UNIVERSITE PARIS 6
2011-2012
LM261
Corrigé rapide de l’examen du 5 juin 2012
Exercice 1
a) La suite converge simplement surRvers la fonctionf(x) =ex. b)Soitn≥1un entierfixé
|fn(x)−f(x)|=¯¯¯(1 + x
n)n−ex¯¯¯=ex
¯¯
¯¯
(1 + xn)n ex −1
¯¯
¯¯.
Lorsque x → +∞, la fonction exponentielle croît plus vite que la fonction polynômiale(1 + xn)n, de sorte que (1+xn)
n
ex tend vers 0. On en déduit que
x→lim+∞|fn(x)−f(x)|= +∞.
La convergence est uniforme si et seulement si la suiteSupx→+∞|fn(x)−f(x)| converge vers 0, ce qui n’est pas le cas ici.
c) g0n(x) = 1−1+1nx =x+nx qui est positive pour toutx≥0. Par conséquent gn est croissante sur[0,+∞[et, commegn(0) = 0, elle est positive et
sup
x∈[0,A]
gn(x) =gn(A) =A−n Ln(1 + A n).
d)
|fn(x)−f(x)|=ex
¯¯
¯¯
(1 + xn)n ex −1
¯¯
¯¯=ex¯¯¯e−x+nLn(1+xn)−1¯¯¯=ex¯¯¯e−gn(x)−1¯¯¯
Commegn est positive,e−gn(x)≤1, d’où¯¯e−gn(x)−1¯¯= 1−e−gn(x) Exercice 2
a) On sait qu’au voisinage de u = 0, Arctanu ∼ u. On en déduit que limt→0Arct(1+ttan(tx)2) = limt→01+tx2 =x.
1
L’application(t, x)→Arctan(tx)est continue surR2 car c’est la composée de la fonction (t, x) →tx et de la fonctionu →Arctanuqui sont continues.
Par conséquent,φest continue sur]0,+∞[×R
Soitx∈Ret soit(tn)et(xn)deux suites de réels qui tendent respectivement vers0et versx. Lorsquen→+∞,tnxn tend vers zéro etφ(tn, xn)∼1+txn2n qui tend versx.
φest donc bien continue sur[0,+∞[×R
b) D’après la première question, la seule singularité de l’intégrale est à l’infini.
Or pour tout(t, x)∈[0,+∞[×R, Arctan(tx)
t(1 +t2) ≤ π
2t(1 +t2) ∼+∞
π 2t3.
L’intégrale est donc convergente d’après le critère de Riemann.
c)Puisque la fonctionArctanest impaire, F(−x) =
Z +∞
0
Arctan(−tx) t(1 +t2) dt=−
Z +∞
0
Arctan(−tx)
t(1 +t2) dt=−F(x).
D’après la première question, la fonctionφest continue sur[0,+∞[×R, donc a fortiori séparément continue.
De plus
φ(t, x)≤ π 2t(1 +t2),
qui est une fonction indépendante de x intégrable sur[0,+∞[.
On en déduit queF est continue surR.
d)∂φ∂x(t, x) =(1+t2)(1+t1 2x2)qui est une fonction continue, et donc séparément continue, sur[0,+∞[×R.
De plus ¯¯¯¯
∂φ
∂x(t, x)
¯¯
¯¯≤ 1 t2,
qui est une fonction indépendante de x intégrable sur [0,+∞[.Par con- séquent,F est de classeC1, et
F0(x) = Z +∞
0
dt
(1 +t2)(1 +t2x2). e)Pourx6= 1, on a la décomposition en éléments simples
1
(1 +t2)(1 +t2x2)= 1 (1−x2)
1
(1 +t2)+ x2 (x2−1)
1 (1 +t2x2) On aR+∞
0
dt
(1+t2x2) =επ2x, où²est le signe de x.
Par conséquent, six >0, F0(x) =
∙ 1
(1−x2)+ x (x2−1)
¸π
2 = π
2(1 +x) 2
,
et si x <0,
F0(x) =
∙ 1
(1−x2)− x (x2−1)
¸π
2 = π
2(1−x).
f )On a bien sûrF(0) = 0.Par conséquent, six >0, F(x) =
Z x 0
F0(u)du= π
2Ln(1 +x), et si x <0,
F(x) = Z x
0
F0(u)du=−π
2Ln(1−x).
Exercice 3
Supposons qu’il existe une solution possédant une transformée de Laplace.
L(y00) =x2L(y)−xy(0)−y0(0) =x2L(y)−1.
L(3e−t−t2) =x+13 −x23. On en déduit que
L(y) = [ 1
x2−4+ 3
(x+ 1)(x2−4)− 2 x3(x2−4)].
La décomposition en éléments simples donne L(y) = 7
16 1 x−2+ 7
16 1
x+ 2 − 1 x+ 1 + 1
8x+ 1 2x3. On en déduit que
y= 7
16e2t+ 7
16e−2t−e−t+t2 4 +1
8.
On vérifie alors que la fonction ainsi trouvée possède bien une transformée de Laplace, et que c’est une solution du problème définie pour toutt∈R.
3
