EML 2009 Maths S corrigé

6 EM Lyon 2009 (corrige redige par Frederic Millet) PROBLEME 1 Partie I 1. ax bxe eOn observe d’abord que si a = b alors = 0 pour tout x > 0. Donc l’integrale estx ax bxe enulle. Supposons maintenant que a = b. La fonction est continue sur ]0; +1[ doncx integrable sur ]0; +1[. Il faut etudier le sens de l’integrale generalisee en 0 et en +1. etude en 0 : En 0 on a l’equivalence suivante ax bxe e 1 ax 1 +bx0  =b a: x x Rax bx ax bx1e e e eIl suit que se prolonge par continuite en 0 donc dx converge.x 0 x etude en +1 : On peut raisonner par comparaison ou bien par la regle des "petits o\. Faisons ax2e axun raisonnement par "petits o\ : on a lim x = lim xe = 0 par croissance com-x!1 x!1x Rax +1e 1 1paree et par le fait que a > 0. Donc on a que = o( ) en plus l’in ni. Or dx est2 2x x 1 x une integrale de Riemann convergente, donc par la regle des "petits o\ appliquee a la fonc- Rax ax+1e etion positive , l’integrale dx est convergente. En raisonnant de la m^eme maniere x 1 xR bx+1 e dx est aussi une integrale convergente. Donc par linearite des integrales convergente 1 xR R Rax bx ax bx+1 +1 +1e e e e= dx dx est convergente. 1 x 1 x 1 x Pour nir, grace a la relation de Chasles appliquee aux integrales convergentes, on a que R R Rax bx ax bx ax bx+1 1 +1e e e e e e= + et donc l’integrale recherchee est convergente. 0 x 0 x 1 x 2.a La formule nous suggere d’e ectuer le changement de variable suivant : y =ax. On a alors Z Z ZX aX aXax y ye e dy e dx = = dy:y x a y a aa De m^eme en rempla cant a par b on a Z ZX bXbx ye e dx = dy: x y b De plus par linearite de l’integrale Z Z ZX X Xax bx ax bxe e e e dx = dx dx x x x   Z ZaX bXy ye e = dy dy y y a b 1En n en utilisant la relation de Chasles Z Z ZX b aXax bx y ye e e e dx = dy + dy x y y a b !Z ZaX bXy ye e dy + dy y y b aX Z Z b bXy ye e = dy dy y y a aX d’ou le resultat. y3.a. La fonction y7! 1 e est continue sur ]0;1[ et la fonction y7! y est continue sur y1 e]0;1[ et s’annule en 0 donc par quotien, la fonction est continue sur ]0;1[. De plus on ay l’equivalent suivant : y1 e y0  = 1: y y y1 eIl suit que lim = 1 =h(0) et la fonction est continue en 0. En resume la fonction esty!0 y bien continue sur [0;1[. 3.b. En utilisant la linearite de l’integrale, on a l’egalite suivante : Z Z Z Zb b b b y ye e 1 + 1 1 dy = dy = h(y)dy + dy y y ya a a a La seconde integrale nous donne Z b 1 bb dy = [ln(y)] =ln(b ) ln(a ) =ln :a y aa On a donc Z Zb b ye b dy = h(y)dy +ln : y aa a Soit maintenant  su semment petit pour que a et b soient dans ]0; 1[. Comme h est continue sur [0; 1],h est aussi bornee sur [0; 1] par une constante M > 0. On a alors l’estimation suivante grace a l’inegalite triangulaire (remarque : on prendra garde a garder les valeurs absolues a l’exterieur de l’integrale car on ignore si a est plus petit que b. Sinon on pourrait aussi faire une etude de cas...) :       Z Z Z b