EML 2009 Maths S corrigé

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Corrigé EMLyon 2009 voie scientifique.

Publié le : jeudi 21 juillet 2011
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Partie I
EM Lyon 2009 (corrige´r´edige´parFre´d´ericMillet) ` PROBLEME 1
1. axbx ee On observe d’abord que sia=balors = 0 pour toutx >set´tgearel.0nilcnoD x axbx ee nulle. Supposons maintenant quea6=best continue sur ]0. La fonction ,+[ donc x inte´grablesur]0,+´ne´laree´si0neeelsdntigr´eegaleten+flI.[enesrlieudett´au.
´etudeen0:
En0onal´equivalencesuivante
axbx ee01ax1 +bx =ba. x x axbxRaxbx 1 ee ee Ilsuitqueseprolongeparcontinuite´en0doncdxconverge. x0x
´etudeen+:OnpenbiouonisrapaomcraprennosiartueonsFaisso.etitseplgderae`aplr ax 2eax un raisonnement par ”petits o“ : on a limx→∞x= limx→∞xe= 0 par croissance com-x axR +e1 1 par´eeetparlefaitquea >=0. Donc on a que o(2) en plus l’infini. Or2dxest x x1x uneint´egraledeRiemannconvergente,doncparlar`egledespetitsoapplique´e`alafonc-axRax +e e tionpositive,lint´egraledxe`eraminantdsonnˆemeelamnegrevnoiarnE.ettces x1x Rbx +e dxetnegrevnocselaratie´edistne´rgnte.Doncparlin´ege´telarvnocegreeaustiussinne 1x RaxbxRaxRbx +++ee e e =dxdxest convergente. 1x1x1x
Pournir,grace`alarelationdeChaslesapplique´eauxinte´gralesconvergentes,onaque RaxbxRaxbxRaxbx +1 +ee ee ee =+etdonclint´egralerecherche´eestconvergente. 0x0x1x
2.afoLare`ggussuonelumrdeeetceulrceahngementdevariabliusetnav:y=ax. On a alors Z Z Z Xax aXy aXy e e dy e dx= =dy. y x a y  a a a Demˆemeenremplac¸antaparbon a Z Z Xbx bXy e e dx=dy. x y  b
Deplusparline´arit´edelint´egrale Z Z Z Xaxbx Xax Xbx ee e e dx=dxdx x x x   Z Z aXy bXy e e =dydy y y a b
1
Enfin en utilisant la relation de Chasles Z Z Z Xaxbx by aXy ee e e dx=dy+dy x y y  a b  ! Z Z aXy bXy e e dy+dy y y b aX Z Z by bXy e e =dydy y y a aX
dou`ler´esultat.
y 3.a.La fonctiony7→1eest continue sur ]0,[ et la fonctiony7→yest continue sur y 1e ]0,[ et s’annule en 0 donc par quotien, la fonction est continue sur ]0,[. De plus on a y l´equivalentsuivant: y 1e0y = 1. y y y 1e Il suit que limy0= 1 =hee0nE.rnctnoitunafonction´eesstum´el(tincesonet0)fola y bien continue sur [0,[.
3.b.et:vinae´usalit´egonalale,Euntnirge´´tirledelilaean´litintsa Z Z Z Z by by b b e e11 + 1 dy=dy=h(y)dy+dy y y y a a a a Lasecondeint´egralenousdonne Z b 1bb dy= [ln(y)] =ln(b)ln(a) =ln . a y a a On a donc Z Z by b e b dy=h(y)dy+ln . y a a a Soit maintenantsuffisemment petit pour queaetbsoient dans ]0,1[. Commehest continue sur [0,1],hste0[rusee´nrobissua,1] par une constanteM >0. On a alors l’estimation suivante grace`alin´egalit´etriangulaire(remarque:onprendragardea`garderlesvaleursabsolues`a lexte´rieurdelint´egralecaronignoresiaestpluspetitqueb.Sinononpourraitaussifaireune e´tudedecas...): Z Z Z b b b h(y)dy≤ |h(y)|dyM1dy=M |ba|.   a a a R b En faisant tendrevers 0, on a alors lim0h(y)dy= 0, et donc a Z Z by b e b b limdy= limh(y)dy+ln=ln y a a 00 a a
dou`ler´esutat.
2
3.c.
Dapre`s2.bet3.bona Z Z Z Xaxbx by bXy eee e dx= limdydy x y y 0 0a aX Z bXy b e =lndy. a y aX
3.d.onc.Dar`ap3.es Z Z Z +∞ −axbx Xaxbx bXy ee eee b dx= limdx=lnlimdy. x x a y X+X+0 0aX Or pourXsusemmentgrna,dno`alafaiosaX >1 etbX >1 et donc pouryentre les valeurs y ey deaXet debXstiequasgrusplle)!dna(l`rooeeacniaptnnseevitie´tiaopDc.nsopr y delinte´grale(encoreunefoisilfautgarderlavaleurabsolueoubienfaireunee´tudedecas suivant quea > bou le contraire) : Z Z bXy bX e yaXbX   dye dy=ee . y  aX aX
Doncparencadrementonend´eduitque Z bXy e limdy= 0, X+y aX et donc Z Z +∞ −axbx bXy ee be b dx=lnlimdy=ln , x aX+y a 0aX dou`lere´sultat.
Partie II
1.Eest un sous ensemble de l’espace des fonctions de [0,+[ dansR. La fonction nulle est 1 de classeC`antierttsaeee0nnnlupaapodcnE. DoncEest non vide. Soient maintenant 2 2 1 (f, g)Eet (λ, µ)R. D’une part la fonctionλf+µgest de classeCcarfetgle sont. D’autre part (λf+µg)(0) =λf(0) +µg(0) = 0 carf(0) = 0 etg(0) = 0. Enfin commefetg 0 0 sontborn´ees,ilexistM >0 etM >0 duex constantes telles que|f| ≤Met|g| ≤M. Donc parlin´egalit´etriangulaire
0 |λf+µg| ≤ |λ||f|+|µ||g| ≤ |λ|M+|µ|M
et donc la fonctionλf+µge´.eoDcnestbornEcnolin´eairee,ctsetsstbdaelapcrmoibansino un sous-espace vectoriel de l’espace des fonctions de[0,+[ dansR.
2.f2ne s’annule pas en 0 donc n’est pas dansE. limx+f3(x) = +doncf3n’est pas 1 born´eesur[0,+[ et donc n’est pas dansE.f1etf4sont de classesCsur [0,+[, s’annulent en0etsonttouteslesdeuxborn´eespar1envaleurabsoluedoncsontdansE.
3
3.a.
Pard´entiondelade´rive´een0etlefaitquef(0) = 0, on a
do`ulere´sultat.
f(x)f(0)f(x) 0 f(0) = limlim = x0x x0x0
f(x)g(x)f(x)g(x) 0 0 3.b.auqlemionObservedapr`es3.x02=f(0)g(0), donc la fonctionx7→2 x x qui est continue sur ]0,1] se prolonge en une fonction continue sur [0,lI.]tius1gr´eealelqunti R 1f(x)g(x) impropre2dxconverge. De plus commefetgsont dansEn´eetbors.Il,nosselle 0x f(x)g(x) M existe donc une constanteM >0 telle que22pour toutxdans [1,+[. Or par x x R R ++ 1f(x)g(x) Riemann,2dxcveon,egrcnodcrapapmoraisondint´egraelpssotivise2dx 1x1x R +f(x)g(x) converge. Mais comme la convergence absolue implique la convergence,2dxconverge 1x R +f(x)g(x) aussi.EnnparlarelationdeChaslesapplique´eauxint´egralesconvergentes2dx= 0x R R 1f(x)g(x) +f(x)g(x) 2dx+2dxnegr.etetsnunteigr´eecalveon 0x1x
4.ottuoprusaLe´myestctrieecarlairfetgdansE, on a : Z Z ++f(x)g(x)g(x)f(x) (f|g) =dx=dx= (g|f). 2 2 x x 0 0 Parsym´etrie,pourmontrerlabilin´earite´,ilsutdemontrerlalin´earit´e`adroite.Soientf,get gdansEetλetµdansR, on a Z +f(x)(λg+µh)(x) (f|λg+µh) =dx 2 x 0 Z +λf(x)g(x) +µf(x)h(x) =dx 2 x 0 Z Z ++f(x)g(x)f(x)h(x) =λ dx+µ dx(lin´earit´edesni´tgearelcsnoev)setnegr 2 2 x x 0 0 =λ(f|g) +µ(f|h).
Ennilrestea`prouverque(.|.eniend´stbi)evreseuqerO.ebonosifEalors la fonction R 2 2 2 f(x) +f(x)f(x) x7→2]0´deniesur,[ est continue positive. Donc si2dx= 0 alors2= 0 pour x0x x toutx]0,[ et doncf(x) = 0 pour toutx]0,[. Enfin commef(0) = 0,fest donc la fonction nulle sur [0,+e0deirelt`adces,[E.
5.´enteiun`ardboadene`maresnOientpoer.oSrglaerp >0 etX >0, et soientfetgdans 1 1 E. L’applicationf gest de classeCsur [0,+[ et2est continue sur ]0,+[, on peut donc x 1 appliquerlint´egrationparpartieseninte´grant2d´eretentvinaf g. On a alors x Z   Z X X X0 0 f(x)g(x)f(x)g(x)f(x)g(x) +f(x)g(x) dx=+dx 2 x x x   Z X0 0 f()g()f(X)g(X)f(x)g(x) +f(x)g(x) =+dx.  X x
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