PC/MP Analyse S4 2020 Corrections

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TD2 - Fonctions continues par morceaux et leurs int´egrales

Exo 5.3

On se doute qu’il faut utiliser des sommes Riemann, le soucis c’est que la somme n’en est pas exatement une. On a deux approches possibles :

— Soit on se ram`ene `a une somme de Riemann, mais il faut alors v´erifier qu’on n’a pas fait une trop grosse erreur en faisant ¸ca.

— Soit on reconnaˆıt la somme des valeurs d’une fonction selon une sub- division dont le pas tend vers 0 (une somme de Darboux), mais cela sort un peu du cadre du cours. En fait, cet exercice montre pour un cas particulier qu’une telle somme converge encore vers l’int´egrale.

Se ramener `a une somme de Riemann :

Puisque c’est le th`eme, et que la somme ressemble `a une somme de Riemann, essayons de le mettre sous cette forme :

w_n= 1 n

n

X

k=1

(2k−1 n )^p

= 1 n

n

X

k=1

(2k n − 1

n)^p.

Il est tentant de poser f(x) = (2x − ¹_n)^p. Mais cela ne peut pas abou- tir, car dans une somme de Riemann, la fonction ne doit pas d´ependre de la subdivision. Cependant, on observe que le terme _n¹ gˆenant tend vers 0 lorsquen → +∞. Posons donc f(x) = (2x)^p. On pense que w_n est proche de _n¹Pn

k=1f(^k_n) lorsquenest grand (et cette derni`ere somme converge elle- mˆeme vers R1

0 f). Pour montrer cela, il va falloir estimer la diff´erence entre chaque terme des deux sommes. On rappelle l’identit´e suivante, pratique pour estimer une diff´erence de puissances enti`eres :

a^p−b^p= (a−b)

p−1

X

i=0

bⁱa^p−1−i

On utilise cette identit´e

|f(k

n)−(2k n − 1

n)^p|=|(2k

n)^p−(2k n − 1

n)^p|

= 1 n

p−1

X

i=0

(2k n − 1

n)ⁱ(2k n )^p−1−i

Pour 0 ≤ k ≤ n, on a ^2k_n − _n¹ ≤ 2 et ^2k_n ≤ 2. Ainsi, en notant Cp = Pp−1

i=0 2ⁱ2^p−1−i =p2^p−1, on d´eduit

|f(k

n)−(2k n − 1

n)^p| ≤ Cp

n

et finalement, en sommant ces in´egalit´es :

|w_n− 1 n

n

X

k=1

f(k n)|=|1

n

n

X

k=1

(2k n − 1

n)^p−f(k n)|

≤ 1 n

n

X

k=1

|(2k n − 1

n)^p−f(k n)| ≤ 1

n

n

X

k=1

Cp

n = Cp

n . On a donc

n→+∞lim w_n= Z 1

0

f(x)dx= 2^p p+ 1.

Exo 10

1. La fonction ´etant continue sur R, ses primitives sont d´efinies sur R elles-aussi. On en calcule une `a partir de celles des parties r´eelles et imaginaires :

Z

e^3ixdx= Z

cos(3x)dx+i Z

sin(3x)dx

= 1

3sin(3x)− i

3cos(3x) = 1

3i(cos(3x) +isin(3x)) = 1 3ie^3ix. Remarque : On aurait pu ˆetre tent´e de primitiver l’exponentielle “telle quelle”, en tant que fonction de la formex7→e^ax. Ici cela marche, mais ce n’est pas comme cela qu’on a d´efini la primitive d’une fonction

`

a valeurs complexes. Que feriez-vous pour primitiver x 7→ _x+i¹ ? Il vaudrait mieux ´eviter de dire que la r´eponse est x 7→ ln(x+i), car vous prendriez le logarithme d’un nombre complexe ! Passer par les parties r´eelles et imaginaires est le moyen le plus sˆur de ne pas ´ecrire des choses ´etranges.

2. La fonction x 7→ _x2¹₊₅ ´etant continue sur R, on peut y d´efinir ses primitives. NotonsF une primitive recherch´ee (par exemple, celle qui s’annule en 0), alors

F(x) = Z x

0

dt t²+ 5= 1

5 Z x

0

dt

t² 5 + 1

= 1 5

Z √^x 5

0

√ 5du u²+ 1 = 1

√5arctan( x

√5), o`u on a fait le changement de variableu= ^√t

5. 3. La fonctionx7→ ^{√ 1}

x²−5 est d´efinie et continue sur ]−∞,−√ 5[∪]√

5,+∞[.

Ses primitives sont donc bien d´efinies sur chacun de ces intervalles.

• Calculons d’abord une primitive sur ]√

5,+∞[ : fixonsa >√ 5, en s’inspirant de la question pr´ec´edente, on calcule pourx >√

5 : G(x) :=

Z x a

√ du

u²−5 = 1

√ 5

Z ^√x

5

√a 5

√ du

u²−1 = 1

√

5argch( x

√

5) +C, o`u C est une constante.

• Si a et x sont dans ]− ∞,−√

5[, les premi`eres lignes du calculs restent valides, mais on ne peut plus affirmer que u 7→ ^{√ 1}

u²−1 a pour primitive argch sur ]− ∞,−1[, puisque cette fonction n’est

d´efinie que sur [1,+∞[. Une primitive de cette fonction est u 7→

−argch(−u) (calculez-en la d´eriv´ee pour ˆetre sˆur !). En conclusion, pour aetx dans ]− ∞,−√

5[ : Z x

a

√ du

u²−5 = 1

√ 5

Z √^x 5

√a 5

√ du

u²−1 =− 1

√

5argch(− x

√ 5) +C o`u C est une autre constante.

Il possible de trouver une formule donannt une primitive sur tout l’in- tervalle de d´efinition ]− ∞,−√

5[∪]√

5,+∞[ : il s’agit de x7→sign(x) 1

√5argch(|x|

√5).

On constate qu’il est plus intuitif de s’attaquer s´epar´ement `a chaque intervalle.

Remarque : Et oui, il faut connaˆıtre la primitive dex7→ ^{√ 1}

x²−1, ainsi que ses copines. En cas de doute, m´emoriser les formules

ch(t)² = 1 + sh(t)² et cos(t)²+ sin(t)² = 1

afin de faire un changement de variable rapide, en l’occurencex= ch(t) ici. De plus, il y a de vraies subtilit´es avec les intervalles de d´efinition : ici ch est une bijection de [0,+∞[ vers [1,+∞[, sa fonction r´eciproque, argch, n’est donc d´efinie que sur [1,+∞[. Ainsi, il est vrai que argch a pour d´eriv´eex7→ ^{√ 1}

x²−1, mais seulement sur ]1,+∞[, et on ne peut affirmer que x 7→ ^{√ 1}

x²−1 a pour primitive argch que sur l’intervalle ]1,+∞[. Sur ]− ∞,−1[, il faut faire un changement de variable et utiliser la parit´e de x7→ ^{√ 1}

x²−1 afin d’en calculer une primitive.

Vous ˆetes perdu ? Calculer donc les primitives dex7→ _x¹ pour faire le point ! (Attention : la r´eponse n’est pasx7→ln(x)).

4. Ici on est clairement de la forme u⁰(x) sin(u(x)) avec u(x) = e^x. On d´eduit une primitive (d´efinie surR) :

Z

e^xsin(e^x)dx=−cos(e^x).

5. La fonction est continue sur chaque intervalle de la forme ]2nπ,(2n+ 1)π[,

avecn∈ZZ. C’est donc sur chacun de ces intervalles que l’on va pouvoir d´efinir et calculer une primitive. En utilisant sin²(x) = 1−cos²(x), on trouve

1

tan³x = cos³(x)

sin³(x) = cosx

sin³(x) −cosx sinx.

Le premier terme est de la forme _u^u3⁰ et le second de la forme ^u_u⁰, avec u(x) = sinx. On d´eduit :

Z 1

tan³(x)dx=− 1

2 sin²(x)−ln|sin(x)|.

Remarque Si on n’a pas eu l’id´ee de transformer la fraction, le chan- gement de variablet= cotan(x) peut aider. Attention aux intervalles de d´efinition !

6. La fonction est d´efinie et continue sur ]0,+∞[, c’est donc sur cet inter- valle que l’on va pouvoir d´efinir et calculer des primitives. La fonction est de la formeu⁰(x)u(x) avec u(x) = ln(x), on a donc

Z ln(x)

x dx= 1

2(ln(x))².

7. Afin de faire une d´ecomposition en ´el´ements simples de _X3¹−1, on fac- torise le d´enominateurX³−1. On note tout d’abord que 1 est racine

´evidente deX³−1, donc on peut ´ecrire

X³−1 = (X−1)(αX²+βX+γ),

et par identification, on trouve α =β =γ = 1. Ensuite, le polynˆome X²+X+ 1 a pour discriminant 1−4 =−3<0, donc il est irr´eductible surR. Ecrivons sa forme canonique, qui nous servira pour le calcul des primitives :

X²+X+ 1 = (X+1 2)²+3

4

La fonctionf(x) = _x3¹−1 est donc d´efinie surR\ {1}, et on va chercher des primitives sur ]−∞,1[ et sur ]1,+∞[. La m´ethode de d´ecomposition en ´el´ements simples invite `a chercher des r´eelsa,betc tels que

1

X³−1 = 1

(X−1)(X²+X+ 1) = a

X−1+ bX+c

X²+X+ 1. (1) Pour trouvera, on multiplie cette identit´e parX−1, ce qui donne

1

X²+X+ 1 =a+ (X−1) bX+c X²+X+ 1

et on ´evalue cela en X= 1, ce qui fournita= ¹₃.

Ensuite, on raisonne sur le comportement asymptotique. On peut mul- tiplier (1) parX, on obtient

X

(X−1)(X²+X+ 1) = aX

X−1+ bX²+cX X²+X+ 1

et on fait tendre X vers +∞. Par un calcul de limite standard, le membre de gauche tend vers 0, tandis que celui de droite tend vers a+b, ce qui montre que 0 =a+b, et doncb=−a=−¹₃.

Parmi les nombreuses m´ethodes pour terminer la d´ecomposition, la plus rapide est sˆurement d’´evaluer l’identit´e (1) en X = 0, ce qui fournit

−1 =−a+c, soitc=−²₃. On conclut :

1

X³−1 = 1

(X−1)(X²+X+ 1) = 1 3

1

X−1 + −X−2 X²+X+ 1

. On prend le soin de v´erifier en mettant au mˆeme d´enominateur. On a alors

Z 1

x³−1dx= 1 3

Z 1

x−1dx+

Z −x−2 x²+x+ 1dx

.

On a Z

1

x−1dx= ln|x−1|, tandis que

−x−2

x²+x+ 1 =−1 2

2x+ 4

x²+x+ 1 =−1 2

2x+ 1

x²+x+ 1+ 3 x²+x+ 1

.

On a Z

2x+ 1

x²+x+ 1dx= ln(x²+x+ 1) tandis que pour calculer une primitive deR ₁

x²+x+1, on metx²+x+ 1 sous sa forme cannique :

Z 1

x²+x+ 1 =

Z 1 (x+ ¹₂)²+³₄.

Cette derni`ere primitive se calcule apr`es des changements de variable standard, et on trouve

Z 1

x²+x+ 1 = r4

3arctan r4

3(x+1 2)

! .

Au final, en reliant les diff´erens calculs, on trouve : Z 1

x³−1dx= 1

3ln|x−1|−1

6ln(x²+x+1)−√

3 arctan r4

3(x+1 2)

! .

Cette formule est bien valide sur les deux intervalles ]−∞,1[ et ]1,+∞[.

8. Nous cherchons des primitives d´efinies sur les intervalles ]− ∞,0[ et ]0,+∞[. Cette fois-ci, le d´enominateur est d´ej`a factoris´e, et on cherche des r´eels (a, b, c, d, e) tels que

1

X³(X²+ 1) = aX²+bX+c

X³ +dX+e X²+ 1 = a

X + b X² + c

X³ +dX+e X²+ 1. En multipliant parX²+ 1 et en ´evaluant en X=i, on trouve

1

i³ =di+e,

soitd= 1 ete= 0, en identifiant parties r´eelles et imaginaires.

Ensuite, en multipliant par X³ et en ´evaluant en X = 0, on trouve c= 1.

Ensuite, en multipliant parX, on obtient 1

X²(X²+ 1) =a+ b X + c

X² +dX²+eX X²+ 1 .

et en faisant tendre X vers +∞, on obtient en calculant les limites 0 =a+d, soita=−1.

Pour trouver le dernier param`etre, on peut raisonner sur la parit´e des fonctions, et l’unicit´e de la d´ecomposition : la fonction que nous d´ecomposons est clairement impaire, ce qui impose que le terme paire

b

X² de sa d´ecomposition est nul, c’est-`a-dire b= 0. Au final 1

X³(X²+ 1) =−1 X + 1

X³ + X X²+ 1.

On a Z x

x²+ 1dx= 1 2

Z 2x x²+ 1dx

= 1

2ln(x²+ 1).

et donc

Z 1

x³(x²+ 1)dx=−ln|x| − 1 2x² + 1

2ln(x²+ 1).

Remarque : Les m´ethodes les plus directes pour effectuer la d´ecomposition en ´el´ements simples, qui consistent `a mettre au mˆeme d´enominateur ou `a ´evaluer en des valeurs particuli`eres sans manipulation pr´ealables, sont `a ´eviter, car elles am`enent `a des syst`emes lin´eaires qui conduisent souvent `a des erreurs. On appliquera plutˆot ces m´ethodes apr`es avoir

“´eclairci” la situation en calculant des coefficients grace aux m´ethodes d´ecrites ci-dessus.

Exo 11

1. On essaye d’exprimerIn+1 en fonction de In. Il est naturel d’´ecrire : In+1=

Z 1 0

(1−t²)ⁿ⁺¹dt= Z 1

0

(1−t²)(1−t²)ⁿdt=In− Z 1

0

t²(1−t²)ⁿdt.

On pr´essent qu’il faut faire une int´egration par partie simplifier le deuxi`eme terme. On ´ecrit

−t²(1−t²)ⁿ= 1

2t×(−2t)(1−t²)ⁿ= 1

2u(t)×v⁰(t)v(t)ⁿ avecu(t) =tetv(t) = (1−t²). On r´ealise une int´egration par parties :

− Z 1

0

t²(1−t²)ⁿdt= 1 2

[t(1−t²)ⁿ⁺¹ n+ 1 ]¹₀−

Z 1 0

(1−t²)ⁿ⁺¹ n+ 1

=− 1

2(n+ 1)In+1. Au final, on a trouv´e

∀n≥0, I_n+1 =I_n− 1

2(n+ 1)I_n+1, ce qui est ´equivalent `a

In+1 = 2n+ 2 2n+ 3In.

2. Par une r´ecurrence directe, on a I_n= 2n

2n+ 1In−1 =. . .= (2n)×(2n−2)×. . .×2 (2n+ 1)×(2n−1)×. . .×1I₀. Ce facteur peut s’exprimer avec des factorielles, en “bouchant les trous” au d´enominateur, puis en factorisant par 2 au num´erateur :

(2n)×(2n−2)×. . .×2

(2n+ 1)×(2n−1)×. . .×1 = ((2n)×(2n−2)×. . .×2)²

(2n+ 1)! = (2ⁿn!)²

(2n+ 1)! = 4ⁿ(n!)² (2n+ 1)!, et puisqueI₀= 1, on d´eduit

I_n= 4ⁿ(n!)² (2n+ 1)!.

3. On d´eveloppe (1−t²)ⁿ avec le binˆome de Newton : (1−t²)ⁿ=

n

X

k=0

n k

(−1)^kt^2k,

puis on int`egre termes `a termes cette somme finie : I_n=

Z 1 0

n

X

k=0

n k

(−1)^kt^2kdt=

n

X

k=0

n k

(−1)^k Z 1

0

t^2kdt=

n

X

k=0

n k

(−1)^k 1 2k+ 1. Au final on a

n

X

k=0

n k

(−1)^k 1

2k+ 1 = 4ⁿ(n!)² (2n+ 1)!. Exo 14

Il s’agit clairement d’une forme indetermin´ee, puisque

x→0lim Z x

0

f(t)dt= 0.

L’id´ee est de voir le num´erateur comme une fonction, et de reconnˆıtre un taux d’accroissement. Pour cela, on pose

F(x) = Z x

0

f(t)dd,

de sorte que, en notant queF(0) = 0, on ait Rx

0 f(t)dt

x = F(x)−F(0)

x .

D’apr`es le cours, la fonction F, primitive de f, est d´erivable en 0, et v´erifie F⁰(0) =f(0). On a donc :

x→0lim R_x

0 f(t)dt

x = lim

x→0

F(x)−F(0)

x =F⁰(0) =f(0).

Notons que cette ´egalit´e peut prendre la forme Z x

0

f(t)dt ∼

x→0xf(0).

Exo 18

Sif ≥0, ou sif ≤0, alors il est clair que|Rb

af|=Rb

a|f|. R´eciproquement, supposons que|Rb

af|=Rb a|f|.

Notonsf⁺= max(f,0) la partie positive def, ainsi quef⁻= max(−f,0) sa partie n´egative. Avec ces conventions, on af⁺≥0, ainsi quef⁻≥0. On peut exprimerf et sa valeur absolue comme suit :

f =f⁺−f⁻ et |f|=f⁺+f⁻. On d´eduit que

Z _b

a

|f(x)|dx= Z _b

a

f⁺(x)dx+ Z _b

a

f⁻(x)dx tandis que

Z b a

f(x)dx= Z b

a

f⁺(x)dx− Z b

a

f⁻(x)dx.

Ainsi, on distingue deux cas :

• SiRb

a f(x)dx≥0, alors

| Z b

a

f(x)dx|= Z b

a

f⁺(x)dx− Z b

a

f⁻(x)dx, et l’hypoth`ese que |Rb

af| = Rb

a |f| implique que Rb

af⁻(x)dx = 0.

Puisquef⁻≥0 et que f⁻ est continue, on d´eduit quef⁻= 0. Ainsi pour toutx∈[a, b], on a f(x) =f⁺(x)≥0

• SiRb

af(x)dx≤0, alors par un raisonnement similaire, on trouve que f⁺ = 0, et donc quef(x) =−f⁻(x)≤0

Remarque : Il est essentiel de faire un dessin repr´esentant ces fonctionsf⁺ etf⁻.

Exo 19

Comme sugg´er´e par l’´enonc´e, on introduit la fonction D(ξ) =

Z b a

f(x)g(x)dx−f(ξ) Z b

a

g(t)dt,

de sorte que la question revient `a montrer que la fonctionDs’annule. Notons m= inf

[a,b]f(t) et M = sup

[a,b]

f(t).

La fonction f ´etant continue sur le segment [a, b], qui est compact, elle est born´ee et atteint ses bornes, donc il existeξ⁻ et ξ⁺ dans [a, b] tels que

m=f(ξ⁻) et M =f(ξ⁺).

On a alors, puisqueg est positive :

∀x∈[a, b], f(ξ⁻)g(x)≤f(x)g(x)≤f(ξ⁺)g(x).

On int`egre entreaetb: f(ξ⁻)

Z b a

g(x)dx≤ Z b

a

f(x)g(x)dx≤f(ξ⁺) Z b

a

g(x)dx.

On d´eduit que

D(ξ⁻)≥0 et D(ξ⁺)≤0.

Puisque la fonction D est continue, le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires s’appliquent, et la fonction Ds’annule, ce qui conclut l’exercice.

Exo 26

Puisque f est C², on peut appliquer le th´eor`eme de Taylor-Young `a l’ordre 2, pourf, entrea+heta, ainsi qu’entrea−heta. Plus pr´ecis´ement, on a lorsqueh→0 :

f(a+h) =f(a) +hf⁰(a) + h²

2 f⁰⁰(a) +o(h²)

et

f(a−h) =f(a)−hf⁰(a) +h²

2 f⁰⁰(a) +o(h²).

Ainsi, en sommant :

f(a+h)−2f(a) +f(a−h) =h²f⁰⁰(a) +o(h²), et donc

f(a+h)−2f(a) +f(a−h)

h² =f⁰⁰(a) +o(1).

On peut conclure :

h→0lim

f(a+h)−2f(a) +f(a−h)

h² =f⁰⁰(a).