Comme la fonctionlnest intégrable sur]0, π](voir par exemple une primitive

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13. Solution

a)Rappelons que, pour tout x réel,

1−2xcost+x²= x−e^it x−e^−it = x−e^{it 2}.

Si |x|= 1, cette expression est strictement positive pour tout t, alors I(x) est une banale intégrale d’une fonction continue sur le segment [0, π](théorèmes opératoires classiques).

Pourx= 1, la fonction t→ln (1−cost)² est continue sur ]0, π]et (1−cost)² ∼

t→0

t⁴

4 d’où ln (1−cost)² ∼

t→0lnt⁴ 4 ∼

t→04 lnt

(les ln des fonctions équivalentes sont encore équivalents car la limite est nulle, donc différente de 1. . . ). Comme la fonctionlnest intégrable sur]0, π](voir par exemple une primitive. . . ), j’en déduis que I(1) est bien définie.

Par ailleurs, le changement de variable C¹ bijectif u=π−tmontre que I(x) =

0

π

ln 1−2xcos (π−u) +x² (−du) =

π

0

ln 1 + 2xcosu+x² du=I(−x).

Avec x= 1, ce résultat montre la convergence deI(−1). De plus on constate queI est une fonction paire.

Pourx= 0, j’écris I 1

x =

π

0

ln 1

x² x²−2xcost+ 1 dt=−πlnx²+I(x), autrement dit

I 1

x =I(x)−2πln|x|.

b)Nous avons vu au a) que I est définie sur R et paire. Pour montrer qu’elle est continue sur R, il suffit d’après la relation précédente de montrer qu’elle est continue sur[−1,1], puisqueI coïncide sur R\[−1,1] avecx →I(1/x) + 2πln|x|, qui sera alors bien continue sur ]−∞,−1] et sur [1,+∞[ en vertu des théorèmes opératoires classiques (et limites à gauche et à droite en±1sont bien identiques puisqueln 1 = 0!!).

Je vais donc chercher à dominer f : (x, t)→ln 1−2xcost+x² pour (x, t)∈[−1,1]×]0, π[.

∗ pour t fixé dans ]0, π[, la fonction x →f(x, t) = ln x−e^{it 2} est continue sur [−1,1] (théorèmes opératoires classiques, puisque e^it n’est pas réel)

∗ pourxfixé dans[−1,1], la fonctiont→f(x, t) = ln x−e^{it 2} est continue par morceaux sur]0, π[

pour les mêmes raisons

∗ domination : avec l’inégalité triangulaire, j’obtiens immédiatement, pour(x, t)∈[−1,1]×]0, π[

0<1−2xcost+x² = x−e^{it 2}≤4,

mais il faut faire attention aux valeurs négatives def ! Je minore donc : 1−2xcost+x²= sin²t+ (x−cost)² ≥sin²t.

par conséquent :

· soit0<1−2xcost+x² <1, auquel casln sin²t≤f(x, t)<0

· soit1−2xcost+x² ≥1, auquel cas 0≤f(x, t)≤ln 4 d’où dans tous les cas

|f(x, t)| ≤2 |ln sint|+ ln 2

et la fonctiont→2 |ln sint|+ ln 2 est bien continue par morceaux et intégrable sur ]0, π[(car ln sint ∼

t→0lntcomme au a)).

En conclusion, I est bien continue sur [−1,1], donc sur Rd’après les remarques précédentes.

I est paire et continue surR.

PSI* — 2019/2020 — Corrigé partiel du T.D. 07 Page 2 c)Pour la dérivation sous le signe somme, je travaille plutôt sur [a, M], avec a, M fixés tels que

1< a < M. D’après l’inégalité triangulaire bis, j’ai

∀(x, t)∈[a,+∞[×[0, π] x−e^it ≥x−1≥a−1, (1) donc

∗ pour tfixé dans ]0, π[, la fonction x→f(x, t) = ln x−e^{it 2} est C¹ sur [a, M](théorèmes opéra- toires classiques d’après(1))

∗ pourxfixé dans[a, M], la fonctiont→f(x, t) = ln x−e^{it 2} est continue par morceaux sur[0, π]

pour les mêmes raisons

∗ pour x fixé dans [a, M], la fonction t→ ∂f

∂x(x, t) = 2 (x−cost)

1−2xcost+x² est continue par morceaux sur[0, π], toujours pour les mêmes raisons

∗ domination : grâce à(1), j’ai, pour(x, t)∈[a, M]×[0, π]

∂f

∂x(x, t) ≤ 2 (M+ 1) (a−1)² ,

et cette dernière fonction (constante) est bien continue par morceaux et intégrable sur le segment [0, π]!

Ainsi, le théorème de dérivation sous le signe s’applique : I estC¹ sur [a, M], cela pour tous a, M tels que 1< a < M, donc I estC¹ sur ]1,+∞[et, d’après la formule de Leibniz, pourx >1fixé,

I^′(x) =

π

0

2 (x−cost) 1−2xcost+x²dt.

Pas mieux que le changement de variable C¹ bijectif u= tan (t/2), en considérant que l’intégrale est calculée sur [0, π[:

I^′(x) = 2

+∞

0

1 +u² x− 1−u² (1 +x²) (1 +u²)−2x(1−u²)

2du 1 +u²

= 2

x

+∞

0

2x² 1 +u² −2x 1−u²

[(1 +x²) (1 +u²)−2x(1−u²)] (1 +u²)du

soit, en écrivant (habilement) 2x² = 1 +x²+x²−1 et en réécrivant le dernier dénominateur I^′(x) = 2

x

+∞

0

1

1 +u² + x²−1

(x+ 1)²u²+ (x−1)² du qui se coupe en deux intégrales convergentes :

I^′(x) = 2 x

π

2 + x²−1 (x−1)²

x−1

x+ 1arctan x+ 1 x−1u

+∞

0

soit après simplifications (!!) :

∀x >1 I^′(x) = 2π x . d)Je dispose donc d’une constante C telle que

∀x >1 I(x) = 2πlnx+C et alors d’après a)

∀x∈]0,1[ I(x) =I 1

x + 2πlnx=C.

OrI est continue en 0 etI(0)vaut trivialement 0, doncC = 0. Finalement, par continuité et parité : I est nulle sur [−1,1] et, pour|x|>1,I(x) = 2πln|x|.