Colle PC Semaines 6 et 7 2013-2014

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Analyse : Théorème de convergence dominée d’une suite de fonctions, intégration terme à terme d’une série de fonctions + Révisions Algèbre linéaire

EXERCICE 1 :

On note E l’espace vectoriel des fonctions de classe C ^∞ sur R à valeurs dans R.

On note F , l’ensemble des fonctions de la forme :

x 7−→ P (x) cos(x) + Q(x) sin(x) où P et Q sont des polynômes de degrés inférieurs ou égaux à 1.

1. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E.

2. On considère les fonctions

f 1 : x 7→ cos(x), f 2 : x 7→ x cos(x), f 3 : x 7→ sin(x), f 4 : x 7→ x sin(x).

Montrer que la famille B = (f 1 , f 2 , f 3 , f 4 ) est une base de F .

3. On note D l’application qui à toute fonction de F associe D(f ) = f ^′ , sa dérivée.

(a) Montrer que D est un endomorphisme de F . (b) Déterminer la matrice M de D dans la base B.

(c) Prouver que M est inversible.

EXERCICE 2 :

1. Énoncer le théorème de convergence dominée d’une suite de fonctions.

2. Étudier la suite Z 1

0

nx(1 − x) ⁿ dx.

EXERCICE 3 : Déterminer lim

n → + ∞

Z + ∞ 0

f n (x) dx avec f n (x) = (x ²ⁿ + x ⁿ + 1) ⁻

EXERCICE 4 :

1. Énoncer le théorème d’intégration terme à terme d’une série de fonctions.

2. Montrer que Z + ∞ 2

+ ∞

X

n=2

1 n ^x

! dx =

+ ∞

X

n=2

1 n ² ln(n) . EXERCICE 5 :

Soit E un R−espace vectoriel de dimension finie et f un endomorphisme de E.

Montrer l’équivalence

kerf =Imf ⇔ f ² = 0 et n = 2rg(f )

EXERCICE 6 : Montrer que lim

n → + ∞

Z + ∞

−∞

1 + x ²

n ^{− n}

dx = Z + ∞

−∞

e ^{− x}

dx

EXERCICE 7 : Montrer que

Z + ∞ 0

sin(x) e ^x − 1 dx =

+ ∞

X

n=1

1 n ² + 1

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Corrections

EXERCICE 1 :

1. F est évidemment non vide, il contient par exemple x 7−→ cos(x).

Soit f ∈ F , alors il existe P f ∈ R 1 [X ] et Q f ∈ R 1 [X ] tel que, ∀x ∈ R, f(x) = P f (x) cos(x) + Q f (x) sin(x).

De même, soit g ∈ F alors ∀x ∈ R, g(x) = P g (x) cos(x) + Q g (x) sin(x).

∀x ∈ R, (f + g)(x) = f (x) + g(x) = (P f (x) + P g (x)) cos(x) + (Q f (x) + Q g (x)) sin(x). Or R 1 [X ] est un R-espace vectoriel donc P f + P g ∈ R 1 [X] et Q f + Q g ∈ R 1 [X ]. Ainsi f + g ∈ F . On prouve de même que si f ∈ F et λ ∈ R, alors λf ∈ F.

2. Soit f ∈ F , alors il existe a, b, c et d réels tels que :

f (x) = (ax + b) cos(x) + (cx + d) sin(x) = af 2 (x) + bf 1 (x) + cf 4 (x) + df 3 (x), donc la famille B est génératrice.

Montrons qu’elle est libre : Si ∀x ∈ R, (ax + b) cos(x) + (cx + d) sin(x) = 0, alors pour x = 0, on obtient b = 0.

x = π = ⇒ −aπ − b = 0 et comme b = 0, a = 0.

Avec x = π/2 et x = 3π/2, on obtient

cπ/2 + d = 0

−3cπ/2 − d = 0 ⇔

c = 0

d = 0 . Finalement la famille est libre, comme elle est également génératrice, c’est une base.

3. On note D l’application qui à toute fonction de F associe D(f ) = f ^′ , sa dérivée.

(a) D est un endomorphisme de F : D(f ) ∈ F et on utilise la linéarité de l’opérateur dérivation. (solution laissée à la sagacité du lecteur)

(b) D(f 1 ) = −f 3 , D(f 2 ) = f 1 − f 4 , D(f 3 ) = f 1 et D(f 4 ) = f 2 + f 3 . On obtient donc la matrice









0 1 1 0

0 0 0 1

−1 0 0 1 0 −1 0 0









(c) On peut prouver que le rang de la matrice est 4 donc elle est inversible (vecteurs colonnes liéairement indépendants) et

M ^{− 1} =









0 1 −1 0

0 0 0 −1

1 0 0 1

0 1 0 0









EXERCICE 2 : 1. C’est le cours.

2. On note f n (x) = nx(1 − x) ⁿ pour x ∈ [0; 1].

• f n est continue sur [0; 1] car c’est une fonction polynomiale ;

• x ∈]0; 1], f n (x) −→

n → + ∞ 0 (comparaison entre n et (1 − x) ⁿ exponentielle).

Pour x = 0, f n (x) = f n (0) = 0. Ainsi la suite de fonctions (f n ) converge simplement vers f = 0.

• f est continue sur [0; 1].

• Domination : ∀x ∈ [0; 1], f _n ^′ (x) = n(1 − x) ^{n − 1} [1 − (n + 1)x] d’où le tableau de variations.

x Signe de f _n ^′ (x) Variations de f n

0 _n+1 ¹ 1

+ 0 −

00

n n+1

n+1

n n+1

n+1

00 Or

n n + 1

n+1

= e ⁻ (n+1) ln(1+1/n) , le tableau de variations nous permet d’écrire que :

∀x ∈ [0; 1], 0 6 f n (x) 6 e ⁻ (n+1) ln(1+1/n) = e ^{− a(n)} avec a(t) = (t + 1) ln

1 + 1 t

, t > 0.

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∀t > 0, a ^′ (t) = ln

1 + 1 t

− 1

t donc a ^′ (t) < 0 (en effet ln(1 + x) 6 x, x > 0). Ainsi a est décroissante sur ]0; +∞[ ; de plus,

a(t) = (t + 1) 1

t − 1 2t ² + o

1 t ²

t → −→ + ∞ 1. On peut donc affirmer que :

∀t ∈]0; +∞[, a(t) > 1 ⇔ −(t + 1) ln

1 + 1 t

< −1 ⇔ t

t + 1 t+1

< 1 e On a donc 0 6 f n (x) < 1

e et x 7−→ 1

e est positive, continue et intégrable sur [0; 1], le théorème de convergence dominée s’applique et

n → lim + ∞

Z 1 0

f n (x)dx = Z 1

0

f (x)dx = 0

Remarque 1 Plus simplement, on pouvait remarquer que 0 6 f n (x) < 1 pour x ∈ [0; 1], car ln

1 + 1 n

> 0 et e ^{− X} < 1 pour X > 0. Et, x 7−→ 1 est également positive, continue et intégrable sur [0; 1].

EXERCICE 3 :

f n (x) = e ⁻

^ln(1+x

^+x

⁾ .

• f n est définie, continue sur [0; +∞[ car x > 0 ⇒ x ⁿ + x ²ⁿ > 0.

• - 0 6 x < 1, f n (x) −→

n → + ∞ 0 (laissé à l’appréciation du lecteur) - f n (1) = e ⁻

^ln(3) −→

n → + ∞ 1

- x > 1, ln(1 + x ⁿ +x ²ⁿ ) = ln(x ²ⁿ ) + ln

1 + 1 x ⁿ + 1

x ²ⁿ

⇔ 1

n ln(1 +x ⁿ + x ²ⁿ ) = 2 ln(x) + 1 n ln

1 + 1

x ⁿ + 1 x ²ⁿ

Or 1 x ⁿ −→

n → + ∞ 0 et 1 x ²ⁿ −→

n → + ∞ 0, donc f n (x) −→

n → + ∞ e ^{− ln(x}

⁾ = 1 x ²

Finalement, (f n ) converge simplement sur [0; +∞[ vers la fonction f définie par : f (x) =

1 si 0 6 x 6 1 1/x ² si x > 1

• f est continue sur [0; +∞[.

• Domination : si 0 6 x 6 1, f n (x) 6 1 car 1

n ln(1 + x ² + x ²ⁿ ) > 0.

Si x > 1, f n (x) 6 1 x ² .

En effet 1 + x ⁿ + x ²ⁿ > x ²ⁿ ⇔ ln(1 + x ⁿ + x ²ⁿ ) > 2n ln(x) ⇔ e ⁻

^ln(1+x

^+x

⁾ 6 e ⁻

^{(2n ln(x))} ⇔ f n (x) 6 1 x ² . f n 6 f et f est continue, positive et intégrable sur [0; +∞[.

Le théorème de convergence dominée s’applique, f n est intégrable et : Z + ∞

0

f n (x) dx −→

n → + ∞

Z + ∞ 0

f (x) dx = Z 1 0

f (x) dx + Z + ∞ 1

f (x) dx = 1 + Z + ∞ 1

1

x ² dx = 2

EXERCICE 4 : 1. C’est le cours.

2. Pour n > 2, f n (x) = 1

n ^x = e ^{− xln(n)} , f n est continue sur [2; +∞[. Pour x > 1,

+ ∞

X

n=2

est une série convergente (ce sont des séries de Riemann) d’où la convergence simple de la série.

Remarque 2 la fonction ζ de Riemann est définie sur ]1; +∞[ par ζ(x) =

+ ∞

X

n=1

1 n ^x donc

+ ∞

X

n=2

1

n ^x = ζ(x) − 1

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On prouve que ζ est continue sur [2; +∞[ : (hors programme de la colle) ∀x > 2, 1

n ^x = e ^{− x ln n} 6 e ^{− 2 ln n} = 1 n ² et x 7−→ e ^{x ln n} continue sur [2; +∞[. La convergence normale étant établie sur [2; +∞[, ζ est continue sur [2; +∞[.

X

n>2

Z + ∞ 2

|f n (x)| dx = X

n>2

Z + ∞ 2

1

n ^x dx = X

n>2

u n avec u n = Z + ∞ 2

1

n ^x dx = Z + ∞ 2

e ^{− x ln(n)} dx = lim

X → + ∞

− e ^{− X ln(n)} ln(n)

^X

2

Donc u n = 1

ln(n)e ^{2 ln(n)} = 1

n ² ln(n) et pour n > 3, 1

n ² ln(n) 6 1

n ² car pour n > 3, ln(n) > 1.

On a établi la convergence de X

n>2

Z + ∞ 2

|f n (x)| dx.

On peut appliquer le théorème d’intégration terme à terme des séries sur [2; +∞[ : Z + ∞

2

(ζ(x) − 1) dx = Z + ∞ 2

+ ∞

X

n=2

1 n ^x

! dx =

+ ∞

X

n=2

1 n ² ln(n)

EXERCICE 5 :

(⇒) Si kerf =Imf alors pour tout x de E, f (f (x)) = 0 car f (x) ∈ Imf qui est inclus dans kerf . De plus, avec le théorème du rang, dim(E)=rg(f )+dim(kerf )=2rg(f ) car dim(kerf )=rg(f ).

(⇐) Si f ² = 0 et n =2rg(f ) alors pour tout x de E, f (f (x))=0 et f (x) ∈ kerf , or f (x) ∈ Imf d’où Imf ⊂kerf (1).

Avec le théorème du rang, 2rg(f )=rg(f )+dim(kerf )⇔rg(f )=dim(kerf ). L’inclusion (1) et l’égalité des dimensions implique Imf =kerf .

EXERCICE 6 :

Non corrigé (correction Précis Analyse PC p 237)

EXERCICE 7 :

Non corrigé (correction Précis Analyse PC p 239)

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