CCP, 2011, MP, Mathématiques I. Exercice 1

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1 CCP, 211, MP, Mahémaiques I. (5 pages ) Exercice 1 1. Soi, pour n 2, = 2 n 2 1. On a n 2, > e règle de D Alember, R = = (n + 1)2 1 n donc, selon la 2. Pour n 1, = 1 n 1 1 que les séries n 2 ou x ] 1, 1\{}, S(x) = + n=2 n 1 e n 2 n + 1 = b n c n e, comme ci-dessus lim b n = lim c n b n+1 c n+1 = 1 monre n + 1 on aussi comme rayon de convergence 1. On peu donc écrire, pour + n 1 + n + 1 = n=2 n=1 +1 n + n=3 soi x ] 1, 1\{}, S(x) = 1 x2 x ln(1 x) x 2 1 n = x + n=1 e S() =. n 1 + ] x x2 2 n=3 3. Pour x ], 1, S(x) = 1 + x x (1 x) ln(1 x) x 2 donc lim x 1 S(x) = 3 2. Exercice 2 1. Sur ], + l équaion ] homogène associée à (E) : 2xy 3y a pour soluions les applicaions x C exp 32 ln x = C x 3/2 avec C K (K éan R ou C). Puis la méhode de variaion de la consane perme d écrire les soluions de (E) sur ], + sous la forme y(x) = C(x) x 3/2 avec C dérivable sur ], + e x >, 2x 5/2 C (x) = x 1/2 soi C(x) = 2x 1 + K. Ainsi les soluions de (E) sur R x + à valeurs dans K son les foncions x 2 + K x3/2 avec K K. 2. Si y es soluion de (E) sur R +, selon 1], il exise K K el que x >, y (x) = 1 4 x + 3K 2 donc y (x) ce qui inerdi à y d êre dérivable en. x + Donc l ensemble des soluions de (E) sur R + es vide. x e

2 CCP, 211, MP, Mahémaiques I. 2/5 Problème Quesion préliminaire 1. (a) (i) (ii). (b) (i) = (ii). Parie I 2. (a) C ( R +, R ) éan un sous-espace vecoriel de F ( R +, R ), il suffi donc de monrer que E es un sous-espace vecoriel de C ( R +, R ). E conien clairemen la foncion nulle donc E e si (f, g, λ) E E R, pour ou x >, les deux foncions f()e x e g()e x son inégrables sur R + donc ( f() + λg() ) e x l es aussi donc f + λg E. Donc E es un sous-espace vecoriel de F ( R +, R ). (b) F = C ( R +, R ) B ( R +, R ) es un sous-espace vecoriel de F ( R +, R ) e si f F, on a x >, R +, f()e x f e x e e x inégrable sur R + donc f()e x l es aussi donc f E e donc F E. Donc F es un sous-espace vecoriel de E. (c) Par linéarié de l inégrale sur L 1( R +, R ), pour ou (f, g, λ) E E R, x >, L(f +λg)(x) = ( ) + f()+λg() e x d = f()e x d+λ soi L(f + λg) = L(f) + λl(g). Donc L L ( E, F ( R +, R )). g()e x d = L(f)(x)+λL(g)(x) 3. (a) U F donc U E e x >, L(U)(x) = e x d = (b) De même, h λ F car R +, hλ () 1 donc hλ E. x >, L(h λ )(x) = ] + e x x soi x >, L(U)(x) = 1 x. e (x+λ) d = L(U)(x + λ) donc x >, L(h λ )(x) = 1 x + λ. 4. n e x e x 2 = n e x 2 donc A >, A, n e x + 2 e x g n C ( R +, R ) e x >, g n ()e x = f() n e x = sur /R + donc g n ()e x l es aussi. Ainsi g n E. + O 1 soi A >, A, n e x e x 2. ( f()e ) x 2 e f()e x 2 es inégrable 5. Déjà, f es de classe C 1 sur R + donc f C ( R +, R ). Puisque f es croissane, on a f donc x >, R +, f ()e x e, selon 1.a], il suffi de monrer que quand y end vers + pour avoir f E. Or, par inégraion par paries, f ()e x d = f()e x] + x f()e x d = f(y)e xy f() + x f ()e x d a une limie finie f()e x d.

3 CCP, 211, MP, Mahémaiques I. 3/5 Or f E implique, d après 1.a], x >, f()e x d L(f)(x). D aure par, f éan bornée y + x >, y f(y)e xy f e xy. La limie du membre de droie exise donc quand y y + end vers + ce qui donne f E e x >, L(f )(x) = xl(f)(x) f(). 6. (a) Soi a >. Appliquons le héorème de dérivaion des inégrales à paramère sur a, +, en posan pour (x, ) a, + R +, φ(x, ) = f()e x : Pour ou x a, +, l applicaion f()e x es coninue (par morceaux) e inégrable sur R +, Pour ou (x, ) a, + R +, φ x (x, ) = f()e x = g 1 ()e x exise, Pour ou R +, x φ (x, ) coninue sur a, +, x Pour ou x a, +, l applicaion φ x (x, ) es coninue (par morceaux) sur R +, x a, +, R +, φ x (x, ) f() e a = g1 () e a e, selon 4], g 1 ()e a es inégrable car g 1 E, donc L(f) es C 1 sur a, + e x a, +, (L(f)) φ (x) = x (x, ) d = L(g 1)(x). Ceci éan vrai pour ou a >, L(f) es de classe C 1 sur ], + e (L(f)) = L(g 1 ). (b) Monrons par récurrence sur n N que L(f) es de classe C n sur ], + e (L(f)) (n) = ( 1) n L(g n ) : pour n =, puisque, selon a], L(f) es de classe C 1 sur ], +, à foriori, L(f) es de classe C sur ], + e l égalié es immédiae car g = f; si le résula es vrai pour n, en appliquan a] à g n qui apparien à E d après 4], on obien que L(g n ) es de classe C 1 sur ], + e (L(g n )) = L(g n+1 ), car R +, g n () = g n+1 (). On a donc L(f) es de classe C n+1 sur ], + e (L(f)) (n+1) = ( 1) n+1 L(g n ). Ainsi L(f) es de classe C sur ], + e n N, (L(f)) (n) = ( 1) n L(g n ). Parie II 7. (a) f F donc x >, R +, f()e x f e x donc x >, L(f)(x) = d après 3.a]. On en dédui que L(f)(x). f()e x d f() e x d f + f e x d = x, (b) On rerouve ici les hypohèses de la quesion 5]: f de classe C 1, croissane e bornée. On a donc x >, xl(f)(x) = L(f )(x) + f(). Mais, de plus, f es bornée donc f F e donc, suivan a], L(f )(x) e donc x L(f)(x) f(). 8. (a) On a f C ( R +, R ) e lim f() = l donc lim f() = l < l + 1 e donc A R+, + + A, f() l + 1. D aure par, f es coninue sur le segmen, A] donc elle y es bornée. On a ainsi R +, f() ( Max f(u), l ) + 1. Ainsi f F. Sup u,a] (b) En effecuan le changemen de variable = u, on a ( u L(f)( ) = f()e an d = f ) e u 1 du

4 CCP, 211, MP, Mahémaiques I. 4/5 soi L(f)( ) = ( u h n (u) du avec u R +, h n (u) = f ) e u. (c) Comme le di l énoncé, uilisons le héorème de convergence dominée: n N, h n C ( R +, R ), n N, u R +, hn (u) f e u e u f e u es inégrable sur R +, { l e u si u > h n S h sur R + avec h(u) = f() si u = car a u n + si u >, h es coninue par morceaux sur R +. On a donc h n (u) du h(u) du = l e u du ce qui donne, avec le résula du b], lim L(f)( ) = l. (d) Ceci es vrai pour oue suie d élémens de R + convergean vers donc la caracérisaion séquenielle de la limie perme de conclure que lim xl(f)(x) = l ce qui donne, si l, L(f)(x) l x + x x (a) Puisque f es inégrable sur R + donc aussi sur x, + pour x, R es définie sur R + e on a x R +, R(x) = R() f() d. Or, f éan coninue sur R +, x f() d es de classe C1 sur R + e c es une primiive de f. On a donc R es de classe C 1 sur R + e R = f. On ne peu pas appliquer direcemen le résula de la quesion 5] à R qui n es pas croissane en général. Cependan, d une par R = f apparien à E car f E (hypohèse de la parie), d aure par, R es coninue sur R + e R(x) = R donc R apparien à F selon 8.a] e la démonsraion de lim l égalié au 5] n uilise que que le caracère borné de la foncion f e le fai que f e f soien dans E. Cee démonsraion s applique donc à R e donc L(f)(x) = R() xl(r)(x). (b) On a déjà indiqué ci-dessus que lim R() = donc ε >, A R +, A, R() ε. + On a donc, pour x >, selon a], + L(f)(x) R() = xl(r)(x) = x R()e x d R() e x d R() e x d + x car R E A R() e x d + R() d + x ε e x dcar U E R() d + x soi x >, A L(f)(x) R() R() d + ε. A ε e x d (c) A éan fixé, x R() d donc η >, x ], η, x + R() d ε donc x ], η, + L(f)(x) R() 2ε. Donc L(f) se prolonge en par L(f)() = f() d. Remarque: Dans le cas où, comme ici, f es supposée inégrable sur R +, une simple applicaion du héorème de convergence dominée donne le résula ci-dessus. La démonsraion proposée par l énoncé a l inérê de s appliquer aussi au cas où f n es pas inégrable mais d inégrale sur R + impropremen convergene comme l énoncé lui-même le souligne au 1.d].

5 CCP, 211, MP, Mahémaiques I. 5/5 Parie III 1. (a) La foncion f ainsi définie es coninue sur R + car sin F (x) = = 1 f() d = 1 f() d + f() d + cos(1) cos x x car, d une par, cos x x 1 Donc F adme une limie réelle l en +. (b) Si f éai inégrable sur R + alors n N, u n = (n+1)π nπ + 1 e on a, pour ou x >, sin 1 d = f() d + cos ] x cos d cos 1 cos 1 2 d f() d + cos(1) 1 2 d ( ) e, d aure par, cos = O 1 2 inégrable sur 1, +. N u n = n= sin d (N+1)π (n+1)π nπ 2 f() d N + ce qui monre que n u n diverge. Ainsi f n es pas inégrable sur R +. f() d. Mais sin π (n + 1)π d = sin (n + 1)π d = 2 (n + 1)π (c) On peu écrire R, sin = Im ( e i) donc ( X ) ( X e ] sin e x d = Im e ( x+i) ( x+i) X ) ( e ( x+i)x ) 1 d = Im = Im x + i x + i (cos = Im ( x i) ) ] X + i sin X e xx 1 x ce qui donne bien x >, X >, X sin e x d = 1 (cos ) X + x sin X e xx x 2 1]. + 1 sin F donc sin E donc pour ou x >, sin e x es inégrable sur R +. En passan à la limie quand X end vers + dans la formule ci-dessus, on obien x >, sin e x d = 1 x (d) f es coninue sur R + e lim f() = donc, selon 8.a], f F. Donc f E e la quesion 6.a] + donne (L(f)) = L(sin) soi, d après c], x >, (L(f)) (x) = 1. Ainsi, il exise une consane x C R elle que donc x >, L(f)(x) = C Arcan x. Mais, selon la quesion 7], soi C = π 2. Finalemen, x >, L(f)(x) = π 2 Arcan x. lim L(f)(x) = Comme on en a fai la remarque à la fin de la quesion 9], l inégrabilié de f n es pas nécessaire pour X obenir le résula du 9.c]: il es suffisan que lim f() d exise pour cela. Donc lim L(f)(x) = l. X + x + ( ) Or lim L(f)(x) = lim π2 Arcan x = π x + x 2 ce qui donne l = sin d = π + 2. * * * * * *

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