Concours commun Mines-Pont PC 2009 , Math 2

Concours commun Mines-Pont PC 2009 , Math 2

On remarque que les expressions étudiées dépendent parfois de 4 variables. La compréhension du sujet (et donc une rédaction claire) demande de bien comprendre le rôle de chaque variable.

Quelle est la variable d’intégration : celle par rapport à qui toutes les fonctions étudiées et toutes les dominatrices doivent être intégrables.

Quelle est la variable d’étude (celle qui doit disparaître lors des dominations)

Quelles sont les variables paramètres (qui restent …xées et n’ont pas à intervenir dans le théorème utilisé)

1. La fonction u7! u^{x 1}+u ^x

1 +u est continue positive sur ]0;1]:

En0 l’équivalent est donné par le terme de plus bas degré:

si x <1=2 on a u^{x 1}+u ^x

1 +x u^{x 1} = 1

u^{1 x} intégrable sur ]0;1]ssi x >0 si x >1=2 on a u^{x 1}+u ^x

1 +x u ^x intégrable sur]0;1]ssi x <1 si x= 1=2 on a u^{x 1}+u ^x

1 +x 2u ⁽¹⁼²⁾ intégrable sur ]0;1]

f(x) existe si et seulement si x2]0;1[

On peut aussi séparer en 2 et étudier A = Z 1

0

u ^x

1 +udu et B = Z 1

0

u^{x 1}

1 +udu et étudier A et B par équivalent ou avec la règle x^ag(x)!l

si x2]0;1[A et B convergent doncf(x)existent

si x <0A converge et B diverge doncA+B diverge et f(x) n’est pas dé…nie si x >1on a DV+CV=DV f(x) n’est pas dé…ni.

On a de la chance le cas DV +DV n’est pas possible.

On remarquera que l’hypothèse surf dit que X

a_ntⁿ a un rayon de convergenceR 1 , et que sur [0;1[ f(t) =

+1

X

n=0

a_ntⁿ .

2. Bien distingué les 2 questions : A la première question on veut le domaine de dé…nition (l’intégrale converge ssi ...) , Dans cette question on veut une implication : si ... alors l’intégrale converge.

Si vous prenez f =e0 qui est bien DSE l’intégrale est toujours dé…nie.

Toute fonction développable en série entière estC¹ . En particulier f est continue sur [0;1[ . Siy 2]0;1[on a pour tout v 2]0;1], vy2[0;1[donc v 7!v^{x 1}f(yv) est continue sur ]0;1]

f étant continue en 0⁺ on a v^{x 1}f(yv) v^{x 1}jf(0)j si f(0) 6= 0

v^{x 1}f(yv) v^{x 1}jf(0)j si f(0) = 0 . Pour x > 0 v 7! v^{x 1} est intégrable sur ]0;1] donc

Z 1 0

v^{x 1}f(yv)dv converge pour tout x >0 ety 2]0;1[

remarque : On peut aussi anticiper la question 3 et donner toute de suite une domination ou même la question 4 : le théorème d’ntégration termes à termes d’une intégrale impropre a pour conséquence l’intégrabilité de la somme , restera à faire le calcul à la question 4.

2.bis) Siy= 0 v^{x 1}f(yv) =v^{x 1}f(0) est intégrable sur]0;1]pour x >0 et Z 1

0

v^{x 1}dv= v^x x

1

0

= 1 x 8 x >0,

Z 1 0

v^{x 1}f(0)dv = f(0) x 3. D’après le calcul précédent : 8x >0;8y2[0;1[ S[f](x; y) =

Z 1 0

v^{x 1}f(yv)dv:

On a un problème de continuité d’une intégrale à paramètre.

pour toutx >0 :

8v 2]0;1] ,y 7!v^{x 1}f(yv)est continue sur [0;1[ carf est développable en série entière sur [0;1[

et yv2[0;1[

8y 2[0;1[ v 7!v^{x 1}f(yv)est continue intégrable sur ]0;1] d’après l’étude deQ.2

On a domination sur tout segment [a; b] [0;1[ : si y 2 [a; b] , on a vy 2 [0; b]. Or la fonction f est continue sur le segment [0; b] donc y est borné . On note M_b = sup

[0;b]

(jfj) . On a alors pour y 2 [a; b]: v^{x 1}f(yv) v^{x 1}M_b , continue , intégrable sur ]0;1] (car x 1 > 1 ) et indépendante de y:

8x >0, y7!S[f](x; y) est continue sur [0;1[

remarque 1: la continuité est la conséquence du développement en série entière qui suit.

remarque 2 : On peut aussi se ramener à un problème de primitive en posant pour y 6= 0 : V =yv ,S[f](x; y) = 1

y^x Z y

0

V^{x 1}f(V)dV , qui prouve facilement la continuité pour y2]0;1[ et qui prouve la continuité en0 :

S[f](x; y) = 1 y^x

Z y 0

V^{x 1}f(V)dV =S[f](x; y) = 1 y^x

Z y 0

V^{x 1}a₀+o(V^{x 1)}) dV = 1 y^x

y^x

xa₀+o(y^x)

4. On a f(t) =

+1

X

n=0

a_ntⁿ si t 2 [0;1[ , donc v^{x 1}f(yv) =

+1

X

n=0

a_nv^{n+x 1}yⁿ . Si on peut intégrer termes à termes pour y 2 [0;1[; S[f](x; y) =

+1

X

n=0

a_n

n+xyⁿ , ce qui montre que y 7! S[f](x; y) est développable en série entière.

Véri…ons les hypothèses du théorème d’intégration termes à termes sur un intervalle qui n’est pas un segment:

Soit x >0et y2[0;1[ …xés:

8v 2]0;1] la série

+1

X

n=0

a_nv^{n+x 1}yⁿ converge et sa sommev 7!v^{x 1}f(vy) est continue sur ]0;1]

8n 2N ,v 7!a_nv^{n+x 1}yⁿ est continue intégrable sur ]0;1] carn+x 1>1

la série X Z ¹

0

a_nv^{n+x 1}yⁿ dv converge par majoration du terme général par le terme général d’une série convergente :

Z 1 0

a_nv^{n+x 1}yⁿ dv = janyⁿj n+x

janyⁿj x et la série X

a_nyⁿ CVA car y < 1 et X

a_nyⁿ a un rayon de convergence R 1 . (toute série entière converge absolument sur le disque ouvert de convergence)

On peut intégrer termes à termes.

8x >0, 8y2[0;1[ S[f](x; y) =

+1

X

n=0

a_n n+xyⁿ

Autre démonstration : On séparen = 0des autres termes . Pourn 1v 7!a_nv^{n+x 1}yⁿest maintenant continue sur le segment[0;1]carn+x 1>0. Comme on intègre sur un segment on peut introduire la convergence normale de la série v 7 !

+1

X

1

a_nv^{n+x 1}yⁿ pour intégrer termes à termes.

Remarque : dans cette question "x non entier" ne sert pas encore.

5. Remarquefeprolongef àD. Mais il ne faut pas penser à la même fonction : sur[0;1[,ln(1+x) = X1

k=1

x^k k

; Si z =2R , on ne peut pas parler deln(1 +z) .

La fonction à intégrer est continue sur le segment[0;1]: Z 1

0

cos ((n+x) t)dt = sin ((n+x) t) (n+x)

t=1

t=0

= sin ((n+x) )

(n+x) = ( 1)ⁿsin(x ) (n+x) On a x >0 etn 0le dénominateur est toujours non nul.

D’où :

I_n(x) = 1 n+x 6. On se …xe x2F ety 2[0;1[ .

On a fe ye^{i t} =

+1

X

n=0

a_n( 1)ⁿyⁿe^{in t} . Donc

e^{i xt}fe ye^{i t} =

+1

X

n=0

a_n( 1)ⁿyⁿe^{i(n+x) t}

et doncRe e^{i xt}fe ye^{i t} =

+1

X

n=0

[a_n( 1)ⁿyⁿcos ((n+x) t)]: On a donc

J[f](x; y) =

sin ( x) Z 1

0 +1

X

n=0

[a_n( 1)ⁿyⁿcos ((n+x) t)]

! dt Si on peut intégrer termes à termes

J[f](x; y) =

+1

X

n=0

a_nI_n(x)yⁿ=

+1

X

n=0

an

x+nyⁿ =S[f](x; y)

On peut reprendre l’idée de la question 4 pour justi…er l’intégration termes à termes.

8t 2 [0;1]

+1

X

n=0

[a_n( 1)ⁿyⁿcos ((n+x) t)] converge et sa somme t 7! Re e^{i xt}fe ye^{i t} est continue sur [0;1]

8n 2N t7![a_n( 1)ⁿyⁿcos ((n+x) t)]est continue sur le segment [0;1] donc y est intégrable.

X Z ¹

0

ja_n( 1)ⁿyⁿcos ((n+x) t)jdt converge car Z 1

0 jan( 1)ⁿyⁿcos ((n+x) t)jdt Z 1

0 janyⁿjdt =janyⁿj

terme général d’une série qui converge ( CVA d’une série entière sur le disque ouvert de conver- gence)

La convergence normale est ici plus rapide car on est dès le départ sur un segment : ja_n( 1)ⁿyⁿcos ((n+x) t)j ja_nyⁿj 8x2F , 8y2[0;1[ J[f](x; y) =S[f](x; y)

7. Comme ]0;1[ F on peut appliquer la question précédente S[g](x; y) =J[g](x; y) Org(u) =

+1

X

u=0

uⁿ donc eg(z) =

+1

X

n=0

zⁿ= 1

1 z . On a donc J[g](x; y) =

sin( x) Z 1

0

Re e^{i xt} 1 ye^{i t} dt Or

e^{i xt}

1 ye^{i t} = e^{i xt}(1 ye ^{i t})

j1 ye^{i t}j² = e^{i xt} ye^{i (x 1)t} y² 2ycos( t) + 1 et donc

Re e^{i xt}

1 ye^{i t} = cos( xt) ycos ( (x 1)t) y² 2ycos( t) + 1 Soit

J[g](x; y) =

sin( x) Z 1

0

cos( xt) ycos ( (x 1)t) y² 2ycos( t) + 1 dt Si on remplace x par1 xon a :

J[g](1 x; y) =

sin( x)

Z 1 0

cos( (1 x)t) ycos( xt) y² 2ycos( t) + 1 dt =

sin( x) Z 1

0

cos( (1 x)t) ycos( xt) y² 2ycos( t) + 1 dt et donc en ajoutant les 2 :

S[g](x; y+S[g](1 x; y) = (1 y) sin ( x)

Z 1 0

cos ( xt) + cos ( (1 x))t) y² 2ycos( t) + 1 dt

8. D’après le calcul précédent, on a 1 2ycos(t) +y² = 1 ye^{i t 2} . Comme y2(0;1[ , ye^{i t} =y6= 1 . le dénominateur de P est toujours non nul.

On véri…e

1 +ye^{i t}

1 ye^{i t} = (1 +ye^{i t}) (1 ye ^{i t})

j1 ye^{i t}j² = 1 +y(e^{i t} e ^{i t}) y² 1 2ycos(t) +y² Ce qui donne bien :

1 y²

1 2ycos(t) +y² = Re 1 +ye^{i t} 1 ye^{i t}

9. On utilise l’expression complexe pour faire le développement en série entière. Siz =ye^{i t} on ajzj<1 donc 1

1 z =

+1

X

n=0

zⁿ

1 +ye^{i t} : 1

1 ye^{i t} = 1 +ye^{i t}

+1

X

n=0

yⁿe^{i nt} =

+1

X

n=0

yⁿe^{i nt}+

+1

X

n=0

yⁿ⁺¹e^{i(n+1) t}

=

+1

X

n=0

yⁿe^{i nt}+

+1

X

n=1

yⁿe^{in t} = 1 +

+1

X

n=1

2yⁿe^{in t} La partie réelle donne :

P(t; y) = 1 +

+1

X

n=1

(2 cos(n t))yⁿ

Remarque : vue la forme du résultat …nal on vient de développer en série de Fourier la fonction continue2 périodiquet7 !P(t; y)

10. Ay2[0;1[ …xé on peut intégrer termes à termes la relation précédente par convergence normale sur le segment

8n 2N ,t 7 !(2 cos(n t))yⁿ est continue sur le segment[0;1]

sup

[t2[0;1]

(j(2 cos(n t))yⁿj) 2yⁿ , avec convergence de la sérieX

yⁿ cary2[0;1[

donc Z 1

0

P(t; y)dt = 1 +

+1

X

n=1

0 = 1

On peut utiliser l’autre théorème d’intégration termes à termes en majorant : Z 1

0 j(2 cos(n t))yⁿjdt Z 1

0

2yⁿdt = 2yⁿ Z 1

0

P(t; y)dt= 1

Remarque :Si on n’a pas réussi la question 9 le classique changement de variable avec l’angle moitié permet de conclure:On pose u= tan( t=2) ,t = 2

arctan(u) Z 1

0

dt

1 2ycos( t) +y² = 2 Z +1 0

du

(1 +y²)u² 2y(1 u²) = 2 1 (1 y)²

Z +1 0

du

1+y

1 yu ²+ 1

= 2 1

(1 y)²

1 y

1 +yarctan 1 +y 1 yu

+1

0

= 1

1 y² ( car 1 +y 1 y >0) 11. 1. Si t2[0;1], on a t2[0; ]donc t7 !cos ( t) décroît et donc t7 !P(t; y)décroît. On a donc

0 Z 1

P(t; y)dt Z 1

P( ; y)dt = (1 )P ( ; y) = (1 ) 1 y²

1 2 cos ( )y+y² le dénominateur tend vers 2(1 cos( ))non nul car 2]0;1] . Donc

lim

y7 !1

Z 1

P(t; y)dt = 0

2. On majore (comme P est positif):

Z

0

P(t; y)'(t)dt Z

0

P(t; y)j'(t)jdt Z

0

P(t; y) sup

t2[0; ]

(j'(t)j)dt Mais, toujours avec la positivité de P on a :

Z

0

P(t; y)dt Z 1

0

P(t; y)dt= 1 et donc :

8y2[0;1[, Z

0

P(t; y)'(t)dt sup

t2[0; ]

(j'(t)j)

12. "En déduire" : il faut donc utiliser le résultat précédent sans chercher des majorations plus classiques.

1. si '(0) = 0 ,' est petite au voisinage de0, donc sup

t2[0; ]

(j'(t)j)est petit (et tend vers 0si tend vers 0donc

Z

0

P(t; y)'(t)dt tend vers 0ainsi que Z 1

P(t; y)'(t)dt:

Mais pour la première limite tend vers 0 et pour la seconde y tend vers 1:

Pour passer de la limite en à celle eny il su¢ t de revenir aux quanti…cateurs :Comme'(0) = 0 et comme ' est continue en 0on a :

8" >0 , 9 >0, 8x2[0; ], j'(x)j "

On a donc sup

t2[0; ]

(j'(t)j) " et donc Z

0

P(t; y)'(t)dt "

On prend cet (qui est bien une constante par rapport ày ) et on écrit la limite de Z 1

8" >0, 9 >0 ,8y2[1 ;1[;

Z 1

P(t; y)dt "

Et réunissant les 2 :

8" >0 , 9 >0, 8y2[1 ;1[;

Z 1 0

P(t; y)dt 2"

Ce qui montre bien que lim

y7!1

Z 1 0

P(t; y)dt = 0 ='(0)

2. Si '(0) 6= 0 , on introduit :8x2[0;1], (x) ='(x) '(0) qui est continue sur (0;1] . Z 1

0

P(t; y)'(t)dt = Z 1

0

P(t; y)dt '(0) + Z 1

0

P(t; y) (t)dt la première intégrale vaut 1 et la seconde tend vers 0:

lim

y7!1

Z 1 0

P(t; y)dt ='(0)

13. Commex2]0;1[et y2[0;1[ on peut utiliser la formule de la question 7 et la dé…nition de P : On aC[g](x; y) = (1 y)

sin ( y) Z 1

0

cos ( xt) + cos ( (1 x))t)

y² 2ycos( t) + 1 dtetA(x; y) = Z 1

0

1 y²

y² 2ycos( t) + 1cos ( xt)dt donc A(1 x; y) =

Z 1 0

1 y²

y² 2ycos( t) + 1cos ( (1 x)t)dt Une comparaison des 2 expressions donne :

C[g](x; y) =

(1 +y) sin( x)(A(x; y) +A(1 x; y)) 14. Siytend vers1 ,A(x; y) =

Z 1 0

1 y²

y² 2ycos( t) + 1cos ( xt)dt tend vers1, en appliquant la question 12 à '(t) = cos( xt) qui est bien continue sur [0;1]

lim

y7 !1

(C[g](x; y)) = 2

2:sin( x) =

sin( x)

15. On a d’après les dé…nitions des fonctions dans le sujet pourx2]0;1[et y2[0;1[ : I(x) =

Z 1 0

(u^{x 1}+u ^x)

1 +u du ; S[g](x; y) = Z 1

0

v^{x 1} 1 1 +vydv C[g](x; y) = S[g](x; y) +S[g](1 x; y) =

Z 1 0

v^{x 1}+v ^x 1 +vy dv La question précédente nous donne lim

y !1

Z 1 0

v^{x 1}+v ^x

1 +vy dv =

sin( x) . Si on peut dire : Z 1

0

lim

y !1

v^{x 1}+v ^x

1 +vy dv= lim

y !1

Z 1 0

v^{x 1}+v ^x 1 +vy dv on aura prouver I(x) =

sin( x)

Il su¢ t de prouver la continuité dey 7 ! Z 1

0

v^{x 1}+v ^x

1 +vy dv en1.

Etude sur[0;1]( ou tout segment [ ;1] ) 8v 2]0;1] ,y7 ! v^{x 1}+v ^x

1 +vy est continue sur [0;1]

8y 2[0;1] v 7 ! v^{x 1}+v ^x

1 +vy est continue sur ]0;1] , intégrable d’après la domination qui suit 8y 2 [0;1];8v 2]0;1[ , v^{x 1}+v ^x

1 +vy v^{x 1} +v ^x , fonction indépendante dey et intégrable sur ]0;1[d’après les équivalents de la première question.

8x2]0;1[ , Z 1

0

v^{x 1} +v ^x 1 +v dv=

sin( x) Remarque (hors devoir) : le changement de variable u= 1=v donne

Z 1 0

v^{x 1} 1 +vdv=

Z 0 +1

u^{1 x} 1 + _u¹

du u² =

Z +1 0

u ^x 1 +udu Du calcul précédent on déduit donc :

Z +1 0

u ^x 1 +udu=

sin( x)