CCP MP maths 1
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- Richard François
- il y a 5 ans
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1 Psi 945 4/5 hp://blog.psi945.fr DM - corrigé CCP MP - mahs. (a) Supposons f posiive : il y a équivalence enre les deu proposiions ; c es une conséquence assez direce de la définiion de l inégrabilié, via le fai que ou machin croissan majoré es convergen. Si f es posiive, (i) e (ii) son équivalens (b) Dans le cas général : l inégrabilié impose l eisence d une limie pour F (décomposer f = f + f : f + e f son inégrables, ec...), mais la réciproque es fausse : prendre par eemple f() = sin pour [, + [. Si f n es pas posiive, (i) implique (ii), mais la réciproque es fausse. PARTIE I : Eemples e propriéés. (a) E es une parie de F(R +, R) qui es non vide (elle conien la foncion nulle) e sable par combinaisons linéaires (puisque les foncions inégrables son égalemen sables par combinaisons linéaires) : E es un sous-espace de F(R +, R). Bon, la lecure du rappor laisse penser qu il fallai déailler. J imagine qu il aurai fallu, à un momen, passer par quelque chose comme : (αf () + βf ()) e α f ()e + β f ()e. Mouais... (b) La sabilié de F par combinaisons linéaires es clair, ainsi que son-vacuié (oujours la foncion nulle...). Il fau en fai surou vérifier que F es inclus dans E. Soi donc f F. Si on noe M un majoran de f sur R e qu on fie >, alors :, f()e Me = o(/ ). + Le membre de droie éan inégrable (en ) sur R +, il en va de même du membre de gauche (qui es posiif), donc f E. F es bien un sous-espace vecoriel de E. (c) Tou d abord, si f E, alors L(f) es bien une applicaion de R + dans R. Ensuie, si f, f E e α, β R e enfin >, alors on a : (αl(f ) + βl(f )) () = αl(f )() + βl(f )() = α = f ()e d + β (αf + βf )()e d = L(αf + βf )(). Ceci éan valable pour ou >, on a donc αl(f ) + βl(f ) = L(αf + βf ). L es une applicaion linéaire de E dans F(R +, R). f ()e d 3. (a) L applicaion U es bornée, donc es dans F donc dans E : elle possède une ransformée de Laplace. Soi alors >. On a ou simplemen : [ ] e L(U)() = e + d = =. U E, e pour ou >, L(U)() = Pour ceu ayan des éas d âmes, pour le premier calcul, on peu évenuellemen passer par : e d = lim e d = T + lim T + [ e ] T e = lim = T +
2 (b) Ce n es guère différen qu à la quesion précédene (apparenance à E e calcul) : h λ E, e pour ou >, L(h λ )() = λ + 4. On s inéresse naurellemen au rappor n e e = n, quanié qui end vers lorsque end vers +, donc / e/ ce rappor es majoré par pour assez grand, disons A. On a alors (ne pas oublier les valeurs absolues) : A, g n () e = n f() e f() e /, e l inégrabilié de f()e / assure celle de g n ()e. Ceci éan valable pour ou > : l applicaion g n es bien dans E. 5. Sous les hypohèses de l énoncé, on fie >. L inégrabilié de f ()e es (puisque f es coninue e à valeurs posiive) équivalene à l eisence d une limie pour sans finesse donne : T >, f ()e d = f(t )e T f() + f()e d. f ()e d. Or, une inégraion par paries Lorsque T end vers +, le membre de droie end (puisque f es bornée, > e f E) vers f()+l(f)(). Ceci prouve que f ()e es inégrable (donc f es dans E), avec de plus la formule annoncée pour L(f )(). Sous les hypohèses de l énoncé, f E, e pour ou >, L(f )() = f() + L(f)(). 6. (a) Soi f L(E). On se lance dans la check-lis aendue, en noan, pour (, ) R + R + : g(, ) = f()e. Pour la dominaion, on va avoir besoin d un minoran sricemen posiif pour. On ravaille donc dans un premier emps, à X > fié, pour A = [X, + [. Pour ou A, g(, ) es coninue par morceau (e inégrable) sur R + ; pour ou, g(, ) es de classe C ; pour ou, g (, ) = f()e = g ()e (avec loaion de la quesion 4) es coninue par morceau e inégrable sur R + ; pour ou (, ) A R +, g (, ) g () e X, e ce majoran ϕ() es bien el que ϕ es coninue par morceau sur R + e inégrable. Toues les hypohèses du héorème de Leibniz son réunies ce qui nous assure que L(f) : g(, )d R + es de classe C sur [X, + [, avec : > X, L(f) () = g ()e d = L(g )(). R + Ceci éan vrai pour ou X >, on peu conclure : L(f) es de classe C, avec L(f) = L(g ). Rappel : je ne suis pas psycho-rigide. J acceperai donc de lire vos preuves, si à la place de ires, vous avez pluô mis des asérisques, des carrés, des ronds voire des numéros. Bien enendu, si ou es en vrac, ça va par conre direcemen à la poubelle. (b) Soi f L(E). La quesion précédene nous assure que f es de classe C. Mais sa dérivée es (l opposé de) la ransformée de Laplace de g. E comme g es elle-même dans E, sa ranformée de Laplace es de classe C, de dérivée (l opposé de) la ransformée de Laplace de g. Ainsi, L(f) es de classe C, avec L(f) = L(f ). La quesion précédene nous permerai ainsi de monrer par récurrence la proposiion P(n) : «L(f) es de classe C n sur ], + [, avec L(f) (n) = ( ) n L(f n )». Ainsi : Si f E, alors L(f) C, avec pour ou n, L(f) (n) = ( ) n L(g n ). On auroé le gain specaculaire de régularié dans le passage de f à sa ransformée de Laplace.. Aheum.... Il es crucial de donner l informaion «L(f) es C n» dans la proposiion.
3 PARTIE II : Comporemens asympoiques de la ransformée de LAPLACE 7. (a) Pour >, on a L(f)() = f()e d. À > fié, on a f()e +, donc on peu raisonnablemen penser d une par que L(f)(), e d aure par que ça doi pouvoir se monrer par convergence + dominée. C es vrai pour le premier poin... e aussi pour le second, mais dans ce cas aenion à bien se ramener au héorème de convergence dominée du programme. On s y ramène en prouvan que pour oue suie (u n ) n N endan vers +, on a L(f)(u n ). La dominaion se passe sans problème, mais il fau ou de même faire aenion à isoler =. On conclu alors par caracérisaion séquenielle d une limie en +. Bon... en fai il y a bien plus simple 3 : f éan bornée, on a : donc direcemen : >, L()() f L(f)(). e d = f, (b) Plaçons nous sous les hypohèses de l énoncé. La quesion 5 nous assure que f es dans E, avec pour ou >, L(f )() = L(f)() f(). Mais on a supposé f bornée, donc f es dans F, e la quesion précédene nous assure que L(f )(). On en dédui le résula demandé : + Sous les hypohèses de l énoncé, L(f)() + f(). 8. (a) Il eise A > el que pour ou A, f() l (e piié, épargnez nous les epsilons). On a alors pour ou A : f() = (f() l) + l f() l + l l +. Par ailleurs, l applicaion f es coninue sur le segmen [, A], donc es bornée. Si on noe B un réel el que f() B pour ou [, B], on a alors f() ma(b, l + ) pour ou, donc f es bien bornée. f F. (b) On va opérer le changemen de variable «u =» direcemen dans ( e f ) d. D une par le programme le perme ( es une bijecion de classe C de R + dans lui-même), e d aure par parce que bon, ça va aller comme ça... Ainsi : On a monré ce qu on voulai : h n ()d = L(f)( ) = e anu f(u) du = L(f)( ). ( e f ) d. ( ) (c) E si on appliquai le héorème de convergence dominée? On pose pour celà f n () = e f pour ou n N e >. On a alors : pour ou n N, f n es coninue par morceau 4 ; pour ou R +, f n () g() = le ; l applicaion g es coninue par morceau ; pour ou R + e ou n N, f n () ϕ() = f e, avec ϕ qui es coninue par morceau e inégrable sur R +. Le héorème de convergence dominée s applique, e nous assure que d une par g e les f n son inégrables (super!), avec de plus : E ainsi : f n ()d L(f)( ) l. g()d = l. (d) On vien de monrer que si on pose ψ() = L(f)(), alors pour oue suie ( ) n N endan vers +, on a ψ( ) l. Ceci prouve par caracérisaion séqueniele de la limie que ψ() l, c es-à-dire L(f)() l, donc : 3. Désolé Rappel : l inégrabilié (facile ici, ceres) sera fournie dans les conclusions du héorème. 3
4 Si l, alors L(f)() l 9. (a) Pour appliquer le héorème fondamenal auquel on pense... ben il fau s y ramener! On noe donc qu en posan I = f()d, alors R() = I S(), avec S() = cour!), donc S es de classe C, avec S = f. E ainsi : R es de classe C sur R +, avec R = f. f()d. L applicaion f es coninue (ou Aenion à ne pas appliquer la quesion 5... à R qui n es pas pariculièremen croissane 5! À défau de pouvoir uiliser la quesion 5, on peu ener de reprendre le principe de la preuve, en faisan une inégraion par paries (licie, car R es de classe C ). On fie pour cela T >. On a alors : R ()e d = [ R()e ] T + R()e d. Lorsque T end vers +, puisque R = f E, le membre de gauche de (R) end vers L(f)(). Puisque R es bornée (es coninue e end vers en + ), le erme ou inégré de (R) end vers R() lorsque T end vers +. E comme R F E, l inégrale du membre de droie de (R) end vers L(R)(). Il n y a plus qu à recoller les morceau, en faisan endre T vers + dans (R) : Pour ou >, L(f)() = R() L(R)(). (b) On se souvien que R() = f()d f()d, donc R(), ce qui jusifie l eisence de A > + el que pour ou A, R() ε. On souhaie mainenan monrer : L(R)() ε. Avec rois inégaliés riangulaires, on obien : A L(R)() = R()e d R() e d + R() e d. }{{} A ε }{{} ε A e d=ε/ Il n y a plus qu à muliplier cee inégalié par > e uiliser le résula de la quesion précédene pour obenir : L(f)() R() A R() d + ε. ( A (c) Avec A fié comme plus hau, on prend mainenan = ε R() d). Pour ], ], on a alors L(f)() R() ε. Les quesions précédenes monren donc que si on fie ε >, il eise un > en deça duquel L(f)() R() ε. Ainsi, L(f)() R(). L(f) se prolonge en une foncion coninue en, avec comme valeur limie R() = Noons qu il es ou de même assez raisonnable qu on ai e f()d f()d. (R) f()d. E d ailleurs, on aurai pu obenir ce résula par simple applicaion du héorème de convergence dominée. Tou ça pour ça, direz vous... E bien pas ou à fai. Si on regarde la preuve de plus près, elle peu s éendre au cas où f es non pas inégrable, mais possède une inégrale convergene : de convergence dominée ne s applique plus. f()d T + l R. E là, le héorème PARTIE III : Applicaion. (a) Tou d abord, l applicaion f es coninue sur R +, ce qui jusifie son inégrabilié sur ou segmen [, ], donc la définiion de F. Ensuie, on inègre par paries pour obenir une inégrale d un erme en O(/ ). Il fau faire aenion à, donc on passe par : >, 5. Je sais, si mainenan on doi vérifier les hypohèses... F () = F () + cos cos cos d. 4
5 L applicaion cos inégrable sur [, + [, donc le cas pour cos cos, e donc : es coninue sur [, + [ e es dominée par au voisinage de +, donc es cos d possède une limie finie lorsque end vers +. C es égalemen F () possède une limie finie lorsque end vers +. (b) L inégrabilié de f es équivalene à celle de f, elle-même équivalene à l eisence d une limie finie pour On a f lorsque end vers +. nπ d inégraion, on a e n f = u k. Or, si on fie k, on peu minorer u k par k= sin (k + )π, donc nπ f u + 4 n k= k +, kπ+3π/4 kπ+π/4 f() d ne possède donc pas de limie finie lorsque end vers +, e donc : f n es pas inégrable sur [, + [. sin d. Sur l inervalle (c) On va bien enendu voir sin comme une parie imaginaire, de sore que l inégrale demandée es elle-même la parie imaginaire de e i e d = e (i ) d = ex(i ) i = (i + )( Xe X e ix ) + C es la parie imaginaire qui nous inéresse. Si on a encore les idées claires sur la parie imaginaire de (a + bi)(c + di), on peu alors conclure sans ou développer : (sin )e d = + ( Xe X cos X Xe X sin X ) = + ( e X ( sin X + cos X) ). La foncion (sin )e es coninue sur [, + [ e dominée par au voisinage de +, donc : 945 (sin )e es inégrable sur [, + [. Dans la relaion calculée plus hau, le membre de droie end (puisque > ) vers vers +. Celui de gauche end vers (sin )e d. Ainsi : (sin )e d = + lorsque X end + (d) Le suje valide ce que j ai raconé à la fin de la quesion 9... Nore inégalié de conveié préférée nous assure que f() pour ], π/]. Cee inégalié rese vraie pour = e pour π (puisqu alors f() < ). Par ailleurs, f es coninue. Ainsi, f es dans F π donc dans E. Les hypohèses de a quesion 6.(a) son vérifiées, ce qui nous assure que L(f) es de classe C, avec L(f) = L(g ), avec g () = f() = sin. Le calcul précéden nous assure alors : >, L(f) () = L(g )() = +. Il eise alors une consane K elle que pour ou >, L(f)() = K Arcan(). Puisque f F, on a par ailleurs d après la quesion 7.(a) : L(f)() +, donc K = π. Finalemen : >, Il n y a plus qu à recoller les morceau : sin d = L(f)() = π lim + π Arcan() sin d = lim L(f)() = π 5
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