Preparation a l'agregation interne de mathematiques

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Niveau: Supérieur, Bac+8
Preparation a l'agregation interne de mathematiques Corrige des problemes du mercredi 21 septembre 2005 Probleme 1 1.a. On a : |y??| = | ? fy| = |f | |y| 6 ||y||∞|f |. Puisque f est integrable sur [0 ;+∞[, par theoreme de majoration pour des fonctions > 0, |y??| est integrable sur [0 ;+∞[, et donc, par definition, y?? est integrable sur [0 ;+∞[. 1.b. On a, pour x ? [0 ; +∞[ : y?(x) = y?(0) + ∫ x 0 y??(t) dt ?? x ?? +∞ y?(0) + ∫ +∞ 0 y??(t) dt, donc y? admet une limite finie en +∞. 1.c. Raisonnons par l'absurde : supposons 6= 0. • Supposons > 0. Il existe a ? [0 ; +∞[ tel que : ?t ? [a ; +∞[, y?(t) > 2 . D'o, pour tout x ? [a ; +∞[ : y(x) = y(a) + ∫ x a y?(t) dt > y(a) + 2 (x? a) ?? x ?? +∞ +∞, contradiction avec y bornee.

  • hypothese de domination locale

  • ?t ?

  • y?1 ??

  • theoreme de majoration

  • ?? arctan

  • theoreme de derivation sous le signe ∫

  • y?1y2 ?

  • e?xt dt


Publié le : jeudi 1 septembre 2005
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Source : www-fourier.ujf-grenoble.fr
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Pr´eparation`alagre´gationinternedemathe´matiques Corrige´desproble`mesdumercredi21septembre2005
Probl`eme1
1.a.On a : 00 |y|=| −f y|=|f| |y|6||y|||f|. Puisquef;0[r+barguselestint´e[,drsepnuotaoijarostionfoncemr`emedrtpaeoh´>0, 00 00 |y|selbarge´tnitse;+[0ur[,cr,dopnatnd´eeioitn,ytse´tniargeselbur[0;+[. 1.b.On a, pourx[0 ; +[ : Z Z x+0 000 000 y(x) =y(0) +y(t) dt−→y(0) +y(t) dt, x−→+0 0 0 doncyadmet une limite finie en +. 1.c.Raisonnons par l’absurde :supposons`6= 0. Supposons` >0. Il existea[0 ; +[ tel que : ` 0 t[a; +[, y(t)>. 2 D’o, pour toutx[a; +[ : Z x ` 0 y(x) =y(a) +y(t) dt>y(a) +(xa)−→+, x−→+2 a contradiction avecyorn´ee.b isDemˆeme,` <0,neauntcodiraioct.nnobauoit`t On conclut :`= 0. Onamontre´: 0 Pour toute solutionyde (E0;0[rusee´nrob)+[,on a :y(x)−→0 x−→+2.a.Puisque (E0retnilrellavmaor,ne2suees´litnerlleidnoie´idredrorinelai´ene´equat)estu [0 ; +nisuoctnssces,na`aco[,entsecielseruoC:sdmonbremde,r`ap L’ensembleS0des solutions de (E0) sur [0; +[ est unR-espace vectoriel de dimension 2 2.b.On a : 0 00 000 00 00 0000 00 W= (y y+y yy yy y=y yy y= (f y)yy(f y) = 0, y1 2y1y) =y1 21 21 21 21 21 21 21 2 2 doncWest constante sur [0; +[. ispue(quColes,urDpa`rsey1, y2) est libre, le wronskienWn’est pas la fonction nulle.
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2.c.Supposonsy1ety2orn´+;bur[0eess[. 0 00 0 Dapre`s1.c−→0.M ., on a :y−→0 ety−→0.Il s’ensuit :W=y y2y1y2aisWest 1 21 +++constante, doncW= 0. 3.PuisqueS0est unR-espace vectoriel de dimension 2,S0admet au monis une base (y1, y2). Dapre`s2.b.et2.c.,(raisonnementparlabsurde)y1ouy2etsapbsro´neeus0;r[+n[. Ceci montre : (E0a)temdomua0;+sur[n´eenbornoonulitenosnius[ 4.opprleeltiener´idnoitauqe´L(Eudytepedsoe´eets0), en prenant : 1 f; +: [0[−→R, x7f(x) =. 2 1 +x 1 Commef; +est continue sur [0[ et quef(x)>0,pr`eda´hoelstede´`rmeuieqlevaenc 2 x x−→+pour des fonctions>0 et l’exemple de Riemann en +(2>1),f;0[ruselbarge´tnse+it[. Dapre`s3.,onconclutquel´equationdi´erentiellepropose´eadmetaumoinsunesolutionnon born´eesur[0;+[.
Probl`eme2
1.a.Soitx]0 ; +[. xt L’applicationu:t7Arctante estcontiunue sur [0; +[. On a : π xt t[0 ; +[,06u(t)6e. 2 xt Commex >itacilppal,e´xnsot0et7´egrablesur[0;+eseittn[ (Cours), donc, par th´eor`emedemajorationpourdesfonctions>0, ustinelbarge´t+;0[ruse[. Ainsi, pour toutx]0 ; +[, g(x) existe. 1.b.Soitx]0 ; +[. Arctant xt L’applicationv:t7e estcontinue sur ]0; +[. t On a, en 0 :v(t)−→1,car Arctantt,doncvsetnitrge´leabr]su1]0;. t−→0t−→0 xt On a, pour toutt[1 ; +0[ :6v(t)6e,car 06Arctant6t(connu), donc, comme plus haut,vni´tetsblesegra;+ur[1[. Ceci montre quevseruarlb´tgetsnie;+]0[. Ainsi, pour toutx]0 ; +[, f(x) existe.
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2.a.onsid´eronslapponticalCi Arctant xt F:]0 ; +[×]0 ; +[−→R,(x, t)7F(x, te) =. t Pour toutx]0 ; +[,l’applicationF(x,)ctsetbnaenileue)xiutct(nrea´orcgarmorceaontinuep sur ]0; +[,apr`es1..bd∂F xt : (x, t)7Arctant; +e existesur ]0[×]0 ; +[,a`tropparruepantinstcoex, con-∂x tinueparmorceaux(carcontinue)parrapport`at. On a : ∂F π xt (x, t)]0 ; +[×]0 ; +[,(x, t)6e. ∂x2 En particulier, pour tout segment [a;b; +] inclus dans ]0[,on a : ∂F π at (x, t)[a;b]×]0 ; +[,(x, t)6e, ∂x2 π at et l’applicationt7e estcontinue par morceaux,>0,0;+us]rbaele´rgitn[ (cara >0 2 x´e). ∂F Cecimontrequeve´rielhypoth`esededominationlocale. ∂x Z +Dapre`slethe´ore`medede´rivationsouslesigneavechypothe`sededoiminationlocale,on 0 conclut : 10 fest de classeCsur ]0; +[ et :x]0 ; +[, f(x) =g(x). 2.b.On a : Z +0 −xt x]0 ; +[, f(x) =Arctante dt, 0 xt et, pour toutx]0 ; +x´e,[pliclapntaoit7Arctantcontinue,e est>0 et n’est pas la fonction nulle.On a donc : 0 x]0 ; +[, f(x)<0. et on conclut : f+0;r]usetnassiorce´dtetststcirneme[ 2.c.1)On sait : t]0 ; +[,06Arctant6t, d’o : t]0 ; +[,06ϕ(t)61, et doncϕtbesn´or+eeus]r;0[. 2.c.2)On a, pour toutx]0 ; +[ : Z Z ++hxti +e 1 xtxt 06f(x) =ϕ(td) et6e dt= =, x0x 0 0 d’o : f(x)−→0 x−→+
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2.d.1)On a, pour toutx]0 ; +[ : Z Z Z +++ArctantArctant π xtxtxt f(x) =e dt>e dt>e dt t t4t 0 1 1 Z Z +∞ −xt+∞ −u πeπe = dt= du. 4t[u=xt]4u 1x u e 2.d.2)L’applicationu7est continue sur ]0; +[,>esblraegt´inontne0ru0]+;[, car, u u e 1 en 0 :>de Riemann en 0).0 (exemple u u u−→0 Ilenre´sulte: Z +∞ −u e du−→+, u x−→0 x etdonc,dapr`es1): f(x)−→+x−→0 1 2.e.tntavideelacourberepr´eseLederullaferssmee`blelacdelex7. x 3.a.SoitnN. On a, par le changement de variableu=nt: Z Z ++Arctant nu ntu nf(n) =ne dte d= Arctanu. t un 0 0 3.b.Notons, pour toutnN: n u u hn:]0 ; +[−→R, u7Arctan e. u n Pour toutnN, hn; +est continue par morceaux (car continue) sur ]0[. On a, pour toutu]0 ; +[ : u hn(u)−→e, nu u car Arctan. nn n u L’applicationu7e estcontinue par morceaux (car continue) sur ]0; +[. On a : ∗ −u nN,u]0 ; +[,|hn(u)|6e, u car, pour toutt]0 ; +[,Arctant6t,et l’applicationu7continue par morceaux (care est continue),>+;0]ruselbint´egra0et[. Z +Dapr`eslethe´ore`medeconvergencedomine´e,onpeutpermuterlimet,donc : n0 Z +uu+nf(n)−→e du= [e ]= 1. 0 n0 Ceci montre : 1 f(n)n n
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