c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 1/23
Centrale Maths 1 PSI 2000 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Thomas Chomette (ENS Ulm) ; il a été relu par Brice Goglin (ENS Lyon) et Pascal Delanoe (Mines Paris).
Ce problème assez calculatoire a pour but de trouver, par deux méthodes diffé- rentes, la valeur des intégrales :
In = Z +∞
0
sint t
n dt
La première partie est consacrée au calcul deI1 et la deuxième traite de généra- lités sur la suite(In)n∈N. Dans la troisième partie, on calculeIn en utilisantn−1 intégrations par parties sucessives, combinées avec un résultat de linéarisation de sinnt.
Enfin, dans la quatrième partie, on introduit les fonctions :
An:x7→
Z +∞
0
1 1 +t2
sinxt t
n dt
On montre que ces fonctions vérifient des équations différentielles faisant intervenir les In, et qui, en se résolvant de proche en proche, permettent de calculer explicitement les fonctionsAn, ainsi que lesIn.
Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.
c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 2/23
Indications
I.A Intégrer par parties.
I.B.3 Utiliser la formule de trigonométrie donnantsin−sin, et utiliser la question I.A.
I.C.2 Développer le numérateur et le dénominateur en série entière pour montrer que les deux fonctions sont de classeC∞.
I.C.3 Justifier l’existence des limites utilisées.
I.C.4 Utiliser la relation de Chasles et la question I.A.
II.B Intégrer par parties sur un segment.
II.C Découper l’intégrale en trois morceaux : de 0 à ε, de εà 1 et de1 à +∞en majorant la fonction à intégrer de façon optimale à chaque fois.
II.D Utiliser le critère de Leibniz.
III.E.1 Raisonner par récurrence pour la première égalité, en utilisant la formule de Pascal : puis en déduire la deuxième en multipliant par sint.
III.E.2 Dériver les formules précédentesn−1 fois par la formule de Leibniz.
IV.B Utiliser le théorème de dérivation d’une intégrale dépendant d’un paramètre.
IV.C.1 Chercher une solution particulière ayant la même forme que le second membre.
IV.E Procéder comme à la question IV.C.1 .
IV.F Raisonner par récurrence (après avoir corrigé l’énoncé). À chaque étape de la récurrence, raisonner comme dans les questions précédentes.
Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.
c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 3/23
Partie I
I.A Par intégration par parties, on a pourx >0:
Z b
a
f(t) sinxtdt=
−f(t) cosxt x
b
a
+ 1 x
Z b
a
f′(t) cosxtdt
et donc
Z b
a
f(t) sinxtdt
6 1 x
f(a) cosax−f(b) cosxb+ Z b
a
f′(t) cosxtdt
6 1
x 2 sup
t∈[a;b]
|f(t)|+ (b−a) sup
t∈[a;b]
|f′(t)|
! .
En effet,f étant de classeC1, f et f′ sont continues et donc bien bornées sur tout segment (second théorème de Heine).
La majoration précédente nous donne bien, comme lim
x→+∞
1 x = 0:
x→lim+∞
Z b
a
f(t) sinxtdt= 0
Il s’agit d’un cas particulier du lemme de Lebesgue. En effet ce résultat s’étend à toute fonction intégrable sur[a;b].
Il est évident lorsquef est constante, et donc lorsquef est une fonction en escalier. Or une fonction intégrable sur [a;b] au sens de Riemann est limite uniforme d’une suite de fonctions en escaliers(fn)n∈N.
Si ε > 0, on a doncn0 ∈ Ntel que n> n0 =⇒ kf−fnk∞ 6ε. Mais alors, pournfixé plus grand quen0, on a :
Z b
a
f(t) sinxtdt
6
Z b
a
fn(t) sinxtdt
+ Z b
a
|f(t)−fn(t)| dt
Et pourxtel que
Z b
a
fn(t) sinxtdt
6ε, on obtient :
Z b
a
f(t) sinxtdt
6ε(1 +b−a)
et l’on a bien lim
x→+∞
Z b
a
f(t) sinxtdt= 0
Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.
c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 4/23
I.B.1 En utilisant les équivalents de la fonction sinus, on a lorsquet→0: sinnt∼nt et sint∼t
donc lim
t→0
sinnt sint =n La fonctiont7→ sinnt
sint est continue suri 0 ;π
2
iet se prolonge donc en une fonction continue surh
0 ;π 2
i, sur lequel elle est intégrable.
I.B.2 On a immédiatementJ0= 0 etJ1=π 2. Et commesin 2t= 2 costsint, on obtient :
J2= Z π2
0
2 costdt= 2
De même, on asin 3t= sintcos 2t+ costsin 2t= sint(cos 2t+ 2 cos2t), et donc :
J3= Z π2
0
cos 2t+ 2 cos2tdt
Or, par le changement de variable affinet= π
2 −u, on remarque que : Z π2
0
cos2tdt= Z π2
0
sin2tdt
et commecos2t+ sin2t= 1, Z π2
0
cos2tdt= 1 2
Z π2
0
dt= π 4
d’où J3=
1 2sin 2t
π 2
0
+π 2 =π
2
I.B.3 Rappelons la formule de trigonométrie :
sinp−sinq= 2 cosp+q
2 sinp−q 2
(Pour la retrouver, partir par exemple des formules donnantsin(a+b)etsin(a−b), les retrancher et faire le changement de variablesp=a+b et q=a−b, ou encore utiliser l’exponentielle complexe.)
On obtient alors :
Jn−Jn−2 = Z π2
0
2 cos
n+n−2 2
t
sin
n−n+ 2 2
t
sint dt
= Z π2
0
2 cos((n−1)t)dt
Jn−Jn−2 = 2
n−1sin((n−1)t)
π 2
0
,
Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.
