PARTIE III

PRELIMINAIRES

² On notera qu'il est dit dans la troisiµeme partie que N1(f)·2N2(f) , ce qui donne un contr^ole (trµes partiel) des calculs des deux premiµeres parties.

² Dans tout le problµeme je noteÁ les fonctions auxiliaires introduites .

² J'utilise r¶eguliµerement la propri¶et¶e: Si Á est continue positive sur R^+¤ , si Á se prolonge par continuit¶e en 0 et si lim_t!+1¡

t²Á(t)¢

=L2RalorsÁest int¶egrable surR^+¤. En e®et les deux premiµeres hypothµeses assurent l'int¶egrabilit¶e sur ]0;1] alors que la premiµere et la troisiµeme l'assure sur [1;+1[ .

² De m^eme si Áest continue positive surR⁺ et si lim_t!+1¡ t²Á(t)¢

=L2R alorsÁest int¶egrable surR⁺

PARTIE I - Exemple 1

1)

La fonction arctan est de classeC¹sur R⁺, elle v¶eri¯e arctan(0) = 0, donc f est dans E0: Par ailleurs l'applicationÁ:8t 2R^+¤ ,Á(t) = ^{ar ctan(t)}_t2 ² est int¶egrable surR^+¤ car

² elle est continue positive surR^+¤

² elle se prolonge par continuit¶e en 0 en posantÁ(0) = 1;

² limt!+1

¡t²Á(t)¢

= ^¼₄² Donc :

f appartient µaE1

2)

² La fonctionHx est continue positive surR⁺,

² lim_t!+1(t²Hx(t)) = 0.

doncHx est int¶egrable surR⁺:

On remarque que (f⁰(t))²= _(1+t¹2)² =H1(t) et donc :

f 2E2

3.1)

On ¶ecrit'(x) =R

R⁺Á(x; t)dtavec :8(x; t)2R^+¤£R⁺ Á(x; t)7!(t²+1)(t¹²+x²):(le d¶enominateur est non nul carx >0 )

² pour tout x2R^+¤ la fonctiont!Á(x; t) est continue int¶egrable sur R⁺

² pour tout t2R⁺ la fonctionx !Á(x; t) est continue surR^+¤

² On a la domination sur tout segment [a; b]½!R^+¤ :

8(x; t)2[a; b]£R⁺ Á(x; t)· 1 a²+t²

8>

<

>:

ind¶ependant dex

continue int¶egrable surR⁺(fonction continue , positive surR⁺ cara >0 et lim³

t²_a2+t^{1 2}

´

= 1 ) d'oµu par th¶eorµeme sur les int¶egrales µa paramµetres :

'est continue sur R^+¤

3.2) 1

(T + 1)(T+x²) = 1 1¡x²

h ¡1

T + 1+ 1 T+x²

i : 3.3)D'oµu

Z _X

0

1 1¡x²

h ¡1

t²+ 1+ 1 t²+x²

idt = 1 x²¡1

h Z ^X

0

dt t²+ 1¡

Z _X

0

dt t²+x²

i

= 1

x²¡1 µ

arctan(X)¡ 1 xarctan

µX x

¶¶

commex >0 on a par passage µa la limite : '(x) = _x2¹¡1(^¼₂¡ 2x^¼ ) =_2x(x+1)^¼ :

8x >0; x6= 1 : '(x) =_2x(x+1)^¼ 3.4)

(N2(f))² =R

R⁺(f⁰(t))²dt=R

R⁺H1(t)dt='(1):

Or'est continue d'aprµes 3.1 donc par passage µa la limite dans l'¶egalit¶e pr¶ec¶edente : N2(f) = ^p₂^¼

4)En posant Á(u) =u¡arctanu on a : Á⁰(u) = 1¡1+u¹² = _1+u^u22 ¸0:

Donc Áest croissante et commeÁ(0) = 0 on obtient :

8u2R⁺; u¡arctanu¸0 5)

² La fonctionGx est continue positive surR^+¤

² elle se prolonge par continuit¶e en t= 0 parGx(0) =x et

² lim_t!+1¡

t²Gx(t)¢

= 0 donc :

Gxest int¶egrableR^+¤ 6.1)

soitÁ :

8(x; t)2R⁺£R^+¤; Á(x; t) =arctan(xt) t(t²+ 1)

² pour tout x2R⁺,t!Á(x; t) est continue , int¶egrable sur R^+¤

² pour tout t2R^+¤ ,t!Á(x; t) est continue surR⁺

² On a d'aprµes la question 4 la domination sur tout segment [a; b]½R⁺: Á(x; t)· (t^2b+1)

½ ind¶ependant de x continue int¶egrable surR^+¤ Le th¶eorµeme de continuit¶e des int¶egrales d¶ependant d'un param¶etres s'applique et donne la continuit¶e deµsur tout intervalle [a; b] donc surR⁺:

6.2)

De plus ^{@ Á}_@x(x; t) =_(t2+1)( 1+t^{1 2}x²) et

² pour toutx 2R⁺,t! ^@Á_@x(x; t) est continue , int¶egrable surR^+¤( car continue surR⁺, positive et lim₊₁³

t^2@Á_@x(x; t)´

½ =

0 six >0 1 six = 0

² pour tout t2R^+¤ ,x! ^@Á_@x(x; t) est continue surR⁺

² On a la domination sur R⁺: ^{@ Á}_{@ x}(x; t)· _t2¹+1

½ ind¶ependant dex continue int¶egrable sur R^+¤ donc d'aprµes le th¶eorµeme de d¶erivation des int¶egrales d¶ependant d'un paramµetre on a :

µ est de classeC¹ sur R⁺ 6.3)

De plus avec le th¶eorµeme de d¶erivation des int¶egrales d¶ependant d'un paramµetre on a : 8x2R⁺; µ⁰(x) =

Z

R^+¤

@Á

@x(x; t)dt= Z +1

0

1

(1 +t²)(1 +x²t²)dt:

Pourx6= 0 etx 6= 1

µ⁰(x) = 1 x²

Z +1 0

1

(1 +t²)(_x¹2 +t²)dt= 1 x²

¼ 2

1

1 x

¡₁

x+ 1¢ d'aprµes 3.3

= ¼

2 1 x+ 1

Pourx= 0 etx = 1 le r¶esultat reste vrai par continuit¶e (µ⁰ est continue sur R⁺, ainsi quex!^¼_2x+1¹ On peut aussi calculer la primitive par d¶ecomposition en ¶el¶ements simples.

6.4)

Commeµest de classeC¹surR⁺ on a : µ(x) =µ(0) +Rx

0 µ⁰(t)dt= ^¼₂ ln(x+ 1):

µ(x) = ^¼₂ln(x+ 1) 6.5)

(N1(f))² =R+1

0 (^{ar ctan}_t ^t)²dtet µ(1) =R+1 0

ar ctant 1+t²

1 tdt:

On intµegre par parties sur un segment [1; X] avec les fonctionsC¹: u= arctan(t²) , v=¡1=t Z X

1

(arctant

t )²dt =

·

¡arctan(t)² t

¸X 1

+ Z X

1

arctant 1 +t²

1 tdt

= ¡2arctan(X) X(X²+ 1)+¼²

16 + Z X

1

arctant 1 +t²

1 tdt et le passage µa la limite quandX !+1(possible car les int¶egrales impropres convergent) donne :

Z +1 1

(arctant

t )²dt= ¼² 16+

Z +1 1

arctant 1 +t²

1 tdt et de m^eme sur [X;1]

Z 1 X

(arctant

t )²dt =

·

¡arctan(t)² t

¸1 X

+ Z 1

X

arctant 1 +t²

1 tdt

= 2arctan(X)² X(X²+ 1) ¡ ¼²

16 + Z X

1

arctant 1 +t²

1 tdt et le passage µa la limite quandX !0 donne en utilisant arctan(X)»0X:

Z 1 0

(arctant

t )²dt=¡¼² 16 +

Z 1 0

arctant 1 +t²

1 tdt d'oµu :

(N1(f))²= 2µ(1):

6.6) et donc :

N1(f) =p

¼ln 2 et ^N_N¹₂^(f)_(f) = 2p ln 2 remarque :2p

ln 2·2car ln(2)·1

PARTIE II - Exemple 2

1)

² Pour toutt2R⁺:f⁰(t) =¹⁺

pt t2+1

t+p

t²+1 = ^p_t2¹+1:On a doncf(t) = argsh(t) . (la fonction argshn'est pas au programme en 2004)

² f est de classeC¹ surR⁺et f(0) = 0 doncf est dansE0

² De plus (f⁰(t))²= _t2¹+1 ce qui montre quef⁰²est continue et int¶egrable surR⁺:Donc f2E2: (N2(f))²=R+1

0 dt

1+t² = [arctant]⁺0¹= ^¼₂. D'oµu

N2(f) =p_¼

2: 2)

² Quandt tend vers 0 :

f(t) = argsh(t)»t:

² Quandt tend vers +1:

f(t) = ln(t+p

1 +t²) = lnt+ ln(1 + r

1 + 1 t²)»lnt car lnt tend vers +1tandis que ln(1 +

q

1 +_t¹2) tend vers ln 2¿ln(t)

ou en utilisant u= argsh(t)on a t=sh(u) = ^eu+e₂^¡u » ^e₂^u donc u»ln(2t) = ln(t) + ln(2)»ln(t) 3)

² f est continue positive surR⁺ etf(0) = 0:

² La fonctionÁ(t) = (^f(t)_t )² { est continue sur R^+¤;

{ est prolongeable par continuit¶e en 0 par la valeur 1 d'aprµes la question pr¶ec¶edente;

{ t³⁼²Á(t) =^argsh(t)p_t ² »+1

³ln(t) t¹⁼⁴

´2

de limite nulle avec 3=2>1 doncÁest int¶egrable surR^+¤:

Tout ceci montre

f 2E1

4.1)

² La fonctionÁ(t) =^¡_1¡^ln_t2^t est continue positive sur ]0;1[.

² Quandt !1, Á(t) = _(1¡^¡_t)(1+t)^lnt » _1+t¹ ! ¹₂ donc la fonction est prolongeable par continuit¶e et donc elle est int¶egrable sur [1=2;1[

² Quandt!0, Á(t)» ¡lnt int¶egrable sur ]0;1=2]

doncÁest int¶egrable sur ]0;1[:

4.2)soitÁ_k(t) =¡t^2kln(t)

pour k= 0 :¡ln(t) est int¶egrable sur ]0;1]

pour k¸1 :

² l'applicationÁ_k est continue positive sur ]0;1].

² la fonction est prolongeable par continuit¶e en 0 par la valeur 0.

Donc pour tout k2Nl'applicationÁ_k est int¶egrable sur ]0;1] donc sur ]0;1[:

On intµegre par parties sur [X;1]:

Z 1 X

t^2klntdt=h t^2k+1 2k+ 1lnti1

X ¡ 1

2k+ 1 Z 1

X

t^2kdt=¡X^2k+1

2k+ 1 lnX¡ 1 (2k+ 1)²

h1¡X^2k+1i

et on peut faire tendreX vers 0 l'int¶egrale impropre ¶etant convergente Jk= 1

(2k+ 1)²: 4.3)Il s'agit de justi¯er l'int¶egration terme µa terme.

² Les fonctionsÁ_k sont continues int¶egrables sur ]0;1[

² la s¶erie P

Á_k converge (s¶erie g¶eom¶etrique de raison x²2]0;1[ )

² la sommeP+1

k= 0Á_k(x) =^¡₁^ln(x)_¡x2 est continue sur ]0;1[

² la s¶erieP R

]0;1[

¯¯¡t^2klnt¯¯dtconverge : en e®et la s¶erieP R

]0;1[

¯¯¡t^2klnt¯¯dt=P

Jk=P ₁

(2k+1)² , s¶eries µa termes positifs aveck²_{( 2k+1)}¹ 2 !¹4

Le th¶eorµeme d'int¶egration terme µa terme pour les s¶eries de fonctions donne queÁest int¶egrable sur ]0;1[ (on le sait d¶ejµa) et que :

Z

]0;1[

Á=

+1

X

k=0

Z

]0;1[

Á_k

soit :

J=

+1

X

k=0

Jk=

+1

X

k=0

1 (2k+ 1)²: pour calculer cette somme on part deP+1

n=1 1

n² =^¼₆² et on s¶epare les termes pairs et les termes impairs.

¼² 6 =

+1

X

n=1

1 n² =

+1

X

k=0

1 (2k+ 1)² +

X1 k=1

1

(2k)² = J+ 1 4

¼² 6 on obtient :

J = ^¼₈² 5.1)

I = (N1(f))²=R

R^+¤f²(t)_t¹2dt=R+1

0 argsh(t)^{2 1}_t2dt : Int¶egrons par parties comme au I.6.5 :

Z X 1

argsh(t)² 1

t²dt = h¡argsh(t)² t

iX 1 + 2

Z X 1

argsh(t) tp

1 +t²dt

= argsh(1)¡ argsh(X)²

X + 2

Z X 1

argsh(t) tp

1 +t²dt on peut faire tendreX vers +1car

² ^arg_t^p_1+t^sh(t)2 est int¶egrable sur [1;+1[ comme fonction continue , positive , telle quet^{3=2 arg}_tp^sh(t)

1+t² = ^argp ^sh(t)

1=t+t » ^ln(t)p_t a une limite nulle .

² ^argsh(X)X ² »³

ln(X) X¹⁼²

´2

a une limite nulle siX tend vers +1 : Z +1

1

argsh(t)² 1

t²dt= argsh(1) + 2 Z ₁

1

argsh(t) tp

1 +t²dt et de m^eme:

Z ₁

X

argsh(t)² 1

t²dt = h¡argsh(t)² t

i1 X + 2

Z ₁

X

argsh(t) tp

1 +t²dt

= ¡(argsh(1))²+argsh(X)²

X + 2

Z 1 X

argsh(t) tp

1 +t²dt on peut faire tendreX vers 0 car :

² ^arg_t^p_1+t^sh(t)2 est int¶egrable sur ]0;1] comme fonction continue , positive , prolongeable par continuit¶e en 0 par 1

² ^argsh(X)X ² »X a une limite nulle siX tend vers 0 : Z ₁

0

argsh(t)² 1

t²dt=¡(argsh(1))²+ 2 Z ₁

0

argsh(t) tp

1 +t²dt ce qui donne le r¶esultat demand¶e :

I = 2R+1 0

f(t) tp

t²+1dt 5.2)

f⁰(t) =_t2¹+ 1>0 etfadmet 0 pour limite en 0 et +1pour limite en +1ce qui montre quef r¶ealise unC¹-di®¶eomorphisme de ]0;+1[ sur ]0;+1[:

On peut donc faire le changement de variable :

I= 2 Z +1

0

f(t) t

p dt

t²+ 1 = 2 Z +1

0

u sh(u)du:

D'autre part, l'application u 7! e^¡u r¶ealise un C¹-di®¶eomorphisme de ]0;+1[ sur ]0;1[, ce qui justi¯e le changement de variablev=e^u:

I = 2 Z +1

0

u

shudu= 4 Z +1

0

u

e^u¡e^¡udu= 4 Z 1

0

¡lnv

1 v¡v

dv

v = 4J= ¼² 2 : I = ^¼₂²

5.3)

N1(f) = p^¼

2 et ^N_N^1(f)

2(f)=p

¼:

PARTIE III

1.1)

h(t) =^f(t)¡f(0)_t¡0 . Commef est d¶erivable en 0 de d¶eriv¶ee ® d'oµu lim_t!0⁺h(t) =® g(t) =p

th(t) donc lim^t!0⁺g(t) = 0 1.2)

g⁰(t) = ^f

0(t)p

t¡f(t)₂p¹ t

t doncp

tg⁰(t) =f⁰(t)¡ ^f(t)_2t soit f⁰(t)¡p

tg⁰(t) =¹₂h(t):

1.3)p

tg⁰(t) =f⁰(t)¡ ¹₂h(t) orf est de classeC¹donc limt!0⁺f⁰(t) =® et on sait limt!0⁺(h(t)) =® lim_t!0⁺p

tg⁰(t) =^®₂ et commeg(t) tend vers 0

limt!0⁺g(t)g⁰(t) = 0 1.4)

² f ¶etant C¹ sur [0; x], l'applicationf⁰² est continue sur [0; x] donc int¶egrable.

² t7!(p

tg⁰(t))²et t7!(h(t))² sont prolongeable par continuit¶e en 0 d'aprµes les questions pr¶ec¶edentes

² f⁰(t) =p

tg⁰(t) + ¹₂h(t) donne aprµes prolongement par continuit¶e en 0 . Z x

0

(f⁰(t))²dt = Z x

0

· (p

tg⁰(t))²+ 1

4(h(t))²+p

tg⁰(t)h(t)

¸ dt=

Z x 0

(p

tg⁰(t))²dt+ Z x

0

1

4(h(t))²dt+ Z x

0

g⁰(t)g(t)dt

= Z x

0

(p

tg⁰(t))²dt+ Z x

0

1

4(h(t))²dt+ Z x

0

g⁰(t)g(t)dt+ 1

2g(x)²car g(0) = lim

t!0g(t) = 0 c'est la relation (R) Rx

0(f⁰)² =Rx 0(p

tg⁰(t))²dt+ ¹₄Rx

0(h(t))²dt+ ¹₂(g(x))² 2.1)

Soitf 2 E1: Montrer que f 2 E1 revient µa montrer que h² est int¶egrable sur R^+¤ . Comme h² ¸ 0 cela revient encore µ

a montrer que l'applicationx 7!Rx

0 h² est ma jor¶ee (car elle est croissante et que pour une fonction positive l'int¶egrabilit¶e

¶

equivaut µa la convergence de l'int¶egrale impropre) Or, d'aprµes (R) on a :

Z x 0

h²·4 Z x

0

f⁰²·4 Z +1

0

f⁰² ce qui donne la majoration. Donc f2E1. Et donc

E2½E1

2.2)

D'une partÁ(t) = (^sin_t^t)² est continue positive sur ]0;+1[, prolongeable par continuit¶e en 0 par la valeur 1, ett³⁼²Á(t) tend vers 0 sittend vers +1: elle est donc int¶egrable sur ]0;+1[:Comme sin2E0 on obtient que sin2E1:

D'autre part Rn¼

0 cos²tdt=Rn¼ 0

1+cos (2t)

2 dt= ^n¼₂ !+1doncR+1

0 cost²dtdiverge et donc sin2=E2: E1n'est pas inclus dans E2

3.1)On procµede comme pour les fonctions de carr¶e int¶egrable en utilisant que pour (a; b) r¶eelsab· ^a2+b₂ ²

² E2 est inclus dansE0par d¶e¯nition

² E2 est non vide (cf exemples du I et du II)

² E2est stable par addition : Sif etgsont dansE2(f⁰+g⁰)²est continue positive surR⁺et (f⁰+g⁰)² =f⁰²+g⁰²+ 2f⁰g⁰· 2(f⁰²+g⁰²) . donc par majoration (f⁰+g⁰)²est int¶egrable surR⁺

² E2 est stable par produit externe : sif⁰²est int¶egrable surR⁺ ,¡ (¸f)⁰¢2

=¸²f⁰² l'est aussi.

E2est un sous espace vectoriel deE1

3.2)

Au 2.1 on a vu8x >0; Rx

0 (^f(t)_t )²dt·4R+1

0 (f⁰(t))²dt et en faisant tendre xvers +1cela donne :

(N1(f))²·4(N2(f))² d'oµu encore :

N1(f)·2N2(f) 3.3)

On a bien fn(0) = 0 etfnde classeC¹ surR⁺: De plusf_n⁰(t) =e^¡t(¡sinnt+ncosnt) donc

(f_n⁰(t))² = e^¡2t(sin²nt+n²cos²nt¡nsin 2nt) =e^¡2t(1

2(1¡cos 2nt) + n²

2 (1 + cosnt)¡nsin 2nt)

= n²+ 1

2 e^¡2t+n²¡1

2 e^¡2tcos(2nt)¡ne^¡2tsin(2nt) Pour calculer les int¶egrales , on passe par les complexes :

Z X 0

e^¡2te^2intdt=

"

e^¡2t+2int

¡2 + 2in

#X 0

= 1¡e^¡2Xe^2inX

2¡2in ¡!X!+1

1

2(1¡in) = 1 +in 2(1 +n²) car¯¯e^¡2Xe^2inX¯¯=e^¡2X

ce qui donne Z +1

0

e^¡2tcos 2ntdt= 1 2(1 +n²) et

Z +1 0

e^¡2tsin 2ntdt= n 2(1 +n²) d'oµu

Z ₊₁

0

(f_n⁰(t))²dt= 1 +n² 2

1

2 +n²¡1 2

1

2(1 +n²)¡n n

2(1 +n²)= 1

4(1 +n²)[(n²+ 1)²+ (n²¡1)¡2n²] = n² 4 et en¯n :

N2(fn) = ⁿ₂ 3.4)

Que faut il faire : existe-t-il aet b strictement positifs tels que pour toute fonctionf2E2aN2(f)·N1(f)·bN2(f) . On conna^³t d¶ejµa b= 2 . Le problµeme est donc a.

Si aexiste on doit montrer 8f 2E2 aN2(f)·N1(f). Si an'existe pas on doit construire un contre exemple et trouver une suite (fn) telle que lim

³N1(fn) N2(fn)

´

= 0:

vue la question pr¶ec¶edente c'est le plan "an'existe pas" qui est pr¶epar¶e . On montre donc lim

³N1(fn) N2(fn)

´

= 0 fnest dans E2, donc dansE1:On a N1(fn)² =R₊₁

0

e^¡2tsin²(nt)

t² dt:et donc³

N1(fn) N2(fn)

´2

= 4R₊₁

0

e^¡2tsin²(nt) n²t² dt On constate que la suiteÁ_n(t) = ^e¡2t_n^sin2t^22(nt) converge simplement vers 0 . Une convergence domin¶ee donne le r¶esultat:

² Á_n est continue int¶egrable sur R^+¤ carN1(fn) existe

² 8n2N^¤;8t2R^+¤ ,jÁ_n(t)j ·e^¡2t continue int¶egrable surR⁺donc surR^+¤ . donc par convergence domin¶ee

lim

µN1(fn) N2(fn)

¶2

= lim µZ ₊₁

0

Á_n(t)dt

¶

= 0

conclusion :

N1 et N2 ne sont pas ¶equivalentes 4)

² En reprenant III.2.1 avec Rx 0(p

tg⁰(t))²dt au lieu de Rx

0(h(t))²dt on voit queRx 0(p

tg⁰(t))²dtadmet une limite en +1 et R+1

0 (p

tg⁰(t))²dt ·R+1

0 (f⁰(t))²dt

² Ensuite dans (R) on obtient (g(x))² = 2Rx

0 f⁰²¡2Rx 0(p

tg⁰(t))²dt¡ ¹2

Rx

0 h²somme d'int¶egrales impropres convergentes.

D'oµug² admet une limite en +1: Notons `cette limite.

² Supposons que`6= 0:Alorsh<sup>2</sup>(x) =<sup>g2</sup><sub>x</sub><sup>(x)</sup>»x!+1`

x ce qui contredit l'int¶egrabilit¶e de h²(f 2E2) . Donc`= 0:Et donc g(t)¡>_t!+10