Intégrale, exos 1 et 2, sept 2007
25 décembre 2007Voici une correction rapide, attention c’est du AsciiMathML, I.E. (sans plugin) s’abstenir !
Exercice 1 (a) Pour tout $p$ la fonction $x^{p}/(1+x^{2})$ est définie continue sur $[0,1]$, donc intégrable. Pour $I_{0}$ on reconnaît la fameuse $\arctan$ et pour $I_{1}$ c’est facile $$ I_{0}=\arctan x\Big]_{0}^{1}=\frac{\pi}{4},\qquad I_{1}=-\frac{\ln(1+x^{2})}{2}\Big]_{0}^{1}=\frac{\ln(2)}{2}.$$
(b) Quelques calculs : $$ I_{p}+I_{p+2}=\int_{0}^{1} \frac{x^{p}+x^{p+2}}{1+x^{2}} dx= \int_{0}^{1} x^{p}\frac{1+x^{2}}{1+x^{2}}dx=\int_{0}^{1}x^{p}dx= \frac{1}{p+1}.$$ On utilise alors cette relation pour avoir d’une part $I_{0}+I_{2}=1$ soit $I_{2}=1-\pi/4$ et d’autre part $I_{1}+I_{3}=1/2$ soit $I_{3}=(1-\ln(2))/2$.
(c) (visiblement c’est une récurrence) on connaît $I_{2}$, regardons $v_{1}$ ! Clairement $v_{1}=(-1)^{2}/(2*1-1)=1$ ! D’où $v_{1}+(-1)^{1}I_{2}=\pi/4$, la récurrence est initiée ! Supposons désormais l’égalité vraie au rang $q$ (avec $q\geq 1$) et montrons qu’elle est vérifiée au rang $q+1$ : d’après la question (b) et la définition de $v_{n}$ nous avons successivement $$ I_{2q+2}=\frac{1}{2q+1}-I_{2q},\qquad v_{q+1}=v_{q}+\frac{(-1)^{q+1+1}}{2(q+1)-1} $$ $$ v_{q+1}+(-1)^{q+1}I_{2q+2}=v_{q}+\frac{(-1)^{q}}{2q+1}+\frac{(-1)^{q+1}}{2q+1}+(-1)^{q}I_{2q} =\frac{\pi}{4} \qquad[(-1)^{2}=1.]$$ Ce qui permet de conclure.
(d) Pour tout $x\in[0,1]$, on a $x^{2}+1\geq 1$ d’où, $\frac{x^{p}}{1+x^{2}}\leq x^{p}$ sur $[0,1]$. Les propriétés usuelles des intégrales permettent d’affirmer que pour tout $p\in\N$ on a $$ 0\leq I_{p}\leq \int_{0}^{1}x^{p}dx \leq \frac{1}{p+1}, $$ ce qui entraîne : $\lim_{p\rightarrow +\infty}I_{p}=0$. Avec la question (c) on en déduit alors que $v_{n}$ admet $\pi/4$ comme limite quand $n$ tend vers l’infini.
(e) (ici deux comportements contraires, l’idée avec l’intégration par partie est de compenser la présence de $p$ en intégrant le $x^{p}$ pour faire apparaître un $1/(p+1)$) On écrit $$ pI_{p}=\int_{0}^{1}\frac{px^{p}}{1+x^{2}}dx=\frac{px^{p+1}}{(p+1)(x^{2}+1)}\Big]_{0}^{1} + \frac{p}{p+1}\int_{0}^{1}\frac{2x^{p+2}}{(1+x^{2})^{2}}dx=\frac{p}{2(p+1)}+ \frac{p}{p+1}\int_{0}^{1}\frac{2x^{p+2}}{(1+x^{2})^{2}}dx.$$ Clairement la quantité $\frac{p}{2(p+1)}$ tend vers $1/2$ quand $p$ tend vers l’infini. Pour le dernier terme on procède comme dans la question (d). L’encadrement $$ 0\leq \frac{p}{p+1}\int_{0}^{1}\frac{2x^{p+2}}{(1+x^{2})^{2}} dx \leq \int_{0}^{1} 2x^{p+2}dx\leq \frac{2}{p+3}$$ permet de conclure que $\lim_{p\rightarrow \infty}pI_{p}=1/2$.
Exercice 2.
(a) Comme $f$ est dérivable en $0$ et que $f(0)=0$ alors $$ \lim_{t\rightarrow 0^{+}} h(t)= \lim_{t\rightarrow 0^{+}} \frac{f(t)}{t}=f’(0)=\alpha,\quad \lim_{t\rightarrow 0^{+}} g(t)= \lim_{{t\rightarrow 0^{+}}}\frac{f(t)}{\sqrt{t}}=\lim_{{t\rightarrow 0^{+}}}\sqrt{t}\frac{f(t)}{{t}}=0. $$
(b) Un simple calcul : $ \forall t>0,\qquad f’(t)-\sqrt{t}g’(t)=\frac{h(t)}{2}.$
(c) Comme $\sqrt{t}g’(t)=f’(t)-h(t)/2$, $\forall t>0$, et comme $f’$ est continue on déduit de la question (a) que $\lim_{t\rightarrow 0^{+}}\sqrt{t}g(t)=\alpha/2$. On peut tout écrire en fonction de $f$ ou encore écrire que, $\forall t>0$, $$ g(t)g’(t)=\frac{g(t)}{\sqrt{t}} \sqrt{t}g’(t)=h(t) \sqrt{t}g’(t), $$ d’où $\lim_{t\rightarrow 0^{+}} g(t)g’(t)=\frac{\alpha^{2}}{2}$.
(d) Pour établir (1) il faut d’une part bien voir que l’on intègre sur $]0,x]$ des fonctions définies sur $]0,\infty[$ et d’autre part se sortir des calculs. Dans la question (c) on a démontré que $\sqrt{t}g’(t)$ et $g’(t)g(t)$ étaient prolongeables par continuité en $0$ (de même d’ailleurs pour $h(t)$ et $g’(t)$). Toutes les intégrales de (1) sont donc bien définies a priori. Par précaution, soient $x>\varepsilon>0$ : la question (b) donne avec intégration sur $[\varepsilon,x]$ $$ \int_{\varepsilon}^{x} (f(t))^{2}dt - \int_{\varepsilon}^{x} (\sqrt{t}g’(t))^{2}dt = \int_{\varepsilon}^{x} (f’(t) -\sqrt{t}g’(t))(f’(t) +\sqrt{t}g’(t))dt = = \int_{\varepsilon}^{x} \frac{h(t)}{2}\Big(\frac{h(t)}{2}+2\sqrt{t}g’(t)\Big) dt $$ $$ =\frac{1}{4}\int_{\varepsilon}^{x} (h(t))^{2}dt + \int_{\varepsilon}^{x}\frac{f(t)}{\sqrt{t}}{g’(t)}dt = \frac{1}{4}\int_{\varepsilon}^{x} (h(t))^{2}dt + \int_{\varepsilon}^{x}g(t)g’(t)dt = \frac{1}{4}\int_{\varepsilon}^{x} (h(t))^{2}dt + \frac{1}{2} (g(t))^{2}\Big]_{\varepsilon}^{x}.$$ Pour conclure il suffit de faire tendre $\varepsilon\rightarrow0$ et d’écrire que les fonctions $\sqrt{t}g’(t)$, $h(t)$ (donc leur carré) sont prolongeables par continuité en $0$, ainsi les intégrales convergent et l’égalité (1) est démontrée.
(e) Les termes du membres de droite de (1) sont tous positifs. Ainsi comme $\int_{0}^{\infty}(f’(t))^{2}dt$ est convergente, on a pour tout $x>0$ $$ \int_{0}^{x}\Big(\frac{f(t)}{t}\Big)^{2}dt \leq \int_{0}^{x}(f’(t))^{2}dt \leq \int_{0}^{\infty}(f’(t))^{2}dt. $$ La fonction $\Big(\frac{f(t)}{t}\Big)^{2}$ étant positive, l’inégalité précédente permet de conclure.