PC/MP Analyse S4 2020 Corrections

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TD2 - Fonctions continues par morceaux et leurs int´egrales

Exo 5.3

On se doute qu’il faut utiliser des sommes Riemann, le soucis c’est que la somme n’en est pas exatement une. On a deux approches possibles :

— Soit on se ram`ene `a une somme de Riemann, mais il faut alors v´erifier qu’on n’a pas fait une trop grosse erreur en faisant ¸ca.

— Soit on reconnaˆıt la somme des valeurs d’une fonction selon une sub- division dont le pas tend vers 0

M´ethode 1 : Se ramener `a une somme de Riemann :

Puisque c’est le th`eme, et que la somme ressemble `a une somme de Riemann, essayons de le mettre sous cette forme :

wn= 1 n

n

X

k=1

(2k−1 n )^p

= 1 n

n

X

k=1

(2k n − 1

n)^p.

Il est tentant de poser f(x) = (2x − ¹_n)^p. Mais cela ne peut pas abou- tir, car dans une somme de Riemann, la fonction ne doit pas d´ependre de la subdivision. Cependant, on observe que le terme _n¹ gˆenant tend vers 0 lorsquen → +∞. Posons donc f(x) = (2x)^p. On pense que w_n est proche de _n¹Pn

k=1f(^k_n) lorsquenest grand (et cette derni`ere somme converge elle- mˆeme vers R1

0 f). Pour montrer cela, il va falloir estimer la diff´erence entre chaque terme des deux sommes. On rappelle l’identit´e suivante, pratique pour estimer une diff´erence de puissances enti`eres :

a^p−b^p= (a−b)

p−1

X

i=0

bⁱa^p−1−i

On utilise cette identit´e

|f(k

n)−(2k n − 1

n)^p|=|(2k

n)^p−(2k n − 1

n)^p|

= 1 n

p−1

X

i=0

(2k n − 1

n)ⁱ(2k n )^p−1−i

Pour 0 ≤ k ≤ n, on a ^2k_n − _n¹ ≤ 2 et ^2k_n ≤ 2. Ainsi, en notant C = Pp−1

i=0 2ⁱ2^p−1−i =p2^p−1, on d´eduit

|f(k

n)−(2k n − 1

n)^p| ≤ C n

et finalement, en sommant ces in´egalit´es :

|w_n− 1 n

n

X

k=1

f(k n)|=|1

n

n

X

k=1

(2k n − 1

n)^p−f(k n)|

≤ 1 n

n

X

k=1

|(2k n − 1

n)^p−f(k n)| ≤ 1

n

n

X

k=1

C n = C

n. On a donc

n→+∞lim w_n= Z 1

0

f(x)dx= 2^p p+ 1. M´ethode 2 : reconnaˆıtre une subdivision :

Pour 1≤k≤n, on posex_k= ^2k−1_n . Ces points forment une subdivision de [0,2] (d’accord, il manque les points au bord de l’intervalle), dont le pas est _n². Ainsi, en posantg(x) =x^p, on a

wn= 1 2

n

X

k=1

2 ng(xk).

Ainsi, d’apr`es le cours (`a vous de justifier qu’enlever les deux valeurs au bord ne change rien) :

n→+∞lim w_n= 1 2

Z 2 0

g(x)dx= 2^p p+ 1.

Exo 10

1. La fonction ´etant continue sur R, ses primitives sont d´efinies sur R elles-aussi. On en calcule une `a partir de celles des parties r´eelles et imaginaires :

Z

e^3ixdx= Z

cos(3x)dx+i Z

sin(3x)dx

= 1

3sin(3x)− i

3cos(3x) = 1

3i(cos(3x) +isin(3x)) = 1 3ie^3ix. Remarque : On aurait pu ˆetre tent´e de primitiver l’exponentielle “telle quelle”, en tant que fonction de la formex7→e^ax. Ici cela marche, mais ce n’est pas comme cela qu’on a d´efini la primitive d’une fonction

`

a valeurs complexes. Que feriez-vous pour primitiver x 7→ _x+i¹ ? Il vaudrait mieux ´eviter de dire que la r´eponse est x 7→ ln(x+i), car vous prendriez le logarithme d’un nombre complexe ! Passer par les parties r´eelles et imaginaires est le moyen le plus sˆur de ne pas ´ecrire des choses ´etranges.

2. La fonction x 7→ _x2¹₊₅ ´etant continue sur R, on peut y d´efinir ses primitives. NotonsF une primitive recherch´ee (par exemple, celle qui s’annule en 0), alors

F(x) = Z x

0

dt t²+ 5= 1

5 Z x

0

dt

t² 5 + 1

= 1 5

Z ^√x

5

0

√5du u²+ 1 = 1

√

5arctan( x

√ 5), o`u on a fait le changement de variableu= ^√t

5. 3. La fonctionx7→ ^{√ 1}

x²−5 est d´efinie et continue sur ]−∞,−√ 5[∪]√

5,+∞[.

Ses primitives sont donc bien d´efinies sur chacun de ces intervalles.

Calculons d’abord une primitive sur ]√

5,+∞[ : fixons a > √ 5, en s’inspirant de la question pr´ec´edente, on calcule pourx >√

5 : G(x) :=

Z x a

√ du

u²−5 = 1

√5 Z ^√x

5

√a 5

√ du

u²−1 = 1

√5argch( x

√5) +C, o`uC est une constante.

Si a et x sont dans ]− ∞,−√

5[, les premi`eres lignes du calculs res- tent valides, mais on ne peut plus affirmer que u 7→ ^{√ 1}

u²−1 a pour primitive argch sur ]− ∞,−1[, puisque cette fonction n’est d´efinie

que sur [1,+∞[. Une primitive de cette fonction estu7→ −argch(−u) (calculez-en la d´eriv´ee pour ˆetre sˆur !). En conclusion, pouraetxdans ]− ∞,−√

5[ : Z x

a

√ du

u²−5 = 1

√5 Z ^√x

5

√a 5

√ du

u²−1 =− 1

√5argch(− x

√5) +C o`uC est une autre constante.

Il possible de trouver une formule donannt une primitive sur tout l’in- tervalle de d´efinition ]− ∞,−√

5[∪]√

5,+∞[ : il s’agit de x7→sign(x) 1

√

5argch(|x|

√ 5).

On constate qu’il est plus intuitif de s’attaquer s´epar´ement `a chaque intervalle.

Remarque : Et oui, il faut connaˆıtre la primitive dex7→ ^{√ 1}

x²−1, ainsi que ses copines. En cas de doute, m´emoriser les formules ch(t)² = 1 + sh(t)² et cos(t)² + sin(t)² = 1 afin de faire un changement de variable rapide, en l’occurence x= ch(t) ici. De plus, il y a de vraies subtilit´es avec les intervalles de d´efinition : ici ch est une bijection de [0,+∞[ vers [1,+∞[, sa fonction r´eciproque, argch, n’est donc d´efinie que sur [1,+∞[. Ainsi, il est vrai que argch a pour d´eriv´eex7→ ^{√ 1}

x²−1, mais on ne peut affirmer que x 7→ ^{√ 1}

x²−1 a pour primitive argch que sur l’intervalle [1,+∞[. Sur ]− ∞,−1], il faut faire un changement de variable et utiliser la parit´e de x 7→ ^{√ 1}

x²−1 afin d’en calculer une primitive.

Vous ˆetes perdu ? Calculer donc les primitives dex7→ _x¹ pour faire le point ! (Attention : la r´eponse n’est pasx7→ln(x)).

4. Ici on est clairement de la forme u⁰(x) sin(u(x)) avec u(x) = e^x. On d´eduit une primitive (d´efinie surR) :

Z

e^xsin(e^x)dx=−cos(e^x).

5. La fonction est continue sur chaque intervalle de la forme ]2nπ,(2n+ 2)π[, avec n ∈ ZZ. C’est donc sur chacun de ces intervalles que l’on va pouvoir d´efinir et calculer une primitive. En utilisant sin²(x) = 1−cos²(x), on trouve

1

tan³x = cos³(x)

sin³(x) = cosx

sin³(x) −cosx sinx.

Le premier terme est de la forme _u^u3⁰ et le second de la forme ^u_u⁰, avec u(x) = sinx. On d´eduit :

Z 1

tan³(x)dx= 1

sin²(x) −ln|sin(x)|.

Remarque Si on n’a pas eu l’id´ee de transformer la fraction, le chan- gement de variablet= cotan(x) peut aider. Attention aux intervalles de d´efinition !

6. La fonction est d´efinie et continue sur ]0,+∞[, c’est donc sur cet inter- valle que l’on va pouvoir d´efinir et calculer des primitives. La fonction est de la formeu⁰(x)u(x) avec u(x) = ln(x), on a donc

Z ln(x)

x dx= 1

2(ln(x))². Exo 18

Sif ≥0, ou sif ≤0, alors il est clair que|Rb

af|=Rb

a|f|. R´eciproquement, supposons que|Rb

af|=Rb a|f|.

Notonsf⁺= max(f,0) la partie positive def, ainsi quef⁻= max(−f,0) sa partie n´egative. Avec ces conventions, on af⁺≥0, ainsi quef⁻≥0. On peut exprimerf et sa valeur absolue comme suit :

f =f⁺−f⁻ et |f|=f⁺+f⁻. On d´eduit que

Z b a

|f(x)|dx= Z b

a

f⁺(x)dx+ Z b

a

f⁻(x)dx tandis que

Z b a

f(x)dx= Z b

a

f⁺(x)dx− Z b

a

f⁻(x)dx.

Ainsi, on distingue deux cas :

• SiRb

a f(x)dx≥0, alors

| Z b

a

f(x)dx|= Z b

a

f⁺(x)dx− Z b

a

f⁻(x)dx, et l’hypoth`ese que |Rb

af| = Rb

a |f| implique que Rb

af⁻(x)dx = 0.

Puisquef⁻≥0 et que f⁻ est continue, on d´eduit quef⁻= 0. Ainsi pour toutx∈[a, b], on a f(x) =f⁺(x)≥0

• SiRb

af(x)dx≤0, alors par un raisonnement similaire, on trouve que f⁺ = 0, et donc quef(x) =−f⁻(x)≥0

Remarque : Il est essentiel de faire un dessin repr´esentant ces fonctionsf⁺ etf⁻.