Preparation a l'agregation interne de mathematiques

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Niveau: Supérieur, Bac+8
Preparation a l'agregation interne de mathematiques Corrige pour le mercredi 7 septembre Probleme 1 I. On integre par parties, pour x > 0 fixe : ∫ b a f(t) sin(xt) dt = [ f(t)? cos(xt)x ]b a ? ∫ b a f ?(t)? cos(xt)x dt = ?f(b) cos(xb) + f(a) cos(xa)x + 1 x ∫ b a f ?(t) cos(xt) dt, d'ou : ? ? ? ? ? ∫ b a f(t) sin(xt) dt ? ? ? ? ? 6 | ? f(b) cos(xb) + f(a) cos(xa)| x + 1 x ? ? ? ? ? ∫ b a f ?(t) cos(xt) dt ? ? ? ? ? 6 |f(a)|+ |f(b)| x + 1 x ∫ b a |f ?t)|dt. Il s'ensuit : ∫ b a f(t) sin(xt) dt ?? x ?? +∞ 0 et, de meme : ∫ b a f(t) cos(xt) dt ?? x ?? +∞ 0

  • ??n∞

  • x2 sin2

  • existence de jn

  • existence de l'integrale ∫

  • sin

  • ??x ??

  • sinnt sin

  • jn ?

  • xt2 dt


Publié le : mercredi 30 mai 2012
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Source : www-fourier.ujf-grenoble.fr
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Pr´eparation`alagre´gationinternedemathe´matiques
Corrige´pourlemercredi7septembre
Proble`me1
I.gr`entnirtpaarepruop,seiOx >:e´x0 Z Z b b h ib cos(xt)cos(xt) 0 f(t) sin(xt) dt=f(t)f(t) dt xax a a Z b f(b) cos(xb) +f(a) cos(xa) 1 0 = +f(t) cos(xt) dt, x x a dou`: Z Z b b | −f(b) cos(xb) +f(a) cos(xa)|1 0 f(t) sin(xt) dt6+f(t) cos(xt) dt ¯ ¯x x¯ ¯ a a Z b |f(a)|+|f(b)|1 0 6+|f t)|dt. x x a
Il s’ensuit :
et,demeˆme:
Z b f(t) sin(xt) dt−→0 x−→+a
Z b f(t) cos(xt) dt−→0 x−→+a i i sinnt π nt II. 1.SoitnN. L’applicationϕn:t7est continue sur 0 ;,etϕn(t)=n, sint2t t−→0 i i π doncϕnmmeitteunealdien0.nie`rseDparu,selocϕnnttiesleabgr´e;0rus,ce qui justifie 2 l’existence deJn. 2.J0= 0 Z π 2 π J1= dt= 2 0 Z Z π π £ ¤ 2 2π sin 2t 2 J2= dtcos= 2 tdtsin= 2 t= 2 0 sint 0 0 Z Z π π sin 3tsintcos 2t+ sin 2tcost 2 2 J3= dt= dt sintsint 0 0 Z Z π π π 2 2 2 = (cos 2t+ 2 cost) dt+ 2 cos 2= (1 t) dt=. 2 0 0
On obtient :
J0= 0,
π J1=, 2
1
J2= 2,
π J3= 2
3.SoitnNtel quen>2. On a : Z Z π π 2 sinntsin(n2)t2 sintcos(n1)t JnJn2= dt= dt sintsint 0 0 Z π £ ¤ 2π 2 2π 2 = 2 cos(n1)tdt= sin(n1)t= sin(n1). 0 n1n1 2 0 2 Sinest impair,n= 2pon a :+ 1, J2p+1J2p1= sin= 0,donc : 2p
π J2p+1=J1= 2 Sinest pair,n= 2p, on a : ´ ¡ 2π2 p+1 J2pJ2p2= sin= (1). 2p21 2 p1
Il s’ensuit, pour toutpN:
p X 2 k+1 J2p= (1) 2k1 k=1 4.SoitnNa :. On π π¡ ¢π¡ ¢ Z Z Z t1 1 2 2 2 sinntsin(n1)t2 sin cosntcosnt 2 2 2 JnJn1= dt= dt= 2 dt. t sintsintcos 0 0 0 2 π1 1 Onappliquelere´sultatdeI.`a:a= 0, b=, f:t7,qui est bien de classeCsur t 2 cos 2 [a;ba donc :]. On
JnJn1−→0 n
π aDe`rp:.3spN, J2p+1=. 2 Et : π J2p+1= (J2p+1J2p) +J2p−→. p2 π Cecimontrequelesdeuxsuitesdetermesg´en´erauxJ2petJ2p+1.convergent vers 2 cours,ilenre´sulte:
Jn−→ n
2
π 2
Dapre`sle
p p1 X X n 2 2(1) k+1 5.On a, pour toutpN:J2p= (1) =. 2k1 2n+ 1 k=1n=0 n X π(1) Dapr`es4.,J2p−→.´rneluselItioneniard´te,preeial´sq,eu p2 2n+ 1 n>0 +n X 2(1)π pouvait aussi obtenir par le TSCSA), et que : = limJ2p=, p2n2+ 1 n=0 do`u:
+X n (1) π= 4 2n+ 1 n=0
converge (ce qu’on
i i sinnt π III. 1.L’applicationψn:t70 ; est continue sur etψn(t)−→n,doncψnitsent´et−→0 t2 Z π i i2 πsinnt grablesur0;,cequijustielexistencedelinte´graledt. 2t 0 i i π 1 2.a.n`reem´e´she´oege,ltsa`rrxsueDapfest de classeC; .sur 0 2 On a : 3 x 1 1 sinxx x 6 f(x) ===− −→0 =f(0), 2 xsinx xsinx x6 x−→0x−→0 ce qui montre quefest continue en 0. 0 velond´eonsuectue´edmitineltpEpmef(x) en 0 : ³2´ ³3´2 x x 2 3 3 x1+o(x)x+o(x) 2 2 1 cosx xcosxsinx 2 6 0 f(x) =+ = = 2 2 2 2 4 4 xsinx xsinx x+o(x) ³ ´ ³ ´ 1 4 4 2x4 2x4 4 4 x+o(x)x+o(x)x+o(x) 1 2 3 6 = =−→ −. 4 4 4 4 x+o(x)x+o(x) 6 x−→0 i i h i π π 10 Puisquefest de classeCsur 0 ; , continue sur 0 ; et quefadmet une limite finie en 0, 2 2 h i π 1 dapr`eslethe´ore`melimitedelad´eriv´ee,fest de classeCsur 0 ; . 2 2.b.nauqreltane,ilppnaOdeI.:´esultat Z Z Z π π π 2 2 2 sinntsinnt dtdt=f(t) sinntdt−→0. ntsint 0 0 0
3.Comme : Ã ! Z Z Z Z π π π π 2 2 2 2 sinntsinntsinntsinnt dt= dtdt+ dt, t tsintsint 0 0 0 0 on conclut, en utilisant II. et III.2).b): Z π 2 sinnt π dt−→ nt2 0
3
t 4.tdenemnghaectlanpine´delbairavearOna,enutilisu= : π2n Z Z 2 sintsin 2nu π dt= du−→. t u2 n0 0 ³ ´ X Pour toutX[π; +[, on a, en notantn= E>1,dneduqdie´epX: π Z Z Z X nπ X sintsintsint dt= dt+ dt. t t t 0 0
Et :
Z Z Z Z X X X(n+1)π sintsint1 11 1 dt6dt6dt6dt6π=−→0. ¯ ¯ ¯t¯t nπ nt t X−→+nπ nπ nπ nπ
Ond´eduit: Z X sint π dt−→, tX−→+2 0 Z +sint cequimontrequelint´egraleimpropredtconverge et que : t 0
Z +sint π dt= t2 0
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
4
Proble`me2
2 2 2 2 1.a.On a, pour toutt+: 1 [0 ; 1] t2t= (1t)>0 et 2(1 +t) = 1t>0, 2 2t61 +t62. ourtoutdnOude´p,tinN: Z Z Z Z 1 1 1 1n 2 2nn n 2n n (1 +t) dt62 dtet (1 = 2 +t) dt>(2t) dt=. n+ 1 0 0 0 0
donc :
X X n 2 1 n n n 1.b.Leriesss´ee`erneitsxet 2xnoonapdoutpayrrgeeledd`rseal`r,Alembert n+ 1 2 n>0n>0 donc,parthe´ore`medecomparaison,onconclut:
1 R= 2 i h 1 1 2.Soitx∈ −;. 2 2 2.a.nusemoem´goe´mteparutilisationdedinmret:seqOunrai,uedomnnebr N NZ ZN ³1´1 X X X ¡ ¢ n n2n n2 SN(x) =anx= (1 +t) dt x= (1 +t)xdt 0 0 n=0n=0n=0 ¡ ¢ ZN+1Z Z 1 2 1 1 2N+1N+1 1(1 +t)x1 (1 +t)x =¡ ¢dt= dtdt. 2 2 2 1(1 +t)x01xxt01xxt 0
Z Z 1 2N+1N+1 1 (1 +t)x1 N+1N+1 2.b.On a :¯dt¯62|x|dt 2 2 1xxt1xxt 0 0 Z 1 2N+1N+1 (1 +t)x donc : dt−→0. 2 1xxt N0 Z 1 1 2.c.b.2.:adonOnpa`r,cd.atese.2SN(x)−→dt, 2 1xxt N0 dou`,pard´enitiondelaconvergencedunese´rienume´rique: Z 1 1 S(xd) = t 2 1xxt 0
i h 1 1 3.Soitx∈ −;. 2 2
On a :
Z 1 1 1 S(x) = dt. x 1x 2 0 1t 1x
5
−→ N
0,
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