Énoncé
Dans tout le problème, on notera f la fonction continue dans [0, +∞[ telle que
∀t > 0, f (t) = sin t t On désigne par F la primitive de f nulle en 0 .
I. Études locales en 0.
1. Justier l'existence de f et préciser sa valeur en 0 .
2. Former un développement asymptotique en 0 de la fonction t → 1
sin t dénie dans ]0, π[ . Le reste devra être o(t
2) .
3. Former un développement asymptotique en 0 de la fonction t → cos t
sin
2t dénie dans ]0, π[ . Le reste devra être o(t) . 4. Montrer que la fonction
t → 1 t − 1
sin t
dénie dans ]0, π[ admet un prolongement continu à [0, π[ . Montrer que ce prolongement est de classe C
1.
II. Calcul de l'intégrale de Dirichlet.
1. Lemme de Riemann-Lebesgue. Soit ϕ ∈ C
1([0,
π2]) . Montrer que la suite
Z
π20
ϕ(t) sin(nt) dt
!
n∈N
converge vers 0 .
2. a. Pour a et b réels, exprimer 2 sin(a) cos(b) comme une somme.
b. Pour tout t ∈]0, π[ , exprimer
1 + 2 cos(2t) + 2 cos(4t) + · · · + 2 cos(2nt) à l'aide d'un quotient de deux valeurs de la fonction sin . 3. Pour tout n ∈ N, montrer que
Z
π20
sin ((2n + 1)t) sin(t) dt = π
2 4. Montrer que
F
(2n + 1) π 2
n∈N
→ π 2 5. Soit x > 0 et n la partie entière de
xπ.
a. Montrer que
F (x) − F ( π 2 + nπ)
≤ 1
n b. Montrer que F converge en +∞ et préciser sa limite
1.
III. Équation diérentielle.
Pour n entier naturel, on considère l'équation diérentielle (E
n) : y
00(x) + y(x) = x
noù la fonction inconnue y est à valeurs réelles et dénie dans R.
On considère également la proposition
P
n: il existe P
net Q
ndans R [X] tels que
∀x > 0 : f
(n)(x) = P
n(x) sin
(n)(x) + Q
n(x) sin
(n+1)(x) x
n+1Les puissances entre parenthèses désignent des ordres de dérivation.
1. a. En utilisant une argumentation d'algèbre linéaire, montrer que (E
n) admet une unique solution polynomiale et qu'elle est de degré n . On la désigne par A
n. b. Préciser l'ensemble des solutions de (E
n) . Quelle est la structure de cet ensemble
dans l'espace des fonctions de R dans R ?
1Cette limite est appelée l'intégrale de Dirichlet
c. On note
A
n= a
0+ a
1X + · · · + a
nX
nPréciser a
n, a
n−1et une relation entre a
ket a
k+2pour k ∈ J 0, n − 2 K. En dé- duire des expressions de a
n−2iet a
n−2i−1ne contenant que des factorielles. (On précisera les intervalles contenant i ).
2. a. Vérier P
npour n = 0, 1, 2 en précisant les polynômes P
net Q
n.
b. Montrer P
npour tout entier n . Préciser les expressions de P
n+1et Q
n+1en fonction de P
net Q
n.
3. a. Montrer que P
net Q
nsont à coecients dans Z, préciser le degré, la parité et le coecient dominant de ces polynômes.
b. Calculer P
3et Q
3.
4. Soit U et V deux polynômes vériant
∀x > 0, U (x) sin(x) + V (x) cos(x) = 0 Montrer que U et V sont égaux au polynôme nul.
5. a. En utilisant la formule de Leibniz et la relation
∀x > 0, xf(x) = sin(x) former deux nouvelles relations entre P
n+1, Q
n+1, P
n, Q
n.
b. En déduire P
n0= Q
net que P
nest l'unique solution polynomiale A
nde l'équation diérentielle (E
n) .
Corrigé
I. Études locales en 0.
1. La fonction se prolonge par continuité en 0 car, strictement à droite en 0
sinxx→ 1 . on a donc f (0) = 0 .
2. Calcul du développement asymptotique sin t = t − 1
6 t
3+ o(t
4) ⇒ 1 sin t = 1
t
1
1 −
16t
2+ o(t
3) = 1 t
1 + 1
6 t
2+ o(t
3)
= 1 t + 1
6 t + o(t
2) 3. On combine le développement usuel de cos avec le carré du précédent
cos t = 1 − 1
2 t
2+ o(t
3) 1
sin
2t = 1 t
2+ 1
3 + o(t)
⇒ cos t sin
2t = 1
t
2+ 1
3 − 1 2
+ o(t) = 1 t
2− 1
6 + o(t)
4. Dans la question 2., strictement à droite de 0 , la fonction admet le développement limité
1 t − 1
sin t = 1
6 t + o(t
2)
Elle converge donc vers 0 . On la prolonge en 0 en lui assignant la limite comme image de 0 . On note g la fonction ainsi prolongée.
g :
[0, π[ → R
t 7→
0 si t = 0
1 t − 1
sin t si t ∈]0, π[
D'après les résultats sur les compositions de fonctions, cette fonction est de classe C
∞sur ]0, π[ avec, en tenant compte des développements limités déjà calculés,
∀x ∈]0, π[, g
0(t) = − 1
t
2+ cos t sin
2t = − 1
6 + o(t)
On en déduit que g
0converge vers −
16en 0 strictement à droite. Le théorème de la limite de la dérivée assure alors que g est dérivable en 0 et que g
0est continue en 0 . Cela montre que g et de classe C
1sur [0, π[ .
On pourrait se passer du théorème de la limite de la dérivée pour justier la dérivabilité
en 0 en remarquant que g admet en 0 un développement à l'ordre 1.
II. Calcul de l'intégrale de Dirichlet.
1. Comme ϕ est de classe C
1, on peut eectuer une intégration par parties puis une majoration en utilisant le fait que la fonction continue ϕ
0est bornée et atteint ses bornes sur le segment [0,
π2] .
Z
π20
ϕ(t) sin(nt) dt =
ϕ(t)
− 1
n cos(nt)
t=π2t=0
+ 1 n
Z
π20
ϕ
0(t) cos(nt) dt
⇒
Z
π20
ϕ(t) sin(nt) dt
≤ |ϕ(
π2)| + |ϕ(0)|
n + 1
n π
2 M
1avec M
1= max
[0,π2]
|ϕ
0|
On en déduit que la suite tend vers 0 à l'aide du théorème d'encadrement.
2. a. Il s'agit d'une formule usuelle le linéarisation (transformation de produit en somme)
2 sin(a) cos(b) = sin(a + b) + sin(a − b) b. Notons C la somme qui nous est proposée et
S = 2 sin(2t) + 2 sin(4t) + · · · + 2 sin(2nt)
En complexiant, on fait apparaître une somme de puissances de e
2it.
C + iS = 1 + 2 e
2(n+1)it− e
2ite
2it− 1 = 1 + 2 sin(nt) sin(t) e
(n+1)it⇒ C = Re(C + iS ) = 1 + 2 sin(nt) cos((n + 1)t)
sin(t) = sin((2n + 1)t) sin(t) car, d'après la question a.
2 sin(nt) cos((n + 1)t) = sin((2n + 1)t) − sin(t)
3. D'après la question précédente et par linéarité de l'intégrale,
Z
π20
sin((2n + 1)t) sin(t) dt =
Z
π20
(1 + 2 cos(2t) + 2 cos(4t) + · · · + 2 cos(2nt)) dt = π 2 Chaque intégrale contenant un cos est nulle car les primitives en sin s'annulent en 0 et
π
2
à cause du coecient multiplicatif pair.
4. Eectuons le changement de variable u = (2n + 1)t dans l'expression intégrale de F((2n + 1)
π2) . Alors
dtt=
duuet
F ((2n + 1) π 2 ) =
Z
(2n+1)π2 0sin u u du =
Z
π20
sin((2n + 1)t)
t dt
Introduisons la fonction g de classe C
1sur [0, π[ . Pour t non nul, elle vérie g(t) = 1
t − 1 sin t On peut écrire
F((2n + 1) π 2 ) =
Z
π20
1 t − 1
sin t + 1 sin t
sin((2n + 1)t) dt
= Z
π20
g(t) sin((2n + 1)t) dt + Z
π20
sin((2n + 1)t) sin(t) dt
| {z }
=π2
Comme g est de classe C
1, la première suite converge vers 0 d'après le lemme de Riemann-Lebegue (question II.1.). La deuxième est constante (question II.3). On en
déduit
F
(2n + 1) π 2
n∈N
→ π 2 5. a. Par dénition de n comme partie entière de
xπ,
nπ ≤ x < (n + 1)π
Le réel (2n + 1)
π2=
π2+ nπ est aussi un élément de l'intervalle [nπ, (n + 1)π[ . Dans cet intervalle, le sin garde un signe constant. On en déduit
F(x) − F( π
2 + nπ) = Z
xπ 2+nπ
sin(t) t dt
⇒
F (x) − F( π 2 + nπ)
≤
Z
←−−−−−→
[π2+nπ,x]
| sin(t)|
t dt ≤
Z
(n+1)π nπdt t ≤ π
nπ = 1 n
b. Pour tout ε > 0 , d'après la question II.4., il existe un entier N tel que
∀n ≥ N,
F ((2n + 1) π 2 ) − π
2 < ε
2 et 1 n < ε
2
Pour x > N π , le n associé à x est plus grand que N . On en déduit
F (x) − π 2 ≤
F (x) − F ( π 2 + nπ)
+
F((2n + 1) π 2 ) − π
2 ≤ ε
2 + ε 2 = ε Ceci assure que la limite en +∞ de F (intégrale de Dirichlet) est
π2.
IV. Équation diérentielle.
1. a. Si P est un polynôme non nul, son degré est le même que celui de P + P
00. Par conséquent, si l'équation admet une solution polynomiale, celle ci doit être de degré n .
Considérons l'application ϕ de R
n[X ] dans lui même qui à un polynôme P asso- cie P + P
00. Cette application est clairement linéaire. C'est un endomorphisme de l'espace de dimension nie R
n[X] . La considération du terme de plus haut degré montre que son noyau est réduit au polynôme nul. Il s'agit donc d'un endomor- phisme injectif, ce qui, en dimension nie entraîne que ϕ est bijectif.
En particulier, le polynôme X
nadmet un unique antécédent par ϕ qui est l'unique solution polynomiale de l'équation. On note A
ncette unique solution polynomiale.
b. L'ensemble des solutions est le sous-espace ane (de l'espace de toutes les fonc- tions) contenant A
net de direction l'espace vectoriel engendré par sin et cos qui forment une base de l'espace des solutions de l'équation homogène.
c. Notons A
n= P
nk=0
a
kX
k. On peut écrire A
n+ A
00n=
n
X
k=0
a
kX
k+
n
X
k=0
k(k − 1)a
kX
k= a
nX
n+ a
n−1X
n−1+
n−2
X
k=0