E3A PC 2007 Math B Exercice 2

E3A PC 2007 Math B Exercice 2

1.a) D_t\ = (x; y)2R²: y=tx

x³+y³ 3xy= 0 . on reportey=txon obtient : : x³(1 +t³) 3tx²= 0

qui admet pour solutions : x= 0 (double) et sit6= 1,x= 3t 1 +t³. Donc sit6= 1; Dt\ =fO; '(t)g

sit= 1; Dt\ =fOg en notant'(t) = ( 3t

1 +t³; 3t²

1 +t³), le point introduit à la question qui suit.

1.b) Si (x; y)2

si x6= 0 et y 6= x, on peut poser t = y

x, alors (x; y) 2Dt\ et donc d’après 1.a) x= 3t

1 +t³ et y = 3t² 1 +t³ donc (x; y)2

siy= x6= 0soitt= 1 : (x; x)2 ,x²= 0. exclus

six= 0 alors(0; y)2 ,y= 0, C’est le point de obtenu pourt= 0 Réciproquement si(x; y)2 ,9t6= 1: x= 3t

1 +t³ ety= 3t² 1 +t³ et x³+y³ 3xy= 3t

1 +t³

3

+ 3t² 1 +t³

3

3 3t 1 +t³

3t²

1 +t³ = = 0 Alors

= .

1.c)'est une application de classeC¹deRn f 1gdansR² et8t2Rn f 1g; ⁰(t) =3(1 2t³)

(1 +t³)² ; ⁰(t) =3t(2 t³) (1 +t³)².

t 1 1 : 0 : p³

1=2 : p³

2 : +1

x⁰(t) + jj + + 0

x(t) 0 % +1 jj 1 % 0 % p³

4 & p³

2 & 0 y(t) 0 & 1 jj +1 & 0 % p³

2 % p³

4 & 0

y⁰(t) jj 0 + + 0

Pour t6= 1 on a (t) (t) =t On a donclim

1

(t)

(t) = 1puis (t) + (t) = t+t²

1 +t³ = t

t² t+ 1 de limite 1d’où une asymptote d’équationy= x 1.

1.d) 1.e)

F(rcos ; rsin ) = 0()r³(cos³ + sin³ ) 3r²cos sin = 0 () r= 0 our :(cos³ + sin³ ) = 3 cos sin .

sir6= 0et

4[ ].

r= 3 cos sin cos³ + sin³

Le pointr= 0 est sur la courbe et sur le graphe de la courbe en polaire pour = 0 Si = P i=4y= x. le seul point de estO déjà étudié.

une équation polaire de est : r= 3 cos sin cos³ + sin³ , 6

4[ ] .

1.f )Une réponse évidente estu=id_R²,

On peut remarquer queF(x; y) =F(y; x). Donc est invariant par la symétrie orthogonal par rapport ày=x. Le graphe laisse penser qu’il n’y en a pas d’autres.

2.a) est la section de la surfaceS par le planz= 0

2.b) La droite passe par l’origine donc p(v) = hv; eie où e = 1 p2

0

@ 1 1 0

1

A est un vecteur unitaire directeur de la droite

p(M) = 0 BB

@ x+y x+2 y

20 1 CC A

et donc : d(M; ) =jj !

M p(M)jj= jyp xj 2 .

2.c)N etM ont la même projection orthogonale sur la droite , doncN appartient au plan passant parp(M)et normal à e, d’où :

X+Y =x+y et OM! = ON! , soit X²+Y²+Z²=x²+y².

On cherche donc(X; Y; Z)tels que 9(x; y; z) 8<

:

X+Y =x+y X²+Y²+Z²=x²+y² x³+y³ 3xy= 0 On utilise alors(x+y)³= (x³+y³) + 3xy(x+y)donc

x³+y³ 3xy= (x+y)³ 3xy(x+y+ 1)

On a aussi(x+y)²= (x²+y²) + 2xydonc

xy=(X+Y)² (X²+Y²+Z²)

2 =2XY Z²

2

On a donc :

M 2 ,x³+y³ 3xy= 0 , (X+Y)³ 3

2 2XY Z² (X+Y + 1) = 0 On obtient alors l’équivalence :

N 2()(X+Y)³= 3

2(2XY Z²)(1 +X+Y) .

2.d). S a pour équationx³+y³ 3xy z= 0, . Un vecteur normal à la surface est donc

0

@ 3(x²₀ y0) 3(y₀² x0)

1

1 A6=!0 Donc le plan tangent àS au pointM₀ a pour équation :

3(x x₀)(x²₀ y₀) + 3(y y₀)(y²₀ x₀) (z z₀) = 0 .

Le plan tangent est horizontal au pointM0 lorsque x²₀ y₀= 0

y₀² x0= 0 i.e. y₀=x²₀

x0=x⁴₀ , qui admet deux solutions :.

le plan tangent est horizontal en2 points : (0;0;0) et(1;1; 1) .

exercice 3

1.a) gest une intégrale à paramètre . On utilise le théorème de Leibniz de dérivation d’une intégrale à paramètre:

8t2[0; =2],x >exp (xsin(t))est C¹surRde dérivée @f

@x(x; t) = sin(t)e^xsin(t).

8x2Rt7!exp (xsin(t))et t7!sin(t) exp (xsin(t))sont continues, donc intégrables sur le segmenth 0;2

i .

On a domination de la dérivée partielle sur tout segment :8x2[a; b] R;8t2[0; =2];jsin(t)e^xsin(t)j6e^b continue donc intégrable sur le segmenth

0;2 i

:

On a véri…é les hypothèses de domination :

g est alors de classeC¹ surR, et8x2R,g⁰(x) = Z ₂

0

sin (t)e^xsin(t)dt

8x2R;8t2h 0;2

i;sin(t)>0et e^xsin(t)>0, donc Z ₂

0

sin (t)e^xsin(t)dt>0, d’où8x2R; g⁰(x)>0. 1.b)La fonctionsin est concave, surh

0; 2 i

,donc le graphe est sous la tangente en0(d’équationy=x), et au-dessus de la corde passant par les points d’abscisses0 et

2 (d’équationy= 2

x), et donc : 8t2h 0; 2

i

; t>sin(t)>2t . 1.c) pourx 0

8t2h 0; 2

i;0 xsin(t)6x2t

d’où0 e^xsin(t)6e^x2t et donc en intégrant (bornes dans le bon sens) :

0 g(x)6Z ₂

0

e^x2tdt=h

2xe^x2ti₂

0 =

2x(e^x 1)

8x <0,0 g(x)62x(e^x 1) De même

8x >0; g(x)>2x(e^x 1)

1.d)

lim1 2x(e^x 1) = 0, d’où par encadrement lim

x! 1g(x) = 0⁺. e^x 1 +1e^x, donclim

=1 2x(e^x 1) = +1, d’où lim

x!+1g(x) = +1et etlim

=1 2x²(e^x 1) = +1, d’où lim

x!+1

g(x) x = +1

1.e)d’après ce qui précède, le tableau des variations de est :

x 1 1

g⁰(x) +

g(x) 0 % +1

2.a) Le développement en série entière de l’exponentielle, (de rayon de convergence+1) donne 8x2R; f(x; t) =

+1

X

n=0

xⁿsin(t)ⁿ n!

C’est bien une série entière car après la substitution, on a bien des puissances entières de la variablex:

2.b)Par contre sixest réel, …xé, et sitvarie , l’expression précédente n’est pas une série entière. il faut justi…er l’intégration termes à termes:

Théorème : Si X

un est une séries de fonctions continues qui converge normalement sur un segment, alors la somme est continue sur le segment et on peut intégrer termes à termes.

(comme on est sur un segment l’intégrabilité est automatique).

Ici8t2[0; =2],jxⁿsin(t)ⁿ

n! j6jxjⁿ

n! terme général d’une série convergente et indépendante det, ce qui assure la convergence normale. . De plust > xⁿsin(t)ⁿ

n! est continue sur[0; =2].

On a, pour tout réel x: g(x) =

Z ₂

0

e^xsin(t)dt= Z ₂

0 +1

X

n=0

xⁿsin(t)ⁿ n! dt=

+1

X

n=0

Z ₂

0

xⁿsin(t)ⁿ n! dt=

+1

X

n=0

1 n!

Z ₂

0

sinⁿ(t)dt

! xⁿ

. Doncgest développable en série entière surRet

8x2R; g(x) =

+1

X

n=0

Wn

n! xⁿ .

2.c)On reprend la question1a)en véri…ant : 8t2[0; =2],x >exp (xsin(t))est C²surR, 8x2t7! @²exp (xsin(t))

@x² (x; t) = sin²(t)e^xsin(t)est continue, donc intégrable sur le segmenth 0;2

i., dominée pare^b sur [a; b] [0; =2]

D’après le théorème de dérivation sous le signe Z

, à l’ordre deux,gest de classeC²surR, et8x2R; g⁰⁰(x) = Z ₂

0

sin²(t)e^xsin(t)dt.

Alors,8x2R;

x(g⁰⁰(x) g(x)) +g⁰(x) = x Z ₂

0

( sin²(t) 1)e^xsin(t)dt+ Z ₂

0

sin (t)e^xsin(t)dt

= x Z ₂

0

cos²(t)e^xsin(t)dt+ Z ₂

0

sin (t)e^xsin(t)dt

On intègre par parties le premier terme en posant : u(t) =e^xsin(t); v(t) = cos(t), qui sont de classeC¹,d’où Z ₂

0

xcos²(t)e^xsin(t)dt=h

cos(t)e^xsin(t)i₂

0 + Z ₂

0

sin (t)e^xsin(t)dt= 1 + Z ₂

0

sin (t)e^xsin(t)dt

ce qui donne :

8x2R; x(g⁰⁰(x) g(x)) +g⁰(x) = 1

2.d)On reporte dans l’équation di¤érentielle le développement en série entière deg,g⁰ etg⁰⁰: x(g⁰⁰(x) g(x)) +g⁰(x) = x

+1

X

n=2

n(n 1)a_nx^{n 2}

+1

X

n=0

a_nxⁿ

! +

+1

X

n=1

na_nx^{n 1}

=

+1

X

n=2

n(n 1)anx^{n 1}

+1

X

n=0

anxⁿ⁺¹+

+1

X

n=1

nanx^{n 1}

=

+1

X

n=1

n²a_nx^{n 1}

+1

X

n=0

a_nxⁿ⁺¹

= a1+

+1

X

n=1

(n+ 1)²an+1 an 1 xⁿ

On véri…ea1= 1car Z =2

0

sin(t)dt= 1:

On a alors pourn 1: (n+ 1)²an+1 an 1= 0 Sachant a_n=Wn

n! on en déduit :

8n 1 : n+ 1

n Wn+1=Wn 1

Le résultat se retrouve classiquement par intégration par partie en posant : u(t) =sinⁿ(t); v(t) = cos(t), de classeC¹, Wn+1=n

Z ₂

0

cos²(t) sin^{n 1}(t)dt=n Z ₂

0

(1 sin²(t)) sin^{n 1}(t)dt=n(Wn 1 Wn+1)

2.e)SoitRle rayon de convergence de la série recherchée. Si on pose le calcul précédent avecy(x) =

+1

X

n=0

nxⁿ, on retrouve

x(g⁰⁰(x) g(x)) +g⁰(x) = ₁+

+1

X

n=1

(n+ 1)² _{n+1 n 1} xⁿ

On a donc :

x(g⁰⁰(x) g(x)) +g⁰(x) =() ¹= 1

8n2N ;(n+ 1)² _{n+1 n 1}= 0 On sépare les termes pairs et les termes impairs:

1= 1; 3= 1

3²; 5= 1 3²:5²,

2n+1= 1

(2n+ 1)²(2n 1)¹ 3² = 1

(produit des impairs)² = 2ⁿn!

(2n+ 1)!

2

Et le rayon de convergence se déduit de la règle de d’Alembert : pourx6= 0 a2n+1x²ⁿ⁺¹

a_{2n 1}x^{2n 1} = x²

(2n+ 1)² de limite nulle Rimpair= +1

0 est indéterminé; ₂= 1

2^{2 0}; ₄= 1 4²:2^{2 0},

2n = 1

(2n)²(2n 2)¹ 2² = 1

(produit des pairs)² = 1 2ⁿn!

2

et sans problèmeRpair= +1

8x2Ry(x) =

+1

X

n=0

2ⁿn!

(2n+ 1)!

2

x²ⁿ⁺¹+ ₀

+1

X

n=0

1 2ⁿn!

2

x²ⁿ

Pour déterminerg il su¢ t de déterminer ₀=g(0) = Z ₂

0

e^0:sin(t)dt= 2 2.f )Sur l’intervalleR+, (E) est résoluble eny⁰⁰, donc

l’ensemble des solutions de (E) surR+ est un espace a¢ ne de dimension 2.

Pour tout(x₀; y₀; y₁)deR+ R, il existe une unique solution de (E) telle quey(x₀) =y₀, y⁰(x₀) =y₁

On remarque aussi que l’ensemble des solutions développable en série entière est un espace de dimension1. Et donc : Il existe des solutions sur]0;+1[qui ne sont pas la restriction d’une solution développable en série entière.

3)D’après 1)b),

8t2[0;

2]; t sin(t) 2t

; d0ou8x <0; x:t6x:sin(t)6x:2t Alors en intégrant :

Z ₂

0

e^xtdt6Z ₂

0

e^xsin(t)dt6Z ₂

0

e^x2tdt c’est-à-dire

e^x2 1

x 6g(x)6 2x(e^x 1)

On en déduit que lim

1(xg(x)) = 1 et donc g(x) ₁ 1

x . Par comparaison d’une fonction positive à une fonction de Riemann, on déduit que

gn’est pas intégrable sur] 1;0]

.

4.a) '_x : t7!e^xsin(t)est 2 -périodique, de classeC¹ surR, donc développable en série de Fourier . 4.b)d_k(x) = 1

2 Z 2

0

e^{xsin(t) ikt}dt= 1 2

Z 2 0

'_x(t)e ^iktdt=c_k('_x)le coe¢ cient de Fourier complexe d’indicek.

'_xest continue par morceaux ,2 -périodique, donc l’égalité de Parseval s’applique : 1 2

Z 2

0 j'_x(t)j²dt=

+1

X

k 1

jd_k(x)j²

4.c)

8x2R; dk(x) = 1 2

Z 2 0

+1

X

n=0

xⁿsinⁿ(t) n! e ^iktdt

On peut intégrer termes à termes la série précédentes : Séries de fonctions continues qui convergent normalement sur un segment. En e¤et

xⁿsinⁿ(t)

n! e ^ikt 6 jxjⁿ

n! terme général d’une série qui converge verse^jxj On a donc : :

dk(x) = 1 2

+1

X

n=0

xⁿ n!

Z 2 0

sinⁿ(t)e ^iktdt= 1 2

X

n>0

xⁿ n!Ik;n

4.d)8k2Z;8n2N;

Ik;n = Z 2

0

sinⁿ(t)e ^iktdt= 1 (2i)ⁿ

Z 2 0

Xn p=0

n

p ( 1)^pe^{i(n 2p k)t}dt

= 1

(2i)ⁿ Xn p=0

n p ( 1)^p

Z 2 0

e^{i(n 2p k)t}dt .

Or

Z 2 0

e^{i(n 2p k)t}dt= 8>

><

>>

:

= e^{i(n 2p k)t} n 2p k

2

0

= 0sin6= 2p+k

= Z 2

0

1dt= 2 sin6= 2p+k On sépare les cas:

Sin kest impair on est toujours dans le premier cas et Ik;n= 0

Sin kest pair on peut posern k= 2q. Il faut donc étudier sip=qest possible , c’est à dire si0 q n=k+ 2q c’est à dire siq 0 etq k. On a donc :

I_k;k+2q = 8<

:

0 siq max(0; k) 1

(2i)^2q+k

2q+k

q ( 1)^q2 = 1 (2)^2q+k

1 i^k

2q+k

q 2 siq max(0; k) I_k;2q+1= 0

Soit en posantn= 2q+k(nouvel indice variableq) dk(x) = 1

i^k

+1

X

q>max(0; k)

x 2

2q+k 1

q!(q+k)!