MPSI B Corrigé du DS 8 29 juin 2019

(1)

MPSI B Corrigé du DS 8 29 juin 2019

Exercice 1

1. Pour calculer le déterminant de la matrice

A − λI _n =







−λ 1 · · · 1

1 ... ...

... ... 1

1 · · · 1 −λ







on remarque que chaque colonne est la somme de la colonne xée

C =





 1 ...

1 





et de C i = −(λ + 1)E i où E i est la colonne dont tous les termes sont nuls sauf celui de la i eme ` ligne qui vaut 1. En développant par multilinéarité on obtient une somme de 2 ⁿ déterminants. Tous ceux où gure deux fois C sont nuls ; il n'en reste plus que n + 1 .

det(A − λI _n ) = det(C ₁ , · · · , C _n ) +

n

X

i=1

det(C ₁ , · · · , C, · · · , C _n )

= (−1) ⁿ (λ + 1) ⁿ + n(−1) ⁿ⁻¹ (λ + 1) ⁿ⁻¹

= (−1) ⁿ (λ + 1) ⁿ⁻¹ (λ − n + 1) L'ensemble des racines de ce polynôme est donc {−1, n − 1}

2. La matrice A est inversible car d'après le calcul précédent det A = (−1) ⁿ (1 − n).

Pour calculer l'inverse de A, on va exprimer les colonnes E i en fonction des colonnes C j (A) .

On remarque d'abord que C i = C − E i . D'autre part, en sommant toutes les colonnes, on obtient

C 1 (A) + · · · + C n (A) = (n − 1)C d'où

C = 1

n − 1 (C ₁ (A) + · · · + C _n (A))

et

E i = 1

n − 1 C 1 (A) + · · · + 1

n − 1 C _i−1 (A) +( 1

n − 1 − 1)C i (A) + 1

n − 1 C i+1 (A) + · · · 1

n − 1 C n (A) On en déduit

A ⁻¹ = 1 n − 1







2 − n 1 · · · 1

1 ... ...

... ... 1

1 · · · 1 2 − n







3. Remarquons que A et A ⁻¹ (d'après la formule précédente) s'écrivent encore A ⁻¹ = 1

n − 1 B − I, A = B − I

Ce qui est la formule proposée par l'énoncé pour k = 1 ou −1 . On pourrait tenter un raisonnement par récurrence. J'utiliserai plutot la formule du binôme exploitant le fait que A et B commutent et que B ^k = n ^k−1 B pour k entier naturel non nul.

Pour tout k dans N ^∗ A ^k = (−1) ^k I _n +

k

X

i=1

C _k ⁱ (−I n ) ^k−i B ⁱ = (−1) ^k I _n +

k

X

i=1

C _k ⁱ (−1) ^k−i n ⁱ⁻¹

| {z }

=

¹_n

((n−1)

^k

−(−1)

^k

)

B

d'où la formule demandée pour k ≥ 0 .

Pour les puissances négatives posons l = −k ∈ N ^∗ A ^k = (−1) ^l I n +

l

X

i=1

C _l ⁱ (−I n ) ^l−i ( 1 n − 1 B) ⁱ

= (−1) ^l I _n +

l

X

i=1

C _l ⁱ (−1) ^l−i n ⁱ⁻¹ (n − 1) ⁱ B

l

X

i=1

C _l ⁱ (−1) ^l−i n ⁱ⁻¹

(n − 1) ⁱ = 1 n

( n

n − 1 − 1) ^l − (−1) ^l

= 1

n (n − 1) ^k − (−1) ^k

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai S0208C

(2)

MPSI B Corrigé du DS 8 29 juin 2019

Exercice 2

1. La fonction est continue et positive sur ]0, +∞[ . En 0 elle est équivalente à ^√ ¹ _t qui est intégrable sur ]0, 1] (primitive 2 √

t convergente en 0). En +∞ elle est équivalente à t ⁻

⁵²

qui est intégrable sur [1, +∞[ (primitive − ² ₃ t ⁻

³²

convergente en +∞ ).

Calcul de l'intégrale I = R +∞

0 √ dt

t(1+t

²

) . Par le changement de variable u = √ t , on obtient

I = Z +∞

0 2udu u(1 + u ⁴ ) = 2

Z +∞

0 du 1 + u ⁴ =

Z +∞

−∞

du 1 + u ⁴ 1 ^` ^ere méthode : fonctions à valeurs complexes.

Notons z ₁ , z ₂ , z ₃ , z ₄ les 4 pôles de la fractions

z 1 = e ⁱ

^π⁴

, z 2 = −z 1 , z 3 = z 1 , z 4 = ¯ z 2 = −z 1

Écrivons la décomposition en éléments simples 1

1 + X ⁴ =

4 X

i=1

a i

X − z _i

avec a 2 = −a 1 , a 3 = ¯ a 1 , a 4 = −¯ a 1 car la fraction est réelle et paire et a 1 = 1

4z ₁ ³ = −1 4 z 1

On en déduit la primitive :

4 X

i=1

a i

ln |u − z i | + i arctan u − Rez i

Imz i

La partie en arctan est bornée, la primitive converge à l'inni la partie logarithmique converge donc vers 0 à l'inni. On en déduit :

I =

4 X

i=1

ia i Sgn (Imz i )π = iπ(a 1 − a 2 − a 3 + a 4 ) = 2iπ(a 1 − ¯ a 1 ) = −4πIma 1

I = Z +∞

0 √ dt

t(1 + t ² ) = π

√ 2

2 ^eme ^` méthode : factorisation réelle et théorème de Bezout On commence par factoriser le dénominateur :

1 + u ⁴ = (1 + u ² ) ² − 2u ² = (1 + √

2u + u ² )(1 − √

2u + u ² ) Posons A = 1 + √

2u + u ² , B = 1 − √

2u + u ² alors A − B = 2 √

2u, B = 1 − 2 √ 2u( 1

2 − 1 2 √

2 u) 1 = ( 1

2 − 1 2 √

2 u) A + ( 1 2 + 1

2 √ 2 u) B 1

1 + u ⁴ =

1 2 + ¹

2 √ 2 u 1 + √

2u + u ² +

1 2 − ¹

2 √ 2 u 1 − √

2u + u ²

1 1 + u ⁴ = 1 4 √

2 2u + √ 2 1 + √

2u + u ² + 1 4

1 1 + √

2u + u ²

− 1 4 √ 2

2u − √ 2 1 − √

2u + u ² + 1 4

1 1 − √

2u + u ² On en déduit la primitive

1 4 √

2 ln 1 + √ 2u + u ² 1 − √

2u + u ² + 1 2 √

2 arctan( √

2u + 1) + 1 2 √

2 arctan( √ 2u − 1) En passant à la limite, on observe à nouveau l'annulation des logarithmes et I = ^√ ^π

2 . 2. La fonction est continue et positive sur ]0, +∞[ . En 0 elle est équivalente à t ^1−α et en

+∞ à ^π ₂ t ^−α . Elle est intégrable sur ]0, 1] lorsque 1 − α > −1 c'est à dire α < 2 . Elle est intégrable sur [1, +∞[ lorsque −α < −1 c'est à dire α > 1 .

Finalement, la fonction est intégrable lorsque α ∈ ]1, 2[ .

Soit J cette intégrale pour α = ³ ₂ , une intégration par parties et un calcul de limite conduisent à l'intégrale de la question 1.

J = h

−2t ⁻

¹²

arctan t i +∞

0 | {z }

=0

+ 2 Z +∞

0 √ dt

t(1 + t ² ) = √ 2π

2

(3)

MPSI B Corrigé du DS 8 29 juin 2019

Premier problème

PARTIE I

1. a. Il s'agit de fonctions usuelles, on trouve A = [0, +∞[ × ]0, +∞[ .

b. La fonction f _α,λ est positive, équivalente à 0 en t ^α qui est une fonction de référence intégrable dans ]0, 1] lorsque α > −1, dominée en +∞ par e ⁻

^λ²

^t qui est intégrable dans [1, +∞[ . On en déduit

B = ]−1, +∞[ × ]0, +∞[

2. Les fonctions sont intégrables car elles sont majorées en valeur absolue par ^√ ¹ _t e ^−t qui est intégrable d'après la question précédente.

3. Il est clair que u est paire et v est impaire (parité du cos , imparité du sin et linéarité de l'intégrale). Le nombre a est strictement positif car la fonction que l'on intègre pour calculer u(0) est continue et strictement positive.

4. Majorons la diérence des fonctions à intégrer à l'aide de formules trigonométriques :

e ^−t

√ t (cos xt − cos x ⁰ t)

= e ^−t

√ t

−2 sin x + x ⁰

2 t sin x − x ⁰ 2 t

≤ 2 e ^−t

√ t

sin x − x ⁰ 2 t

≤ e ^−t √

t |x − x ⁰ |

car sin u ≤ u pour tout u ≥ 0 . En intégrant, on obtient l'inégalité demandée. On en déduit que u est continue et même lipschitzienne de rapport

Z +∞

0 e ^−t √ tdt.

PARTIE II

1. a. La fonction e ^−t √

t sin xt est majorée en valeur absolue par e ^−t √

t qui est intégrable sur ]0, +∞[ .

Fixons x et t et considérons u réel. La formule de Taylor avec reste de Lagrange montre l'existence d'un c entre xt et u tel que

cos(xt + u) = cos xt − u sin xt + u ² 2 cos c

|cos(xt + u) − cos xt + u sin xt| ≤ u ² 2

En particulier, si u = ht avec h 6= 0 et après division par h , on obtient

cos(x + h)t − cos xt

h + t sin xt

≤ |h| t ² 2 En intégrant, il vient

Z +∞

0 cos(x + h)t − cos xt

h + t sin xt

e ^−t

√ t dt ≤ |h|

2 Z +∞

0 t

³²

e ^−t dt

que l'on exploite avec

u(x + h) − u(x)

h − i(x)

=

Z +∞

0 ( cos(x + h)t − cos xt

h + t sin xt) e ^−t

√ t dt

≤ Z +∞

0 cos(x + h)t − cos xt

h + t sin xt

e ^−t

√ t dt pour obtenir l'inégalité annoncée.

b. En faisant tendre h vers 0 , on déduit la dérivabilité avec u ⁰ (x) = i(x) . On démontre de même que

v ⁰ (x) = Z +∞

0 e ^−t √

t cos xt dt 2. Intégrons par parties

Z b a

e ^−t

√ t cos xt dt = h 2 √

te ^−t cos xt i b a

+ 2 Z b

a

√ t(cos xt + x sin xt)e ^−t dt quand a → 0 et b → +∞ , on obtient u(x) = 2(v ⁰ (x) − xu ⁰ (x)) .

De même, Z b

a

e ^−t

√ t sin xt dt = h 2 √

te ^−t sin xt i ^b

a

+ 2 Z b

a

√ t(sin xt − x cos xt)e ^−t dt quand a → 0 et b → +∞ , on obtient v(x) = −2(u ⁰ (x) + xv ⁰ (x)) .

On peut exprimer u ⁰ et v ⁰ en fonction de u et v en résolvant le sytème −xu ⁰ (x) + v ⁰ (x) = ¹ ₂ u

u ⁰ (x) + xv ⁰ (x) = ¹ ₂ v

3

(4)

MPSI B Corrigé du DS 8 29 juin 2019

à l'aide des formules de Cramer, on obtient u ⁰ (x) = −v(x) − xu(x)

2(1 + x ² ) , v ⁰ (x) = −xv(x) + u(x) 2(1 + x ² )

Comme u et v sont dérivables, u ⁰ et v ⁰ le sont aussi et par récurrence u et v sont indéniment dérivables.

PARTIE III

1. En utilisant les expressions de u ⁰ et v ⁰ en fonction de u et v , il vient r ⁰ = uu ⁰ + vv ⁰

√

u ² + v ² = − x

2(1 + x ² ) r, r ⁰

r = − x 2(1 + x ² ) On en déduit r = a(1 + x ² ) ⁻

¹⁴

car ln r − ln r(0) = − ¹ ₄ ln(1 + x ² ). De même,

θ ⁰ = u ⁰ v − uv ⁰

u ² + v ² = − 1 2(1 + x ² )

Quand x → 0 , u(x) → a > 0 et v(x) → 0 donc θ(x) → ^π ₂ . On en déduit en intégrant θ(x) = π

2 − 1

2 arctan x 2. Lorsque ϕ ∈

− ^π ₂ , ^π ₂

, cos ϕ > 0 et on peut exprimer tan ^ϕ ₂ en fonction de tan ϕ (par exemple en résolvant l'équation du second degré formée en exprimant tan ϕ avec tan ^ϕ ₂ )

tan ϕ

2 = −1 + p

1 + tan ² ϕ tan ϕ En particulier, si ϕ = arctan x, comme tan θ = _tan ¹

ϕ

2

= ^u _v , on obtient v

u = −1 + √ 1 + x ² x De u ² + v ² = ^√ _1+x ^a

² ₂

on tire

u ²



1 + −1 + √ 1 + x ² x

! 2 

 = a ²

√ 1 + x ²

u = a

√ 2

p√ 1 + x ² + 1

√

1 + x ² , v = a 2

p√ 1 + x ² − 1

√ 1 + x ²

PARTIE IV

1. La fonction est majorée en valeur absolue par une fonction dont l'intégrabilité a été démontrée en I.1.b.

2. Formons J _p = I _p+1 − I _p :

J _p =

Z 2(p+1)π 2pπ

e ^−λt

√ t dt

On coupe cette intégrale en deux et on décale la deuxième intégrale de π par changement de variable, il vient :

J p =

Z 2(p+1)π 2pπ

e ^−λt

√ t − e ^−λ(t+π)

√ t + π

sin t dt La fonction

z → e ^−z

√ z

est le produit de deux fonctions positives décroissantes ( λ > 0 ) ; elle décroissante, la parenthèse est donc positive.

On en déduit que chaque J p est positif. L'intégrale, qui est la borne supérieure des sommes J 0 + · · · + J p est aussi positive.

MPSI B Corrigé du DS 8 29 juin 2019