Calculs préliminaires.

Transcription

1 MINES-PONTS 005. Filière MP. MATHÉMATIQES 1. Corrigé de JL. Lamard Calculs préliminaires. Notons que si f H alors f)e / est bien intégrable sur R car continue positive et majorée par 1 ρ e ρ pour tout réel donc par 1 au voisinage de ±. 1. Compte-tenu de la remarque précédente, F f est bien définie sur R. En outre comme u fu)e u / est continue sur R, F f est de classe C 1 et F f ) = / f)e > 0 pour tout réel. Il en découle par le théorème de caractérisation des C 1 -difféomorphismes d intervalles que : F f est un C 1 -difféomorphisme croissant de R sur ] lim F f ), lim F f )[=]0, π[. +. ϕ convient si et seulement si F f o ϕ = F 1 ce qui prouve l eistence d une unique solution : ϕ = F 1 f o F F 1 f est un C 1 -difféomrphisme croissant de ]0, π[ sur R et ainsi par composition de difféorphismes, ϕ est un C 1 -difféomorphisme croissant de R sur lui-même. 4. Comme ϕ est dérivable et que les fonctions intégrées dans la relation de définition de ϕ sont continues, il vient en dérivant cette relation que : f ϕ) ) ) e ϕ) / ϕ ) = e / R 1). Or comme toutes les fonctions intervenant ici sont strictement positives, il vient en prenant le logarithme que : ln ϕ ) ) + ln f ϕ) )) 1 ϕ) = 1 R ). En appliquant cette égalité en ϕ 1 ) on obtient : ln ϕ 1 ) ) ) ln f) ) 1 ϕ 1 ) = 1 R 3). 5. On sait qu un changement de variable qui est un C 1 -difféomorphisme transforme une intégrale impropre convergente en une intégrale convergente et de valeur égale. En effectuant de changement de variable u = ϕt) dans l intégrale convergente hu) fu)e u / d u on obtient donc une intégrale convergente et égale). Or, compte-tenu de la relation 1), l intégrale convergente obtenue est ) h ϕu) e u/ d u ce qui signifie que h ϕu) ) e u/ est intégrable sur R. Enfin le même théorème de changement de variable dans les intégrales impropres utilisé cette fois ci sans valeur absolue fournit l égalité hu)fu)e u / d u = h ϕu) ) e u/ d u. 6. Comme ϕ est un C 1 -difféomorphisme de R sur R, ϕ est croissante sur ]ϕ 1 0), + [ et décroissante sinon. Par ailleurs u e u / croît sur R et décroît sur R +. Il en découle immédiatement que : +1 ϕ u)e u / d u ϕ )e +1) / Notons qu il en résulte également que 1 A = maϕ 1 0), 0). ϕ u)e u / d u ϕ )e 1) / A = minϕ 1 0), 0). 7. Comme f H 0 H on a 0 u fu)e u / 1 ρ u e ρu pour tout u ce qui prouve que u fu)e u / = o 1 u ) au voisinage de ± et est donc intégrable sur R. On peut ainsi choisir la fonction h = u u dans la question 5. ce qui prouve que ϕ u)e u / est intégrable sur R. Il en résulte qu il eiste un réel C > 0 tel que : +1 ϕ u)e u / d u 1 pour C Il résulte alors de la question précédente que : et 1 ϕ ) e +1) / = e +1) / pour maa, C) et ϕ ) e 1) / = e +1) / pour infa, C). ϕ u)e u / d u 1 pour C. Ainsi ϕ) e +1) /4 pour tout réel tel que B = maa,, C). Mines-Ponts-005-maths1.TEX

2 8. On cherche naturellement une primitive sous la forme gu)e u/. Il vient que g convient si et seulement si : ugu) + g u) = u u ϕu) ) + 1 ϕ u). Donc gu) = u ϕu) convient. ne primitive de uϕu) u ϕ u) + 1 ) e u / est u ϕu) ) e u /. 9. Notons hu) la fonction à intégrer. Il découle clairement de la question précédente et de la majoration de la question 7. que b a hu) d u tend vers 0 lorsque a, b), + ). Compte-tenu de l avertissement liminaire de l énoncé, il reste à prouver que h est intégrable sur R avant de conclure que I = 0. Or, toujours compte-tenu de la majoration de la question 7. : uϕu) u + 1 ) e u / = o 1 ) en ± qui est donc u intégrable sur R. Il en découle que b a ϕ u)e u / d u admet une limite lorsque a, b) tend vers, + ). Ce qui prouve que ϕ u)e u / est intégrable sur R puisque cette fonction est positive. Ainsi h est bien intégrable en tant que somme de deu fonctions intégrables et I = 0. ne inégalité intéressante. 10. Pour ]0, 1] une étude des variations de ln prouve immédiatement que ln 1 e. Par ailleurs pour u tel que fu) 1 on a 0 fu) ln fu) ) fu) ln ρ + 1 ρ)u). Donc pour tout réel u on a : fu) ln fu) ) e u / 1 e + fu) 1 ln ρ + ρ)u ) e u / 1 / ln ρ + e e u ρ ρ)u e ρu = Mu). DEF Or Mu) = o 1 ) ) au voisinage de ± ce qui prouve que fu) ln fu) e u / u est bien intégrable sur R. On a noté au début de la question 7. que ϕ u)e ucc/ est intégrable. De même u e u / = o 1 ) ainsi que uϕu)e u / u qui est un o 1 ) d après la question 7. u Il en découle que u ϕu) e u / est bien intégrable sur R. 11.Le fait que ln fu) ) fu)e u / soit intégrable prouve par la question 5. que ln Ef) = ln f ϕu) )) e u / d u. 1.Il en découle que Ef) Φf) = ln f ϕu) )) 1 u + uϕu) 1 ) ϕ u) e u / d u. Or d après la question 4. on a ln f ϕu) )) 1 ϕ u) = ln ϕ u) ) 1 u. f ϕu) )) e u / l est et que : Ainsi Ef) Φf) = u + uϕu) ln ϕ u) )) e u / d u. ) D après une remarque de la question 10., uϕu) u e u / est intégrable. On peut donc linéariser l intégrale précédente et l intégrale nulle de la question 9. ce qui prouve que : + ) Ef) Φf) = u + uϕu) e u / d u ln ϕ u) ) e u / d u = = ) ϕ u) 1 e u / d u ϕ u) 1 ln ϕ u) )) e u / d u. ln ϕ u) ) e u / d u 13.Par concavité de la fonction ln on a ln 1 pour tout > 0. Il en découle par positivité de l intégration que Φf) Ef) pour toute fonction f de H En outre par théorème de positivité stricte de l intégration pour les fonctions continues, il vient que Ef) = Φf) si et seulement si ln ϕ u) ) = ϕ u) 1 pour tout réel u soit si et seulement si ϕ u) = 1 pour tout réel u soit si et seulement si ϕu) = u + C pour tout réel u. La question 4. donne alors que fu + C) = e Cu C / donc que fu) = e Cu C / pour tout réel u. Mines-Ponts-005-maths1.TEX page

3 Réciproquement soit f une fonction de cette forme. Pour montrer qu elle convient il faut prouver qu elle appartient bien à H 0 et que Ef) = Φf). Il suffit en fait de prouver qu elle appartient à H 0 car alors la relation 4. montre que ϕ u) = 1 pour tout u donc que Ef) = Φf) d après l équivalence établie au début de cette question. Déjà on a bien f continue et 0 < f) pour tout. En outre f) 1 ρ e1/ ρ) si et seulement si 1 ρ) C + C ln ρ 0 pour tout. Or = C 4 1 ρ) C ln ρ) tend vers lorsque ρ 0 + donc est négatif pour 0 < ρ α où α est un réel positif dépendant de C. Il en résulte que le trinôme 1 ρ) C + C ln ρ est bien positif ou nul pour tout réel si l on choisit ρ infα, 1 ) ce qui prouve que f appartient bien à H. Par ailleurs fu)e u / d u = e u C) / d u = e v / d v = π. En conclusion les fonctions f de H 0 telles que Ef) = Φf) sont toutes les fonctions de la forme f) = e C C /. Etension au fonctions positives. 15.L énoncé qui manquait déjà de rigueur à plusieurs reprises précédemment commence à atteindre des sommets en la matière. La première chose qu il convient d établir ici est que f n H 0. Déjà f n est strictement positive et continue et en outre, vu que par hypothèse que gu)e u / d u = n 1 1 π + π = π. n n Reste à établir que f n H c est à dire l eistence, pour tout n, d un entier ρ n > 0 tel que... gu)e u / d u = π il vient Or la fonction constante égale à 1 appartient clairement à H comme on le voit en choisissant ρ = 1. Notons ρ 0 un réel positif convenant pour la fonction g il eiste par hypothèse). En remarquant que, pour tout réel fié, la fonction ρ 1 ρ ep 1 ρ) ) est clairement décroissante, il vient que ρ = min 1, ρ 0) convient à la fois pour la fonction g et la fonction constante égale à 1 donc aussi pour la fonction f n et cela pour tout entier n. En conclusion les fonctions f n appartiennent bien à H 0. Les fonctions ψ f n u) ) e u / sont continues sur R et convergent simplement sur R vers la fonction ψ gu) ) e u / elle aussi continue sur R. En outre on a ψ f n u) ) e u / Mu), la fonction M étant définie à la question 10. ρ ayant la valeur définie ci-dessus). Or comme déjà noté cette fonction est continue et intégrable sur R. Le théorème de la convergence dominée prouve alors que Ainsi Ef n ) n + Eg). ψ f n u) ) e u / d u n + ψ gu) ) e u / d u. 16.Commençons par remarquer que comme f n appartient à H 0 voir ci-dessus) on peut bien envisager la fonction ϕ n. Soit un réel quelconque fié dans la suite et l) une valeur d adhérence de la suite ϕ n ) ) de sorte qu il eiste une application α strictement croissante de N dans N telle que la suite ϕ αn) ) ) converge vers l). Pour tout n on a ϕαn) ) ϕαn) ) f αn) e u / d u = ϕαn) ) αn) 1 gu)e u / d u + 1 αn) αn) Or lorsque n + on a αn) n + et donc αn) 1 Par ailleurs ϕαn) ) continue. De même gu)e u / d u ϕαn) ) e u / d u l) l) e u / d u ce qui s écrit : e u / d u = αn) 1 et e u / d u 1) 1 αn) 0. gu)e u / d u car une intégrale fonction de sa borne supérieure est e u / d u. Mines-Ponts-005-maths1.TEX page 3

4 En passant à la limite dans 1) on obtient alors l) gu)e u / d u = e u / d u. Cette relation est vraie pour tout réel et toute valeur d adhérence l) de la suite ϕ n ) ) et en particulier pour la limite inférieure et la limite supérieure ce qui fournit la relation ) demandée). REMARQE : Cette relation ) prouve que les fonctions ψ j sont à valeurs finies. En effet si ψ j ) = il vient De même si ψ j ) = + il vient est également absurde. e u / d u = 0 ce qui est absurde. e u / d u = 17. Si 1 < la relation ) ci-dessus fournit ψj ) ψ j 1) gu)e u / d u = π donc gu)e u / d u = 1 e u / d u = 0 ce qui e u / d u > 0 par théorème de positivité stricte de l intégration des fonctions continues et donc ψ j 1 ) < ψ j ) par l absurde car gu)e u / 0). Ainsi les fonctions ψ j sont strictement croissantes. REMARQE : La démonstration ci-dessus prouve d une manière plus générale que si 1 < alors ψ i 1 ) < ψ j ) pour tout i, j) {1, }. Comme ψ j est croissante, elle admet une limite l R en. En passant à la limite lorsque dans la relation ) de la question 16, il vient l gu)e u / d u = 0. Le théorème de positivité stricte de l intégration des fonctions continues montre alors que gu) = 0 pour u l. Il en découle que l a. Supposons que l < a. Il eiste alors A > 0 tel que l ψ j ) < a pour. La relation ) de la question 16 écrite en fournit alors On prouve de même que e u / d u = 0 ce qui est absurde. En conclusion l = a i.e. lim ψ j) = a. lim ψ j) = b et 19.La question 18 est encore une fois très mal posée et ne permet de résoudre la question 19 à savoir que D est dénombrable) que si a et b sont finis. Ce qui est d autant plus scandaleu que la notion d ensemble dénombrable n est plus au programme! ne solution consiste à remarquer que comme ψ 1 est croissante, elle est discontinue en si et seulement si ψ 1 + ) ψ 1 ) > 0. On peut alors trouver un rationnel r) ]ψ 1 ), ψ 1 + )[. Le théorème de la limite monotone montre que ψ 1 + ) < ψ 1 y) < ψ 1 z ) si < y < z car ψ 1 est strictement monotone. Il en découle que l application r est une injection de D dans Q ce qui prouve que D est dénombrable. Cette technique est certes classique mais pas pour un élève de MP et d ailleurs encore une fois fait intervenir des notions hors programme. 0.Si ψ 1 ) < ψ ) la relation ) de la question 16 prouve que ψ) ψ 1) gu)e u / d u = 0 donc que g est nulle sur [ψ 1 ), ψ )] par le théorème de positivité stricte de l intégration des fonctions continues. 1.Soit un réel quelconque fié. En faisant tendre y vers puis vers + dans la relation ) de la question 16 écrite en ψ 1 y) on obtient : ψ1 ) Ainsi gu)e u / d u = ψ1 + ) ψ 1 ) e u / d u = ψ1 + ) gu)e u / d u = 0 pour tout réel. gu)e u / d u. Comme ψ 1 ) [ψ 1 ), ψ 1 + )] il découle du théorème de positivité stricte de l intégration des fonctions continues que si g ψ 1 ) ) > 0 alors ψ 1 ) = ψ 1 + ) i.e. que ψ 1 est continue en..compte-tenu de la remarque du début de la question 17, on a, pour tout, la chaîne d inégalités suivantes : ψ 1 n ) ψ 1 n ) ψ + 1 n ) ψ 1 + n ) 3). En passant à la limite il vient que ψ 1 ) ψ ) ψ + ) ψ 1 + ). Il en découle que si ψ 1 est continue en alors ψ ) = ψ + ) = ψ 1 ) donc ψ ) = ψ 1 ) car ψ est croissante) et également que ψ est donc continue en. En inversant les indices 1 et dans la chaîne d inégalités 3) on prouve en fait que : Pour i j {1, } la fonction ψ i est continue en si et seulement si ψ j l est et alors ψ i ) = ψ j ). Mines-Ponts-005-maths1.TEX page 4

5 3.Comme ψ 1 est continue sur le compacr K elle y est uniformément continue et donc il eiste α > 0 tel que ψ 1 ) ψ 1 y) ε dès que, y K et y α. Nous avons évidemment K ]y α, y + α[ et par le théorème de Borel-Lebesgue hors programme MP again y K!) on peut etraire de ce recouvrement un recouvrement fini : K q ]y j α, y j + α[ q [y j α, y j + α]. Or K [y j α, y j +α] est un compact fermé borné) donc admet un minimum j et un maimum j+1 appartenant bien sûr tous deu à K et vérifiant j j+1. Et naturellement K j=0 q j=0 [ j, j+1 ]. Au passage notons à nouveau une faute d énoncé : on n a pas forcément l inégalité stricte j < j+1 comme on le voit en choisissant pour K un singleton! En fait on a l inégalité stricte si K ne comporte aucun point isolé car comme l ensemble des discontinuités de ψ 1 est dénombrable, K [y j α, y j + α] ne peut alors être réduit au seul point y j. Soient désormais u et v tels que j u v j+1. Comme ψ 1 est croissante, il vient : ψ 1 v) ψ 1 u) ψ 1 j+1 ) ψ 1 j ) ε. 4.Si ψ 1 est continue en un réel on a ψ 1 ) = ψ ) d après la question. En un tel point la suite ϕ n ) ) admet donc une unique valeur d adhérence ψ 1 ) qui est finie comme on l a noté en remarque de la question 16 et converge donc vers ψ 1 ). Ceci est en particulier réalisé en les points j et j+1 pour j de 0 à q. Soit alors ε > 0 donné quelconque. Il eiste N ε tel que ϕ n k ) ψ 1 k ) ε pour tout n N ε et tout k de 0 à q + 1. Soit désormais K et n N ε. Il eiste j tel que j j+1. La croissance de ϕ n fournit : ϕ n ) ψ 1 ) ma ϕ n j ) ψ 1 ), ϕ n j+1 ) ψ 1 ) ). Or ϕ n j ) ψ 1 ) ϕ n j ) ψ 1 j ) + ψ 1 j ) ψ 1 ) ε compte-tenu du choi de N ε et de la question 3. De même ϕ n j+1 ) ψ 1 ) ε. Ce qui prouve bien que la suite ) ϕ n converge uniformément sur K vers ψ1. 5.Encore une faute d énoncé! Il faut lire que pour tout A > 0 il eiste n tel que... Soit A > 0 donné quelconque. Pour tout entier m et tout réel u [, A] on a ϕ m ) ϕ m u) ϕ m A) par croissance de la fonction ϕ m. Comme ψ 1 ) = liminf ϕ m ) est fini voir remarque de la question 16) l ensemble des indices m tels que ϕ m ) ψ 1 ) 1 est fini sinon il eisterait une suite etraite convergeant soit vers soit vers l ψ 1 ) 1 ce qui est contradictoire avec la définition de la limite inf. Ainsi il eiste un entier n 1 tel que ψ 1 ) 1 ϕ m ) pour tout m n 1. On prouve de même qu il eiste n tel que ϕ m A) ψ 1 A) + 1 pour tout m n. Il en découle que ψ 1 ) 1 ϕ m u) ψ 1 A) + 1 pour tout u [, A] et tout entier m N A = man 1, n ). DEF Ainsi pour tout réel A > 0 il eiste un entier N A tel que ϕ m u) ψ 1 ) + ψ 1 A) + 1. sup Notons LA) = ψ 1 ) + ψ 1 A) + 1. Il vient pour m N A que sup u ϕ m u) LA). Par ailleurs la fonction u u ϕ n u) est continue donc bornée sur le compact [, A] par un réel noté L n. Il en découle que, pour tout entier n, sup u ϕ m u) MA) avec MA) = ma LA), L 1,..., L NA) DEF 6.On sort ici totalement à nouveau!) du cadre du programme. D une part u ψ 1 u) n est pas continue par morceau sur [, A] car peut y admettre une infinité dénombrable de discontinuité et on intègre sur K qui est un fermé quelconque de [, A]! Il faut admettre ici que les propriétés classiques de l intégrale sont encore vérifiées. Dans la suite on note F n : u u ϕ n u) e u / et F : u u ψ 1 u) e u /. K est une partie fermée de [, A] donc compacte et incluse dans C. Il en découle d après la question 4 que la suite ϕ n ) converge uniformément vers ψ 1 sur K. Or pour u K on a : F u) F n u) = ψ 1 u) ϕ n u) u ψ 1 u) ϕ n u) e u / ψ 1 u) ϕ n u) A + ψ 1 ) + ψ 1 A) + 1 ) 1 } {{ } Constante ce qui prouve que la suite F n ) converge uniformément vers F sur K et donc Mines-Ponts-005-maths1.TEX page 5 K j=0 F n u) d u n + K ). F u) d u.

6 En notant l ouvert [, A] \ K, pour conclure il suffit donc de prouver que, pour tout ε > 0 donné, on a F u) d u ε et F n u) d u ε pour tout entier n. ε Or d après la question 5, on a F n u) d u M d u = p = ε. Cette inégalité est également vraie avec la fonction F car, en considérant une suite etraite de la suite ϕ n u) ) qui converge vers ψ 1 u), on voit que l on a également u ψ 1 u) M. Ainsi A F n u) d u n + A F u) d u. sup 7 On comprend bien qu il s agit de démontrer que Φg) Eg) comme annoncé au début de la partie III. 1 Sauf que Φg) n est pas défini! Sans-doute faut-il comprendre que Φg) = u ψ 1 u) e u / d u = F u) d u DEF R R ce qui semble naturel. Encore faudrait-il prouver pour fonder cette définition que cela ne dépend pas de la suite approimante f n ) choisie... A Soit A > 0 donné quelconque. Nous avons F n u) d u F n u) d u Ef n ) d après la question 14. A En faisant tendre n vers + il vient que F u) d u Eg) d après les questions 15 et 6. Comme ceci est vrai pour tout A > 0 cela prouve que la foction positive F est intégrable et que i.e. que Φg) Eg). p=1 R R F u) d u Eg) FIN Mines-Ponts-005-maths1.TEX page 6