Mines MP 2004, Maths 1

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1 MP 933 & 934 evoir à la Maison n o 8 Corrigé Mines MP 24, Maths Première partie Variations de la fonction ϕ. On a bien évidemment, au voisinage de : Arctant t et e πt πt, donc ϕ(t) t + /π : On peut donc prolonger ϕ en une fonction continue sur R en posant ϕ() = π. 2. L application ϕ est dérivable sur R donc sur, avec :, ϕ () = e πt +t 2 π(arctant)eπt (e πt ) 2 = e πt (e πt ) 2 ψ(t), où ψ est la fonction auiliaire introduite dans l énoncé : le signe de ϕ (t) est celui de ψ(t). Cette fonction ψ est elle-même de classe C sur R, avec : t R, ψ (t) = πe πt (+t 2 ) 2 e πt (+t 2 ) 2 π +t 2 = e πt (+t 2 ) 2, donc ψ est à valeurs strictement négatives sur R, donc ψ est strictement décroissante sur ]; + [, donc prend des valeurs strictement inférieures à ψ() = sur ] ; + [. Ainsi, donc est majorée par sa limite en + calculée plus haut : ϕ est strictement décroissante sur, supϕ(t) = t π. Eistence et epressions de l intégrale I 3. L application ϕ est continue sur ]; + [, prolongeable par continuité en donc localement intégrable et, au voisinage de +, ϕ(t) = o(/t 2 ), donc ϕ y est localement intégrable. Ainsi, ϕ est intégrable sur ]; + [ et I est bien définie. 4. Tout d abord, on a classiquement pour tout y : Arctan(y) y (par concavité de l application Arctan, ou en intégrant l inégalité Arctan u = +u 2 entre et y. On a donc pour tout k N et tout t : Arctant t et il n y a plus qu à intégrer cette inégalité sur [,+ [ (les deu membres sont bien intégrables sur ) : le changement + de variable u = kπt nous ramène par homogénéité à k 2 π 2 ue u du dont la valeur est vaguement connue. On voit maintenant I comme l intégrale sur de ϕ(t) = (Arctant)e πt = (Arctant) e πt e kπt ( e πt ) n = (Arctant). Pris d une légitime envie d interversion de symbole, on note alors f k : t (Arctant) : n= dimanche er décembre 23 frimaire 222 /home/walter/latex/mp/annee/23/m-23/m8.te

2 evoir à la Maison n o 8 (Corrigé) 2 Mathématiques, MP 933 & 934 chaque f k est continue sur ; la série k f k converge simplement vers ϕ qui est continue ; la série f k est convergente (d après la question précédente : comparaison de séries à k termes générau positifs). ϕ est donc intégrable sur (quel scoop..), avec de plus : ϕ = + f k = + f k = + Arctantdt. Pour la deuième relation, on intègre par parties en posant u(t) = Arctant (de sorte que u (t) = ); pour +t2 avoir v (t) =, il suffit alors de poser v(t) = kπ e kπt. Si on fie T >, on a alors u et v de classe C sur [; T], et donc : T Arctantdt = [ Arctant ] T + T kπ Lorsque T tend vers +, le membre de gauche tend vers t /(+t 2 ) sur ) celui de droite tend vers. Par unicité de la limite, on trouve bien : ce qui justifie la deuième formule demandée. Arctantdt = +t 2 dt = e kπt ArctanT+ kπ T +t 2 dt. Arctantdt alors que (par intégrabilité de +t 2 dt, et enfin : e kπt ArctanT T euième partie +t 2 dt, Propriétés de la fonction f 5. Notons h : (,t) R e t et fions R. L application t h(,t) est continue sur [; + [, et +t2 h(,t), donc t h(,t) est intégrable si (clair, non?) et seulement si (tout aussi clair, mais c est à signaler) t2. Ainsi : f est définie sur R +. Pour la continuité, on vérifie les hypothèses du théorème du même nom : t e t comme on l a déjà vu, pour tout R +, l application t h(,t) est continue et intégrable sur ; pour tout t, l application h(, t) est continue ; pour tout (,t) R +, h(,t), et l application t est continue et intégrable +t2 +t2 sur. Le théorème de continuité nous assure alors que L application f : h(,t)dt est définie et continue sur R +. Enfin, une simple minoration h(,t) e t nous fournit une fois intégrée : f(), donc f tend vers en Pour le caractère C 2, les dérivées partielles en ne sont intégrables en t que pour >. e plus, pour avoir une domination uniforme (en ) de ces dérivées, on a besoin de minorer (l eponentielle devra aider, ce qui n était pas le cas pour la domination simple de h). Fions donc A > : pour tout t, l application h(,t) est de classe C 2 sur [A; + [; pour tout A, les applications t h (,t) et t 2 h 2(,t) sont continues et intégrables sur ; pour tout (,t) [A; + [, 2 h 2(,t) = t2 +t 2e t e At, et l application t e At est continue et intégrable sur. Mines MP 24, Maths M8.te

3 evoir à la Maison n o 8 (Corrigé) 3 Mathématiques, MP 933 & 934 donc Ainsi, f est de classe C 2 sur R +, avec de plus : >, f () = t 2 +t 2 } {{ } /(+t 2 ) e t dt = f()+ e t dt, f est solution de l équation différentielle sur R + : y ()+y() =. Notons que le théorème de Leibniz nous donne des conditions suffisantes pour la fonction définie par l intégrale soit de classe C k ; ces conditions ne sont pas nécessaires. La question de régularité en n est donc pas tranchée. Cependant, quand bien même f serait deu fois dérivable en, sa dérivée seconde ne pourrait être continue en, d après l équation différentielle vérifiée par f sur ] ; + [. 7. Une simple intégration par parties fournit : eu intégrales S(X) = cosa A cosx X X a cost t 2 dt. La fonction t cost t 2 est intégrable au voisinage de + (sa valeur absolue est majorée par cost ), donc t2 a t 2 dt possède effectivement une limite lorsque X tend vers +. Puisque cosx X, l application S possède donc une X + limite finie en +. Le même raisonnement marche bien entendu pour C(X). Les fonctions S et C admettent chacune une limite finie en +. X Une epression de la fonction f 8. Après avoir écrit sin( t) = sincost sintcos, on a ψ() = (sin)c() (cos)s(). L application t (sint)/t étant continue sur [A; + [, le théorème fondamental de l analyse nous assure que S est de classe C, avec S () = (sin)/ pour tout A, puis S est de classe C ; et on a évidemment un résultat de même nature pour C. L application ψ est alors elle-même de classe C, et si on en croit la surprenante formule de dérivation des produits, on trouve : puis >, ψ () = (cos)c()+ (sin)(cos) >, ψ () = ( sin)c()+ cos2 et ψ est bien solution de l équation +(sin)s() (cos)(sin) y +y =. +(cos)s() + sin2 = (cos)c()+(sin)s(), = ψ()+, Les solutions de cette équation s obtiennent alors en sommant une solution particulière (ben... ψ!) et celles de l équation homogène associéey +y = qui (modulo unω 2 ) a peut-être été rencontrée une ou deu fois : les solutions dey +y = sont les applications de la forme ψ()+acos+bsin Par ailleurs, en notant K et K 2 les limites respectives de S et C en +, on a g() = K S() et f() = K 2 C(), donc ψ() = (sin) ( K 2 h() ) (cos) ( K g() ), et on peut conclure : Les solutions sur R + de y +y = sont les applications de la forme g()cos h()sin+acos+bsin. 9. après ce qui précède, il eiste A,B R tels que pour tout R, On a par ailleurs 2 g() + f() = A cos+b sin+g()cos h()sin. et h(). après la question 5, on a donc A cos+b sin. En + + Et pas qu en maths! 2 Non, pas parce que + whatever(t)dt =, mais parce que g() = l S(), où l est la limite de S en +... Mines MP 24, Maths M8.te

4 evoir à la Maison n o 8 (Corrigé) 4 Mathématiques, MP 933 & 934 écrivant A cos+b sin = A 2 +B2 cos( ϕ), on en déduit que A 2 +B2 =, donc A = B =, puis : f() = (cos)(sint) (sin)(cost) t dt = sin(t ) t et le changement de variable u = t permet de trouver la première epression demandée, suite à quoi un sobre changement de variable u = t nous amène à la seconde forme. sinu + f() = u+ du = sint +t dt. Pour ceu ayant de légitimes doutes quand à la légalité de la chose ou bien à la tolérance du correcteur, les changements de variables peuvent être effectués sur des segments avant un passage à la limite. Ceci dit, le programme autorise eplicitement les changements de variable par les bijections de classe C entre intervalles quelconques. dt, Troisième partie. après les questions 4 puis 9 : I = Un résultat intermédiaire kπ f(kπ) = + sin kπt dt = kπ +t u = πt + sinku du kπ +u/π π. I = + sinku kπ π+u du.. On va intégrer par parties l intégrale intervenant dans la question précédente. On fie pour cela un entier k N et un réel U > : U [ sinku π +u du = cosku ] U U cosku cosku du = k(π+u) k(π+u) 2 k(π+u) + U kπ cosku k(π+u) 2 du. Chaque terme possède une limite 3 lorsque U tend vers +, et on obtient alors par unicité de la limite : Avec la question précédente, on obtient donc sinku π +u du = kπ cosku k(π +u) 2 du. I = π 2 k 2 et il reste donc à justifier l interversion série/intégrale pour conclure. cosku k 2 π(π +u) 2 du, Pour tout k, l application ϕ k : u cosku k 2 π(π +u) 2 est continue et intégrable sur R + ; la série ϕ k converge simplement, et la somme est continue sur R + (continuité obtenue par convergence normale de ϕ k, sachant que les ϕ k sont continues et ϕ k /k 2 π 3 ); si k, alors ϕ k du k 2 π (π +u) 2 = k 2 π 2 donc la série ϕ k est convergente. On en déduit que la somme est intégrable (on le savait déjà), et qu on peut intervertir les deu symboles ce qui termine la preuve de la relation demandée. I = π 2 k 2 ( + ) cosnu π (u+π) 2 n 2 du. n= 3 Pour le dernier terme, l application u cosku k(π +u) 2 est continue sur R + et majorée en valeur absolue par u donc est intégrable u2 sur R +. Mines MP 24, Maths M8.te

5 evoir à la Maison n o 8 (Corrigé) 5 Mathématiques, MP 933 & La propriété de 2π-périodicité nous permet d écrire Somme de la série de terme général cos(nu)/n 2 [ 2π; ] G( ) = G( +2π) = = G(). La 2π-périodicité permet d étendre cette relation à tout. Cela permet de calculer β n = π 2π G est paire. G() sinnd = π π π G() sinnd = puisque l intégrande est impair et le domaine d intégration symétrique par rapport à. Enfin, après quelques lignes de calcul et quelques intégrations par parties, on trouve α =, α n = n 2 b n = pour tout n N. 3. La fonction G étant continue, et de classe C par morceau, le théorème de convergence normale nous annonce que : la série de Fourier converge normalement (ce qu on avait déjà remarqué en la calculant); sa somme est précisément G. On en déduit notamment que [; 2π] G() = n= cosn n 2. S = G() = π2 6. Valeur de l intégrale I 4. Il ne faut évidemment pas écrire la somme comme la valeur de la fonction G en u sans prendre garde au fait que l epression polynomiale n est valable que sur [; 2π]. Écrivons donc a k = 2(k+)π 2kπ G(u) 2(k+)π (u+π) 2 du = G(u 2kπ) 2kπ (u+π) 2 du, epression que l on simplifie encore par l effet d une translation 4 t = u+π : (2k+3)π G ( t (2k +)π ) a k = dt. Il ne reste qu à développer le numérateur : (2k+)π G ( t (2k +)π ) = 3t 2 2π(k +)t+3π 2 (2k +)(2k +3)+2π 2, et à le diviser par t 2 et intégrer, ce qui donne, après quelques lignes fastidieuses mais indispensables : [ ( ) 2k+3 a k = π (k +)ln + 2k+ 62k + ]. 62k +3 Il convient de ne pas mettre au même dénominateur les deu derniers termes, qui vont évidemment se télescoper gentiment dans pas plus tard que la question suivante. 5. Ah, déjà on remarque que la somme partielle des a k fait furieusement penser (à un facteur π) près, la quantité I N ; plus précisément, I N = N a n + N [ π 6 2n+ ], 2n+3 n= il y a le gentil télescopage sus-mentionné, ce qui donne 4 Comme dirait la Comtesse. I N = π n= n= t 2 N a n + 6 6(2N+). Mines MP 24, Maths M8.te

6 evoir à la Maison n o 8 (Corrigé) 6 Mathématiques, MP 933 & 934 Or, à la question, on a trouvé une relation intéressante, qui s écrit sous la forme I = π 2 k 2 π a k = 6 π a k. Les deu dernières relations, mises bien en face l une de l autre, permettent d affirmer que Soit pile poil ce que l on voulait. lim I N = I. N 6. La phrase ne veut pas dire grand-chose 5 mais suggère d écrirei N sous une forme légèrement différente (genre une somme de logarithmes...). Pour cela, il suffit de se faire télescoper des termes en ln(2n+3) avec ceu en ln(2n+) dans la définition de I N : N I N = N+ (n+)ln(2n+3) n= ensuite on effectue un glissement d indice, des trucs disparaissent et u coup, N (n+)ln(2n+3), n= N I N = N+Nln(2N+) ln(2n+). N E N = ep(i N ) = e N (2N+) N n= n= 2n+ = e N (2N+) N 3 5 (2N 3) (2N ). Ouh, mais ce genre de choses, on l a déjà vu, ça se traite bien, il suffit d intercaler les nombres qui manquent pour faire une factorielle 6 : E N = e N (2N+) N ( N) ( (2N ) 2N) = e N (2N+) N 2 N N!. (2N)! Chouette, il ne reste plus qu à invoquer le grand Stirling pour trouver, après simplifications : ( ) N ( 2N+ E N 2 = + ) N 2N 2N 2. Tout le monde sait maintenant calculer la limite du truc à droite, qui est e /2 / 2, et qui est donc également la limite de E N quand N tend vers l infini. Appliquons la fonction logarithme, qui est continue en e /2 / 2 (entre autres), on trouve donc I = lim N I N = 2 ( ln2). Calcul de K 7. L astuce, c est que si l on calcule I K et que l on met au même dénominateur, on voit apparaître le dénominateur de J : ( ) I K = Arctant e πt + Arctant e πt dt = 2 + e 2πt dt = 2J, ce qui mène immédiatement à On peut demander confirmation à Maple: K = 2 (lnπ ). i:=int(arctan(t)/(ep(pi*t)-),t=..infinity) : evalf(i); evalf((-ln(2))/2); 5 Ben, tout réel est le produit de par, non? 6 Rappelez-vous votre première rencontre avec les intégrales de Wallis. Mines MP 24, Maths M8.te

7 evoir à la Maison n o 8 (Corrigé) 7 Mathématiques, MP 933 & k:=int(arctan(t)/(ep(pi*t)+),t=..infinity) : evalf(k) evalf(ln(pi)-)/2; Bon, c est pas mal... Mais, je ne sais pas pourquoi, Maple reste en rade si on lui demande les deu calculs à la suite.. En fait, entre les deu, j ai fait un restart et là, pas de problème. Mais, si après avoir calculé K, je lui redemande I (qu il avait calculé sans sourciller la première fois), boum, de nouveau en rade. C est un phénomène connu chez Maple 7. 7 Ça s appelle : les mystères insondables de Maple. Mines MP 24, Maths M8.te