’établir la condition nécessaire et suffisante annoncée.