Correction Devoir Surveillé n PSI

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Correction Devoir Surveillé n?5 PSI MATHEMATIQUES Problème I Question 1. 1.1. Pour x réel, la fonction fx : t 7? tx?1e?t est continue sur ]0,+∞[, à valeurs stricte- ment positives et fx(t) ? t?0 1 t1?x et t2fx(t) ?? t?+∞ 0 donc fx(t) = t?+∞ 0 ( 1 t2 ) . Par conséquent, par comparaison aux intégrales de Riemann, fx est intégrable sur ]0, 1] si et seulement si 1?x < 1 (c'est-à-dire x > 0) et fx est intégrable sur [1,+∞[ pour tout x. Par conséquent : L'ensemble de définition de la fonction ? est ]0,+∞[. 1.2. Fait en cours. 1.3. ?(1) = ∫ +∞ 0 e?tdt = lim T?+∞ [ ?e?t ]t=T t=0 = lim T?+∞ (1? e?T ) = 1 : ?(1) = 1. 1.4. Soient x > 0 et a, b tels que 0 < a < b ; j'intègre par parties sur le segment [a, b] : x ∫ b a tx?1e?tdt = [ txe?t ]t=b t=a + ∫ b a txe?tdt.

  • t2 au voisinage des infinis

  • endomorphisme surjectif de c0

  • périodicité

  • question précé- dente

  • lim t?

  • théorème de double

  • pi périodicité du cosinus

  • limite nulle

  • nulle en ±∞


Publié le : lundi 18 juin 2012
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Question 1.
Correction Devoir SurveillÉn5 PSI MATHEMATIQUES
ProblÈme I
x1t 1.1.PourxrÉel, la fonctionfx:t7→t eest continue sur]0,+[, À valeurs stricte-ment positives et   1 1 2 fx(t)ett fx(t)−→0doncfx(t) = 0. 1x2 t0t+t+t t Par consÉquent, par comparaison aux intÉgrales de Riemann,fxest intÉgrable sur ]0,1]si et seulement si1x <1(c’est-À-direx >0) etfxest intÉgrable sur[1,+[ pour toutx. Par consÉquent : L’ensemble de dÉfinition de la fonctionΓest]0,+[. 1.2.Fait en cours. Z +  t=T ttT 1.3.Γ(1) =e dt= lime= lim(1e) = 1: t=0 T+T+0 Γ(1) = 1. 1.4.Soientx >0eta, btels que0< a < b; j’intÈgre par parties sur le segment[a, b]: Z Z b b  t=b x1t xt xt x te dt=t e+dt.t e t=a a a Commex >0, j’obtiens, À la limite poura0etb+:xΓ(x) = Γ(x+ 1), soit : x >0,Γ(x+ 1) =xΓ(x). Question 2. x 2.1.Par concavitÉ de la fonctionexp(ou Étude de la fonctione1x), j’ai : xR,expx1 +x; d’ oÙ, avecx=t: t0,exp(t)1t. Soient alorst0etn1; sitn,gn(t) = 0et j’ai bien0gn(t)exp(t); je suppose maintenant0t < n, je peux appliquer le rÉsultat ci-dessus Àt/net n+ j’utilise la croissance dex7→xsurR:   n t tt 01− ≤expd’oÙ01− ≤exp(t). n nn
Ainsi :
t0,n1,0gn(t)exp(t).
x1 2.2.Soitx >0fixÉ ;fn:t7→t gn(t)est nulle sur[n,+[, continue sur]0, n], avec 1 fn(t), donc, par comparaison À une intÉgrale de Riemann (1x <1),fn 1x t0 t est intÉgrable sur]0,+[, avec : Z+Z n n t x1 fn(t)dt= 1t dt. n 0 0 J’applique alors le thÉorÈme de convergence dominÉe À la suite de fonction(fn), sur l’intervalle]0,+[: 1. lesfnsont continues par morceaux sur]0,+[. x1 2. la suite(fn)converge simplement sur]0,+[versf:t7→texp(t); en effet, pourt >0fixÉ, j’ait < npournassez grand (prÉcisÉment pourn > t!) et  n t x1x1 n > t ,fn(t1) =t−→exp(t)t n n→∞ car  n   t tt 1= expnln 1etnln 1− ∼t n nn n→∞ 3.fest continue sur]0,+[. 4. il ne reste qu’À vÉrifier l’hypothÈse de domination. Or, d’aprÈs la question prÉcÉ-dente, j’ai t >0,n1,|fn(t)| ≤f(t), qui ne dÉpend pas denet enfin, d’aprÈs le1.1.,fest intÉgrable sur]0,+[; le thÉorÈme de convergence dominÉe me permet alors de conclure que Z Z +∞ ∞ fn(t)dt−→f(t)dt, n→∞ 0 0 autrement dit : Z n n t x1 x >0,lim 1t dt= Γ(x). n n+0
ProblÈme II I. Quelques propriÉtÉs deF=θ(f). 1.1. Z x+1 θ(1)(x) =dt= 1 x 1.2. SoitkN. Z x+1 1 k kk+1k+1 θ(t)(x) =t dt= ((x+ 1)x) xk+ 1 Remarque : la formule est encore valable sik= 0ce qui unifie les deux questions. R x 2.1. D’aprÈsun thÉorÈme foncdamental du cours,x7→g(t)dtest une primitive deg R a x sur l’intervalleIquandgest continue surIetaI. Ici, notonsf1:x7→f(t)dt. 0 C’est une primitive defet x, F(x) =f1(x+ 1)f1(x) 1 Cette formule montre queF∈ Cavec 0 00 x, F(x) =f(x+ 1)f(x) =f(x+ 1)f(x) 1 1 2.2. Sifcrot surJx0alors pourxx0on a (puisquex+1xx0)f(x+1)f(x)0 0.Fest ainsi positive surJx0etFest donc croissante surJx0. La preuve est la mme dans le cas dÉcroisssant. 0 2.3.Fest constante surRsi et seulementFest nulle c’est À dire si et seulement si 0 x, f(x+ 1) =f(x). Commefest continue, cette condition Équivaut Àf∈ C. 1 0 2.4.f:t7→ |sin(πt)|Étant ÉlÉment deC, son image parθest constante. On a 1 Z Z 1 1 1 cos(πt) 2 x, F(x) =F(0) =|sin(πt)|dt= sin(πt)dt== π 0 00π 2.5. Sifest constante Égale ÀL1alorsFl’est aussi. On devine donc queL2=L1. On forme donc la diffÉrence et on montre qu’elle est de limite nulle en+. Z ZZ x+1x+1x+1 f(t)dtL1= (f(t)L1)dt≤ |f(t)L1|dt x xx t7→ |f(t)L1|Étant continue sur le segment[x, x+ 1], elle est bornÉe et atteint ses bornes sur ce segment et Z x+1 cx[x, x+ 1]/ f(t)dtL1≤ |f(cx)L1| x Commecx+quandx+, le majorant est, par composition des limites, de limite nulle en+. On a donc limF(x) =L1 x+3.1. Lechangement de variablex=tdonne Z ZZ u+1/2u1/2u+1/2 ψ(u) =f(t)dt=f(x)dx=f(x)dx u1/2u+1/2u1/2 Ainsi, sifest paire (resp. impaire),ψl’est aussi.
3.2. Legraphe d’une fonction impaire est symÉtrique par rapport À l’origine et celui d’une fonction paire est symÉtrique par rapport À l’axe des abscisses. Par ailleurs, le graphe deFse dÉduit de celui deψpar translation de vecteur(1/2,0). Ainsi, - sifest paire, le graphe deFest symÉtrique par rapport À la droitex=1/2. - sifest impaire, le graphe deFest symÉtrique par rapport au point(1/2,0). 2 kt e1 4.1. Soitfk:t7→2. On akfkk2. Le majorant Étant le terme gÉnÉral d’une P k+1k+1 sÉrie convergente,fkconverge normalement surR. LesfkÉtant continues, on a 0 doncf∈ C(R). 1 4.2.fkest de classeCsurRavec 2kt 2 0 −kt k, f:t7→e k 2 k+ 1 2 kt02 La fonctiongk:t7→teest dÉrivable etg(t) = (12kt). On a donc le tableau k de variations suivant t0 1/2k+p e/2k gk(t)% & 0 0 p e gkÉtant impaire, on akgk=et donc 2k √ √ 2ke2e 0 kfk ∼ k= 2 3/2 k+ 1k k+P 0 Il y a donc convergence normale defsurRet, comme auparavant, k 2 X kt 2tke 10 f∈ C(R)ett, f(t) = 2 k+ 1 k1 Remarque : on ne peut ici factoriser partcar pourt= 0la sÉrie qui resterait serait divergente. 4.3. Lanormale convergence surRprouvÉe en4.1permet d’appliquer le thÉorÈme de double limite. Comme chaquefk(k1) est de limite nulle en+, on a donc limf(t) = 0 t+4.4.fest paire (comme lesfk), de limite nulle en l’infini, de dÉrivÉe nulle en0. De + plus, la fonction dÉcrot surR(dÉrivÉe nÉgative). C’est une fonction qui est ainsi positive. On a donc une fonction “en cloche" P2 2 22t 4.5. Onat f(t) =t fk(t). La fonctiont7→t eest continue surRet de limite k1 nulle en±∞. C’est donc une fonction bornÉe surR. NotonsMun de ses majorants. On a alors : 2 (k1)t 2e M 2 2t t,|t fk(t)|=t e2 2 k+ 1k+ 1 Le majorant est indÉpendant detet est le terme gÉnÉral d’une sÉrie convergente. P 2 t fk(t)est donc normalement convergente surRet on peut, en particulier, utiliser 2 le thÉorÈme de double limite en±∞.t fk(t)Étant de limite nulle en±∞, on obtient que +2 X 2kt t e lim =0 2 t→±∞ k+ 1 k=1 2 c’est À dire quefest nÉgligeable devant1/tau voisinage des infinis. Elle est donc intÉgrable au voisinage des infinis et, Étant continue surR, est finalement intÉgrable surR.
4.6.Fest, commef, de limite nulle en+(question2.5) et dÉcroissante sur[0,+[ (question 2.2). Par ailleurs,fest paire et la question3.2montre que le graphe deFest symÉtrique par rapport À la droitex=1/2. Le graphe deFa lui aussi l’allure d’une cloche (dÉcalÉe sur la gauche par rapport À la premiÈre. + fÉtant dÉcroissante (et positive) surR, on a Z Z x+1x+1 x0,0F(x) =f(t)dtf(x)dt=f(x) x x + + Fest ainsi continue surR, positive et dominÉe par une fonction intÉgrable surR. + C’est donc elle mme une fonction intÉgrable surR. Par paritÉ, elle est intÉgrable surR. II. L’endomorphismeθ. 1 1 1. On aIm(θ)⊂ C. Commex7→ |x|est continue et non de classeC, c’est une fonction qui n’admet pas d’antÉcÉdent parθ.θn’est pas un endomorphisme surjectif 0 deC. 2.1. SupposonsfKer(θ). On a alorsF=θ(f)qui est constante (nulle) et donc R 1 0 (questionI.2.3)f∈ C. De plus,F(0) =f(t)dt= 0. 1 0 0 RÉciproquement, sif∈ CalorsF=θ(f)est constante (quastionI.2.3) et cette 1 R 1 constante vautF(0)et elle est nulle sif= 0. 0 On a ainsi prouvÉ que  Z1 0 Ker(θ) =f∈ C/ f= 0 1 0 2.2.ckest clairement continue et1-pÉriodique (continuitÉ et2πpÉriodicitÉ du cosinus). Les formules de trigonomÉtrie donnent Z 1 1 < cj|ck>= (cos(2π(j+k)t) + cos(2π(jk)t))dt 2 0 R 1 Commecos(2πpt)dtest nul sipZet vaut1sip= 0, on a donc 0 j, kNc, <j|ck>=δj,k Remarque :δj,kvaut1sij=ket0sinon. On ackKer(θ)(continuitÉ,1-pÉriodicitÉ, intÉgrale nulle sur[0,1]) et donc V ect((ck)kN)Ker(θ) Par ailleurs,(ck)est libre car elle est orthonormÉe. Ainsi,Ker(θ)est de dimension infinie (il contient une famille libre infinie). 2.3. -fÉtant continue,φnest une primitive def. Une intÉgration par parties donne alors   n+1Z+1 n φn(t)φn(t) Wn= +dt 2 tnt n Par ailleurs,φn(n) = 0par dÉfinition et,fÉtant1-pÉriodique, Z Z n+1 1 φn(n+ 1) =f(t)dt=f(t)dt=φ0(1) n0 On a donc finalement Z n+1 φ0(1)φn(t) Wn= +dt 2 n+ 1nt
Le changement de variableu=tnmontre (avec la pÉriodicitÉ def) que Z Z xn xn φn(x) =f(u+n)du=f(u)du=φ0(xn) 0 0 |φ0|est continue sur le SEGMENT[0,1]et admet, sur ce segment, un maximum M. La formule prÉcÉdente montre que|φn|admet ce maximumMsur[n, n+ 1]. On a donc Z Z n+1n+1 φn(t)dt M dtM= 22 ntnt n(n+ 1) R n+1φn(t) Ainsi,2dtest le terme gÉnÉral d’une sÉrie convergente. n t P - SifKer(θ)alorsφ0(1)etWnconverge. - Sinon,Wnest somme de termes gÉnÉraux de sÉries convergente et divergente P (φ0(1)/n). On a donc divergence deWn. 3.1. Sia6= 0, on a Z x+1a 1e1 at a(x+1)ax θ(ha)(x) =e dt= (ee) =ha(x) xa a a e1 ha(qui est non nul) est donc vecteur propre deθassociÉ À la valeur propre. a Quant Àh0= 1, on a vu enI.1.1qu’il est vecteur propre deθassociÉ À la valeur a e1 propre1(satisfaisant puisque1quanda0). a u e13.2. Lafonctionh:u7→est dÉrivable surRavec u g(u) 0u u u6= 0, h(u) =g(u) =uee+ 1 2 u 0ugest dÉrivable surRavecg(u) =ue.gest donc dÉcroissante surRet croissante +0 ∗ surR. Etant nulle en0, elle reste positive. Ainsi,hest positive surR. On en +∗ ∗− dÉduit quehcrot sur chaque intervalleRetR. Remarque : on ah(u)1quandu0.hest donc prolongeable par continuitÉ et on a croissance de la fonction prolongÉe surR. a e1 3.3. D’aprÈsla question3.1est dans le spectre de, toutapour touta. Avec la a a ∗−e1 question prÉcÉdente, quandaparcourtR, parcourt]0,1[(valeurs limites en a a ∗−e1 −∞et0de la fonction). De mme, quandaparcourtR, parcourt]1,+[ a +(valeurs limites en0et+de la fonction). Ainsi, tout ÉlÉment deR\ {0,1}est dans le spectre deθ. Comme0et1sont aussi valeurs propres (fonctionsc1et1par exemple), on a + + Sp(θ)R=R
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