Contrôle continu 3 : correction

(1)

CY Cergy Paris Université Algèbre linéaire, bilinéaire et intégration

Licence 2 MIPI 2020-2021

Contrôle continu 3 : correction

Mardi 5 janvier 2021 - Durée 1h30

Exercice 1.(4 points) 1. L’intégrale généraliséeR1

0 dt

t^α est convergente si et seulement siα <1.

2. L’intégrale généraliséeR+∞

1 dt

t^β est convergente si et seulement si β >1.

3. a) Si la dérivée partielle ^∂f_∂x existe et est continue sur]α, β[×[a, b], alors la fonction F est dérivable sur]α, β[.

b) L’expression deF⁰(x) pour toutx∈]α, β[est alors

F⁰(x) = Z b

a

∂f

∂x(x, t)dt.

Exercice 2.(2+1+2 points)

1. Le développement limité def à l’ordre 2 en 0 est

f(t) =

1 +t+t²

2 +ot→0 t²

− 1−t²

2 +ot→0 t²

−t=t²+ot→0 t² .

2. Comme

t→0lim

e^t−cos(t)−t t² = lim

t→0

t²+ot→0 t²

t² = 1 + lim

t→0ot→0(1) = 1, on a l’équivalent suivant :

e^t−cos(t)−t ∼

t→0t².

3. La fonctiont7→ ^e^t^{−cos(t)−t}_tα est continue sur tout intervalle fermé borné de]0,1], donc elle y est intégrable d’après le cours. Il nous reste à étudier l’intégrabilité en0⁺. L’intégrande est équivalent à t 7→ _tα−2¹ lorsque t → 0⁺ d’après la question précédente. Comme cet équivalent est de signe constant au voisinage de0⁺, un théorème de comparaison montre que

Z 1 0

e^t−cos(t)−t

t^α dt converge ⇐⇒

Z 1 0

dt

t^α−2 converge.

D’après le critère de Riemann, cette dernière intégrale converge si et seulement siα−2<1 i.e. si et seulement si α <3. On conclut que l’intégrale I est convergente si et seulement siα <3.

Exercice 3.(2+1,5 points)

1. La fonctionf est constante par morceaux donc en escalier : f(t) = 1×1[³₂^,2[(t) + 2×1[2,3[(t) + 3×1[^2,⁷₂](t)

1

(2)

t E(t)

1 2 3 4

1 2 3

avec1I la fonction indicatrice de l’intervalleI ⊂Rqui vaut identiquement 1 surI et 0 sur R\I. La subdivision associée à f est donc₃

2,2,3,⁷₂ . 2. Le cours assure quef est intégrable sur₃

2,⁷₂

car elle est en escalier, et on a :

J = Z 2

3 2

1dt+ Z 3

2

2dt+ Z ⁷

2

3

3dt= 1

2 + 2 +3 2 = 4.

Exercice 4.(2+2,5 points) 1. Pour toutt >0,

√ 1

1 + 9t = 1 q

9t 1 +_9t¹

= 1

√9t 1 q

1 +_9t¹

= 1 3√

t

1 + 1 9t

−¹

2

.

Lorsquet→+∞, _9t¹ →0, donc le développement limité de(1 +y)⁻¹² eny= 0nous donne :

1 + 1

9t −¹

2

= 1 +ot→+∞(1).

Il suit :

√ 1

1 + 9t = 1 3√

t

1 +ot→+∞(1)

. 2. La fonctiont 7→ ^√¹

1+9tsin ¹_t

est continue sur tout intervalle fermé borné de [1,+∞[, donc elle y est intégrable d’après le cours. Il nous reste à étudier l’intégrabilité en +∞.

Comme ¹_t →0lorsque t→+∞, le développement limité desin(y)en y= 0 nous donne :

sin 1

t

= 1

t +ot→+∞

1 t

.

En utilisant la question précédente, on obtient

√ 1

1 + 9tsin 1

t

= 1 3√

t

1 +ot→+∞(1) 1

t +ot→+∞

1 t

d’où l’équivalent :

√ 1

1 + 9tsin 1

t

t→+∞∼ 1 3t√

t = 1 3t³².

Comme l’équivalent est de signe constant au voisinage de+∞, un théorème de comparaison montre que

Z +∞

1

√ 1

1 + 9tsin 1

t

dt converge ⇐⇒

Z +∞

1

3t³² dt converge.

2

(3)

D’après le critère de Riemann, cette dernière intégrale converge car ³₂ >1. On conclut que l’intégraleK est convergente.

Exercice 5.

1. Soit n ∈ N\ {0}. Par définition, on a f(t) ≤ M pour tout t ∈ [a, b]. Par croissance de la fonction x 7→ xⁿ sur R⁺, on obtient f(t)n

≤ Mⁿ. Par croissance et linéarité de l’intégrale, ceci implique :

Z b a

f(t)n

dt≤ Z b

a

Mⁿdt=Mⁿ Z b

a

dt=Mⁿ(b−a).

Enfin, par croissance de la fonctionx7→xⁿ¹ surR⁺, il vient :

Z b a

f(t)n

dt

1 n

≤(Mⁿ(b−a))ⁿ¹ =M(b−a)ⁿ¹.

2. La fonction f est continue sur l’intervalle fermé borné [a, b] : il en résulte que f est bornée et atteint ses bornes ; en particulier, il existe c ∈ [a, b] tel que f(c) = M. Fixons n∈N\ {0} et ε >0. On peut supposer queε < M, sinon le membre de gauche dans les deux inégalités demandées est négatif ou nul et le résultat est évident. On distingue trois cas :

i. Sic∈]a, b[, alors par définition de la continuité def enc, il existeδ >0suffisamment petit de sorte que ]c−δ, c+δ[⊂[a, b]et tel que

|t−c|< δ =⇒ |f(t)−M| ≤ε.

On pose α:= c−δ etβ :=c+δ. Alors −ε≤f(t)−M ≤εpour tout t∈]α, β[et donc f(t) ≥M−ε. La croissance de la fonction x7→ xⁿ sur R⁺ nous donne alors

f(t)n

≥ (M −ε)ⁿ. Comme ]α, β[⊂ [a, b] et f(t)n

≥ 0 pour tout t ∈ [a, b], la croissance de l’intégrale et sa linéarité nous donnent alors :

Z b a

f(t)n

dt≥ Z β

α

f(t)n

dt≥ Z β

α

(M−ε)ⁿdt= (M−ε)ⁿ Z β

α

dt= (M−ε)ⁿ(β−α).

Enfin, la croissance de la fonctionx7→xⁿ¹ surR⁺ nous donne :

Z b a

f(t)n

dt

1 n

≥((M−ε)ⁿ(β−α))¹ⁿ = (M−ε)(β−α)ⁿ¹.

ii. Sic=a, alors par définition de la continuité def enc, il existe δ >0 suffisamment petit de sorte que ]c, c+δ[⊂[a, b]et tel que

|t−c|< δ =⇒ |f(t)−M| ≤ε.

On reprend alors l’argument ci-dessus avec α:=aetb:=c+δ.

iii. Sic=b, alors par définition de la continuité de f enc, il existeδ >0 suffisamment petit de sorte que ]c−δ, c[⊂[a, b]et tel que

|t−c|< δ =⇒ |f(t)−M| ≤ε.

On reprend alors l’argument ci-dessus avec α:=c−δ etβ :=b.

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(4)

3. Soient n∈ N\ {0} etε > 0. En collectant les inégalités montrées aux deux questions précédentes, on obtient :

(M−ε)(β−α)¹ⁿ ≤ Z b

a

f(t)n

dt

1 n

≤M(b−a)ⁿ¹.

Comme le membre de gauche tend versM−εet le membre de droite tend versM lorsque n→+∞, il existeN >0tel que, pour toutn≥N, on ait

(M −ε)(β−α)ⁿ¹ > M −2ε, M(b−a)¹ⁿ < M+ 2ε.

Donc, pourn > N, on obtient :

M−2ε <

Z b a

f(t)n

dt ¹_n

< M+ 2ε.

Par définition, ceci montre que :

n→+∞lim Z b

a

f(t)n

dt

1 n

=M = sup

t∈[a,b]

f(t).

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