EML 2009 Maths S corrigé

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Corrigé EMLyon 2009 voie scientifique.

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• Langue: Français

Extrait

Partie I

EM Lyon 2009 (corrige´r´edige´parFre´d´ericMillet) ` PROBLEME 1

1. −ax−bx e−e On observe d’abord que sia=balors = 0 pour toutx >set´tgearel.0ni’lcnoD x −ax−bx e−e nulle. Supposons maintenant quea6=best continue sur ]0. La fonction ,+∞[ donc x inte´grablesur]0,+∞´ne´laree´si0neeelsdnt’igr´eegaleten+flI.[enesrlieudett´au∞.

´etudeen0:

En0onal’´equivalencesuivante

−ax−bx e−e 0 1−ax−1 +bx ∼=b−a. x x −ax−bx R −ax−bx 1 e−e e−e Ilsuitqueseprolongeparcontinuite´en0doncdxconverge. x 0 x

´etudeen+∞:OnpenbiouonisrapaomcraprennosiartueonsFaisso“.etitsep”lgderae`aplr −ax 2 e −ax un raisonnement par ”petits o“ : on a lim x→∞ x= lim x→∞ xe= 0 par croissance com- x −ax R +∞ e1 1 par´eeetparlefaitquea >=0. Donc on a que o( 2 ) en plus l’infini. Or 2 dxest x x 1 x uneint´egraledeRiemannconvergente,doncparlar`egledes”petitso“applique´e`alafonc- −ax R −ax +∞ e e tionpositive,l’int´egraledxe`eraminantdsonnˆemeelamnegrevnoiarnE.ettces x 1 x R −bx +∞ e dxetnegrevnocselaratie´edistne´rgnte.Doncparlin´ege´telarvnocegreeaustiussinne 1 x R −ax−bx R −ax R −bx +∞+∞+∞ e−e e e =dx−dxest convergente. 1 x 1 x 1 x

Pourfinir,grace`alarelationdeChaslesapplique´eauxinte´gralesconvergentes,onaque R −ax−bx R −ax−bx R −ax−bx +∞1 +∞ e−e e−e e−e =+etdoncl’int´egralerecherche´eestconvergente. 0 x 0 x 1 x

2.afoLare`ggussuonelumrdee’efftceulrceahngementdevariabliusetnav:y=ax. On a alors Z Z Z X − ax aX − y aX −y e e dy e dx= =dy. y x a y  a a a Demˆemeenremplac¸antaparbon a Z Z X − bx bX −y e e dx=dy. x y  b

Deplusparline´arit´edel’int´egrale Z Z Z X −ax− bx X − ax X −bx e−e e e dx=dx−dx x x x    Z Z aX − y bX −y e e =dy−dy y y a b

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Enfin en utilisant la relation de Chasles Z Z Z X −ax− bx b − y aX −y e−e e e dx=dy+dy x y y  a b  ! Z Z aX − y bX −y e e −dy+dy y y b aX Z Z b − y bX −y e e =dy−dy y y a aX

d’ou`ler´esultat.

−y 3.a.La fonctiony7→1−eest continue sur ]0,∞[ et la fonctiony7→yest continue sur −y 1−e ]0,∞[ et s’annule en 0 donc par quotien, la fonction est continue sur ]0,∞[. De plus on a y l’´equivalentsuivant: −y 1−e 0 y ∼= 1. y y −y 1−e Il suit que lim y→0 = 1 =hee0nE.rnctnoitunafonction´eesstum´el(tincesonet0)fola y bien continue sur [0,∞[.

3.b.et:vinae´usalit’´egonalale,Euntni’rge´´tirledelilaean´litintsa Z Z Z Z b − y b − y b b e e−11 + 1 dy=dy=−h(y)dy+dy y y y a a a a Lasecondeint´egralenousdonne Z b 1 b 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 maintenantsuffisemment 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`al’in´egalit´etriangulaire(remarque:onprendragardea`garderlesvaleursabsolues`a l’exte´rieurdel’int´egralecaronignoresiaestpluspetitqueb.Sinononpourraitaussifaireune e´tudedecas...): Z Z Z b b b −h(y)dy≤ |h(y)|dy≤M1dy=M |b−a|.    a a a R b En faisant tendrevers 0, on a alors lim →0 −h(y)dy= 0, et donc a Z Z b − y b e b b limdy= lim−h(y)dy+ln=ln y a a →0→0 a a

d’ou`ler´esutat.

2

3.c.

D’apre`s2.bet3.bona Z Z Z X −ax− bx b − y bX −y e−ee e dx= limdy−dy x y y →0 0a aX Z bX −y b e =ln−dy. a y aX

3.d.onc.’Dar`ap3.es Z Z Z +∞ − ax− bx X −ax− bx bX −y e−e e−ee b dx= limdx=ln−limdy. x x a y X→+∞X→+∞ 0 0aX Or pourXsuffisemmentgrna,dno`alafaiosaX >1 etbX >1 et donc pouryentre les valeurs −y e −y deaXet debXstiequasgrusplle)!dna(l`rooeeacniaptnnse≤evitie´tiaopDc.nsopr y del’inte´grale(encoreunefoisilfautgarderlavaleurabsolueoubienfaireunee´tudedecas suivant quea > bou le contraire) : Z Z bX − y bX e −y−aX−bX   dy≤e dy=e−e .  y   aX aX

Doncparencadrementonend´eduitque Z bX −y e limdy= 0, X→+∞ y aX et donc Z Z +∞ − ax− bx bX −y e−e be b dx=ln−limdy=ln , x a X→+∞ y a 0aX d’ou`lere´sultat.

Partie II

1.Eest un sous ensemble de l’espace des fonctions de [0,+∞[ dansR. La fonction nulle est 1 de classeC`antiertts’aeee0nnnlupaapodcnE. 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 parl’in´egalit´etriangulaire

0 |λf+µg| ≤ |λ||f|+|µ||g| ≤ |λ|M+|µ|M

et donc la fonctionλf+µge´.eoDcnestbornEcnolin´eairee,ct’setsstbdaelapcrmoibansino un sous-espace vectoriel de l’espace des fonctions de[0,+∞[ dansR.

2.f 2 ne s’annule pas en 0 donc n’est pas dansE. lim x→+∞ f 3 (x) = +∞doncf 3 n’est pas 1 born´eesur[0,+∞[ et donc n’est pas dansE.f 1 etf 4 sont de classesCsur [0,+∞[, s’annulent en0etsonttouteslesdeuxborn´eespar1envaleurabsoluedoncsontdansE.

3

3.a.

Pard´efintiondelade´rive´een0etlefaitquef(0) = 0, on a

d’o`ulere´sultat.

f(x)−f(0)f(x) 0 f(0) = limlim = x−0x x→0x→0

f(x)g(x)f(x)g(x) 0 0 3.b.auqlemionObserved’apr`es3. x→0 2 =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´eealelqunt’i R 1 f(x)g(x) impropre 2 dxconverge. De plus commefetgsont dansEn´eetbors.Il,nosselle 0 x f(x)g(x) M existe donc une constanteM >0 telle que  2  ≤ 2 pour toutxdans [1,+∞[. Or par x x R R ∞+∞ + 1 f(x)g(x) Riemann, 2 dxcveon,egrcnodcrapapmoraisond’int´egraelpssotivise  2  dx 1 x 1 x R +∞ f(x)g(x) converge. Mais comme la convergence absolue implique la convergence, 2 dxconverge 1 x R +∞ f(x)g(x) aussi.EnfinparlarelationdeChaslesapplique´eauxint´egralesconvergentes 2 dx= 0 x R R 1 f(x)g(x ) +∞ f(x)g(x) 2 dx+ 2 dxnegr.etetsnunteigr´eecalveon 0 x 1 x

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´,ilsuffitdemontrerlalin´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).

Enfinilrestea`prouverque(.|.efiniend´stbi)evreseuqerO.ebonosif∈Ealors la fonction R 2 2 2 f(x ) +∞ f(x)f(x) x7→ 2 ]0´definiesur,∞[ est continue positive. Donc si 2 dx= 0 alors 2 = 0 pour x 0 x x toutx∈]0,∞[ et doncf(x) = 0 pour toutx∈]0,∞[. Enfin commef(0) = 0,fest donc la fonction nulle sur [0,+∞e0deirelt`adc’es,[E.

5.´enteiun`ardbo’adene`maresnOientpoer.“oSrgla”erp >0 etX >0, et soientfetgdans 1 1 E. L’applicationf gest de classeCsur [0,+∞[ et 2 est continue sur ]0,+∞[, on peut donc x 1 appliquerl’int´egrationparpartieseninte´grant 2 d´eretentvinaf g. On a alors x Z   Z X X X 0 0 f(x)g(x)f(x)g(x)f(x)g(x) +f(x)g(x) dx=−+dx 2 x x x    Z X 0 0 f()g()f(X)g(X)f(x)g(x) +f(x)g(x) =−+dx.  X x 

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