Psi - Math - Lycée Alphone Daudet

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Une application de Vandermonde.
Soit $n$ dans $\SetN$ et $\lambda_0$, ..., $\lambda_n$ dans $\SetC$. Montrer que la fonction définie de $\SetC$ dans $\SetC$ par le déterminant : $$f(x)\:\=\:\left\| \begin{array}{ccccc} 1&\lambda_0+x&(\lambda_0+x)^2&...&(\lambda_0+x)^n\\ 1&\lambda_1+x&(\lambda_1+x)^2&...&(\lambda_1+x)^n\\ 1&\lambda_2+x&(\lambda_2+x)^2&...&(\lambda_2+x)^n\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&\lambda_n+x&(\lambda_n+x)^2&...&(\lambda_n+x)^n\\ \end{array} \right\|$$ est une application constante. Quelle est la valeur de la constante ?
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Convergence d'intégrales généralisées.

Soient $a$ et $b$ dans $\SetR$. Déterminer la nature des intégrales suivantes $$ \begin{array} {lll} I_1=\ds\int_a^{a+1}\frac{1}{(t-a)^b}dt\hskip2cm~& I_2=\ds\int_1^{+\infty}\frac{\ln(t)}{t}dt\hskip2cm~& I_3=\ds\int_1^{+\infty}\ln(t)dt\\[0.5cm] I_4=\ds\int_0^1\frac{t\ln(t)}{t-1}dt& I_5=\ds\int_0^{+\infty}t^2e^{-t}dt& I_6=\ds\int_0^{+\infty}(x-\sqrt{1+x^2})dx\\[0.5cm] I_7=\ds\ds\int_1^{+\infty}\frac{\cos^2(x)}{x}dx& I_8=\ds\int_1^{+\infty}\frac{\sin(\ln(t))}{t}dt& I_9=\ds\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x}}dx\\[0.3cm] I_{10}=\ds\int_0^1\frac{\sin(x)}{x^\alpha}dx& I_{11}=\ds\int_{-1}^1\frac{1}{\ln|t|}dt& I_{12}=\ds\int_0^{+\infty}\frac{\ln(x)}{x^2-1}dx\\[0.5cm] I_{13}=\ds\int_0^{+\infty}\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}dx& I_{14}=\ds\int_{0}^1\frac{1}{\sqrt{t(1-t)}}dt& I_{15}=\ds\int_0^{+\infty}\frac{\arctan^2(x)}{x^2}dx\\[0.5cm] \end{array} $$

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$2$	L'intégrale est impropre en $+\infty$. De plus, $$\forall x\geq 3,\:\:\:\:\frac{\ln(x)}{x} \:\geq\: \frac{1}{x}$$ Les fonctions étant positives et $\:\:\ds\int_1^{+\infty}\!\!\frac{1}{x} dx\:\:$ étant divergente, on peut conclure grâce au théorème de comparaison que $I_2$ est divergente.

$4$

L'intégrale $I_4$ est impropre en 0 et en 1. De plus : $$\left\{ \begin{array}{lllll} \ds\frac{t\ln(t)}{t-1}&\ds\mathop{\sim}_0&-t\ln(t)&\ds\mathop{\tendvers{t}{0}}^\text{CC}&0\\ \ds\frac{t\ln(t)}{t-1}&\ds\mathop{\sim}_1&\ds\frac{t(t-1)}{t-1}&\tendvers{t}{1}&1\\ \end{array} \right.$$ L'intégrale $I_4$ est donc faussement impropre en 0 et en 1. Elle est donc convergente.

$5$

L'intégrale est impropre en $+\infty$. Par croissance comparées, on a : $$t^2.(t^2e^{-t})\:\:\:\mathop{\tendvers{t}{0}}^\text{CC}\:\:\:0$$ Ainsi : $$\left\{ \begin{array}{lll} t^2e^{-t}\=o\left(\frac{1}{t^2}\right)\\[0.1cm] \text{Les fonctions sont positives}\\[0.1cm] \ds\int_1^{+\infty}\frac{1}{t^2}dt\:\text{ est convergente}\\ \end{array} \right.$$ Par théorème de comparaison, l'intégrale $I_5$ est convergente.

$6$

L'intégrale est impropre en $+\infty$. $$\sqrt{1+x^2}-x\:\=\:x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}-1\right)\:\:\:\mathop{\sim}_0\:\:\:x\frac{1}{2x^2}\:\=\:\frac{1}{2x}$$ Comme l'intégrale $\ds\int_1^{+\infty}\frac{1}{2x}dx$ est divergente et que les fonctions sont positives, on conclue à l'aide du théorème de comparaison que : $$\int_0^{+\infty}(\sqrt{1+x^2}-x)dx$$ est divergente et donc $I_6$ également.

$7$

L'intégrale $I_7$ est impropre ne $+\infty$. Par éclatement, on a : $$ \int_1^{+\infty} \frac{\cos^2 x}{x} dx \:\=\: \frac{1}{2} \int_1^{+\infty} \frac{1}{x} dx \:+\: \frac{1}{2} \int_1^{+\infty} \frac{\cos 2x}{x} dx. $$ La première intégrale diverge par Riemann. Nous allons montrer que la seconde est convergente grâce à une IPP, en posant : $$ \left\{\begin{array}{lll} u(x) &=& \frac{1}{x}\\ v(x) &=& \frac{\sin 2x}{2} \end{array}\right. \hskip1cm\text{donc}\hskip1cm \left\{\begin{array}{lll} u'(x) &=& -\frac{1}{x^2}\\ v'(x) &=& \cos 2x \end{array}\right.$$ Les fonctions sont $C^1$ et le crochet $$ \left[ \frac{\sin 2x}{2x} \right]_1^{+\infty} \:\=\: \lim_{x \to +\infty} \frac{\sin 2x}{2x} - \frac{\sin 2}{2} $$ converge car c'est le produit d'une fonction qui tend vers $0$ par une fonction bornée. Cela justifie l'IPP. La deuxième intégrale est donc de même nature que : $$ \int_1^{+\infty} -\frac{1}{x^2} \frac{\sin 2x}{2} dx. $$ De plus $$\left| -\frac{1}{x^2}\frac{\sin x}{2} \right| \:\:\leq\:\: \frac{1}{x^2}$$ et $\ds\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2} dx$ converge par Riemann et les fonctions sont positives. D’après le théorème de comparaison : $$ \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2} \frac{\sin x}{2} dx $$ est convergente et donc $I_7$ diverge.

$9$	L'intégrale $I_9$ est impropre en $x=1$. Posons $X = 1 - x$ donc $dx = -dX$ : $$ I_9 \= -\int_1^0 \frac{1}{X^{1/2}} dX \= \int_0^1 \frac{1}{X^{1/2}} dX. $$ Donc $I_9$ converge par Riemann.

$13$

L'intégrale est impropre en $0$ et en $+\infty$. En 0, on a : $$\frac{\ln\left(1+x^2\right)}{x^2}\:\:\mathop{\sim}_0\:\:\frac{x^2}{x^2}\:\=\:1$$ Ainsi l'intégrale $I_{13}$ est faussement impropre en 0, elle est donc convergente en 0. En $+\infty$ : $$x^{\frac{3}{2}}\frac{\ln\left(1+x^2\right)}{x^2}\:\=\:\frac{\ln\left(1+x^2\right)}{x^{\frac{3}{2}}}\tendvers{x}{+\infty}0\hskip1cm\text{par CC}$$ $$\left\{ \begin{array}{lll} \frac{\ln\left(1+x^2\right)}{x^2}\=o\left(\frac{1}{x^{\frac{3}{2}}}\right)\\[0.1cm] \text{Les fonctions sont positives}\\[0.1cm] \ds\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^{\frac{3}{2}}}dx\:\text{ est convergente}\\ \end{array} \right.$$ Par théorème de comparaison, l'intégrale $I_{13}$ est convergente en $+\infty$. L'intégrale est convergente en 0 et en $+\infty$, elle est donc convergente.

$14$

L'intégrale est impropre en $0$ et en $1$. En $0$ : $$\left\{ \begin{array}{lll} \frac{1}{\sqrt{t(1-t)}}\ds\:\mathop{\sim}_0\:\textstyle\frac{1}{\sqrt{t}}\\[0.1cm] \text{Les fonctions sont positives}\\[0.1cm] \ds\int_0^{1}\textstyle\!\!\!\textstyle\frac{1}{\sqrt{t}}dt\:\text{ est convergente}\\ \end{array} \right.$$ Par théorème de comparaison, l'intégrale $I_{14}$ est convergente en $0$. En $1$, effectuons le changement de variable $C^1$ et strictement décroissant : $T=1-t$. On obtient : $$I_{13}\:\=\:\int_0^1\frac{1}{\sqrt{T(1-T)}}dT$$ On vient de montrer que cette intégrale est convergente en $T=0$, ainsi $I_{13}$ est convergente en $t=1$.

$15$

L'intégrale $I_{15}$ est impropre en 0 et en $+\infty$. En 0 : $$\frac{\arctan(x^2)}{x^2}\:\tendvers{x}{0}1$$ Ainsi, l'intégrale est faussement impropre en 0, elle est donc convergente en 0. En $+\infty$ : $$\frac{\arctan(x^2)}{x^2}\:\mathop{\sim}_{+\infty}\:\frac{\pi^2}{4x^2}$$ Les fonctions sont positives et l'intégrale $\:\frac{\pi^2}{4}\ds\!\int_1^{+\infty}\textstyle\!\!\!\!\frac{1}{x^2}dx\:$ est convergente. Ainsi l'intégrale $I_{15}$ est convergente en $+\infty$. On conclut que $I_{15}$ est convergente.

Intégrales de Wallis.

Soit $n\in\SetN$, on définit les intégrales de Wallis par : $\ds W_n=\int_0^{\frac{\Pi}{2}}sin^n(x)dx$

Calculer $W_0$ et $W_1$ puis montrer que pour $n\in\SetN\setminus \{0,1\}$, on a $\ds W_n=\frac{n-1}{n}W_{n-2}$.
Montrer que $(W_n)$ est une suite décroissante. En déduire que $W_n\sim W_{n+1}$.
Montrer que $W_n=\ds\int_0^{\frac{\pi}{2}}cos^n(x)dx$.
En déduire que $\ds W_{2n}=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\frac{\pi}{2}$ et $\ds W_{2n+1}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}$.
Montrer que la suite $\:\left(nW_{n}W_{n-1}\right)_{n\in\SetN}\:$ est constante. En déduire que $W_n\sim\sqrt{\frac{\pi}{2n}}$.

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Tout d'abord : $$ W_0 = \int_0^{\pi/2} 1 \, dx = \frac{\pi}{2}, \qquad W_1 = \int_0^{\pi/2} \sin x \, dx = \left[ -\cos x \right]_0^{\pi/2} = 1. $$ Puis effectuons une IPP sur $W_n$ en posant : $$ \begin{cases} u(x) \= \sin^{n-1}(x)\hskip2cm~ & u'(x) \= (n-1)\cos x \sin^{n-2}(x), \\ v(x) \= -\cos x, & v'(x) \= \sin x. \end{cases} $$ On obtient donc : $$ W_n \:\=\: \Big[ -\cos x \sin^{n-1}(x) \Big]_0^{\pi/2} \:+\: \int_0^{\pi/2} (n-1)\cos^2 x \sin^{n-2}(x) dx. $$ Ainsi : $$ W_n \:\=\: 0 + \int_0^{\pi/2} (n-1)(1 - \sin^2 x)\sin^{n-2}(x) dx \:\=\: (n-1)(W_{n-2} - W_n). $$ Enfin : $$ W_n (1+(n-1)) = (n-1) W_{n-2} \quad \text{d'où} \quad W_n \:\=\: \frac{n-1}{n} W_{n-2}. $$

Comme $\cos x \in [0,1]$ pour $x \in [0,\tfrac{\pi}{2}]$, la suite $(\cos^n x)_{_{n\in\SetN}}$ est décroissante et : $$ W_{n+2} \:\:\geq\:\: W_{n+1} \:\:\geq\:\: W_n $$ Ainsi on obtient : $$ \frac{W_{n+2}}{W_{n}} \:\:\geq\:\: \frac{W_{n+1}}{W_n} \:\:\geq\:\: 1 \:\:\:\:\implies\:\:\:\: \frac{n+1}{n+2} \:\:\geq\:\: \frac{W_{n+1}}{W_n} \:\:\geq\:\: 1 $$ Comme $\ds\frac{n+1}{n+2} \tendvers{n}{+\infty} 1$, on en déduit par théorème d’encadrement : $$ \lim_{n \to \infty} \frac{W_{n+1}}{W_n} = 1 $$ et donc $W_n \sim W_{n+1}$.

3	Posons $X = \ds\frac{\pi}{2} - x$, donc $dX = -dx$. On obtient : $$ W_n \:\=\: -\int_{\pi/2}^0 \sin^n\left(\frac{\pi}{2}-X\right) dX \:\=\: \int_0^{\pi/2} \cos^n(X) dX. $$

Montrons le résultat par récurrence.

$\bullet$ Initialisation : $n=0$. $$ W_{2\times 0} = W_0 = \frac{\pi}{2}\hskip1cm\text{et}\hskip1cm \frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\frac{\pi}{2} = \frac{(0)!}{2^0(0!)^2}\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}. $$ De plus : $$ W_{2n+1} = W_1 = 1\hskip1cm\text{et}\hskip1cm \frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!} = \frac{2^0(0!)^2}{1!} = 1. $$ Donc la propriété est initialisée

$\bullet$ Hérédité : soit $n$ dans $\SetN$. Grâce à la relation de la question 1, et par hypothèse de récurrence : $$ W_{2n+2} \:\=\: \frac{2n+1}{2n+2} W_{2n} \:\:\:\mathop{=}_{^\text{HR}}\:\:\:\frac{2n+1}{2n+2}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2} \frac{\pi}{2} $$ Donc : $$ W_{2n+2} \:\=\: \frac{(2n+2)(2n+1)(2n)!}{2^2(n+)^22^{2n}(n!)^2} \frac{\pi}{2} \:\=\: \frac{(2n+2)!}{2^{2n+2}((n+1)!)^2} \frac{\pi}{2}. $$ De même : $$ W_{2n+3} \:\=\: \frac{2n+2}{2n+3} W_{2n+1}\:\:\:\mathop{=}_{^\text{HR}}\:\:\:\frac{2n+2}{2n+3}\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!} $$ Donc : $$ W_{2n+3} \:\=\: \frac{2^2(n+1)^2}{(2n+3)(2n+2)} \frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!} \:\=\: \frac{2^{2n+2}((n+1)!)^2}{(2n+3)!}. $$ La propriété est initialisé et héréditaire. Le résultat est donc montré par récurrence.

Pour tout $n \in \SetN$, posons $v_n = n W_n W_{n-1}$. On a alors : $$ v_{n+1} \:\=\: (n+1) W_{n+1} W_n \:\=\: (n+1)\frac{n}{n+1} W_{n-1} W_n \:\=\: v_n $$ La suite $(v_n)$ est donc constante. On a alors en utilisant l'équivalent de la question 2 : $$ \frac{\pi}{2} \:\=\: W_1 W_0 \:\=\: v_1\:\=\: v_n \:\=\: (n+1) W_{n+1} W_n \:\:\mathop{\sim}_{+\infty}\:\: n W_n^2 $$ Ainsi $$ W_n^2 \:\:\mathop{\sim}_{+\infty}\:\:\frac{\pi}{2n}. $$ Et comme $W_n \geq 0$, on a $$ W_n \:\:\mathop{\sim}_{+\infty}\:\: \sqrt{\frac{\pi}{2n}}. $$

$\ds I\=\int_0^1\frac{\ln(t)}{t-1}dt\=\frac{\pi^2}{6}$ sans théorème d'ITT.

Le but de l'exercice est de montrer que : $$\int_0^1\frac{\ln(t)}{t-1}dt\=\frac{\pi^2}{6}$$ On pourra utiliser que : $\ds\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$

Notons : $$I\=\int_0^1\frac{\ln(t)}{t-1}dt$$ Montrer que $I$ est convergente.
Montrer que : $$I\=\int_0^{+\infty}\frac{x}{e^x-1}dx$$
Montrer que l'intégrale $$J_n\:\=\:\int_0^{+\infty}xe^{-nx}dx$$ est convergente pour tout $n$ de $\SetN^*$. Calculer sa valeur.
Pour tout $x$ de $\SetR^*_+$, posons : $$g(x)\=\frac{x}{e^x-1}$$ Montrer que pour tout $x$ de $\SetR^*_+$, on a : $0\leq g(x)\leq 1$.
Montrer que : $$\sum_{k=1}^nJ_k\:\=\:I\:-\:\int_0^{+\infty}\!\!g(x)e^{-nx}dx$$
Conclure.

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L'intégrale est impropre en $0$ et en $1$. $$ \frac{\ln(t)}{t-1}\:\:\mathop{\sim}_0\:\:-\ln(t) $$ De plus $$ -\int_0^1\ln(t)dt \:\=\:{\big[-t\ln(t)+t\big]}_0^1\:\:\mathop{=}_{^\text{CC}} \:\:0 $$ par croissance comparée. Les fonctions sont positives, d'après le théorème de comparaison, l'intégrale $I$ est convergente en 0. De plus : $$ \frac{\ln(t)}{t-1}\:\:\mathop{\sim}_1\:\:\frac{t-1}{t-1}\:\:\tendvers{t}{1}1 $$ L'intégrale $I$ est faussement impropre en 1, donc convergente en 1.

Posons $x = -\ln(t)$, donc $t = e^{-x}$ et $dt = -e^{-x} dx$. Le changement de variable est $\mathcal{C}^1$ sur $]0,1]$ et strictement croissant. Ainsi : $$ I = \int_{+\infty}^0 \frac{x e^{-x}}{e^{-x} - 1} \, dx \= - \int_0^{+\infty} \frac{x}{1 - e^x} \, dx \= \int_0^{+\infty} \frac{x}{e^x - 1} \, dx $$

L'intégrale est impropre en $+\infty$. De plus, $$ x^2 \bigl(x e^{-nx}\bigr) \tendvers{x}{+\infty} 0 $$ par croissance comparée. On a donc $$ x e^{-nx} = o\left(\frac{1}{x^2}\right). $$ Les fonctions sont positives et $\ds\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2}\,dx$ converge. D'après le théorème de comparaison, $J_n$ converge donc également. Posons $$ \begin{cases} u(x) = x & u'(x) = 1 \\ v(x) = \frac{-1}{n} e^{-nx}, & v'(x) = e^{-nx} \end{cases} $$ Les fonctions sont $\mathcal{C}^1$ et le crochet $$ {\Big[u(x)v(x)\Big]}_0^{+\infty} \:\=\: \left[ -\frac{x}{n} e^{-nx} \right]_0^{+\infty} \:\=\: 0. $$ converge par CC. On peut donc réaliser une intégration par parties généralisée, on obtient : $$ J_n \:\=\: \frac{1}{n} \int_0^{+\infty} e^{-nx} \, dx \:\=\: \frac{1}{n} \left[ \frac{e^{-nx}}{-n} \right]_0^{+\infty} \:\=\: \frac{1}{n^2}. $$

La fonction $g$ est dérivable sur $]0,1]$ et $$ g'(x) = \frac{(e^x - 1) - x e^x}{(e^x - 1)^2}. $$ Posons $h(x) = e^x - 1 - x e^x$. Alors $$ h'(x) = e^x - e^x - x e^x = -x e^x \leq 0. $$ Comme $h(0) = 0$ et $h$ est décroissante, on a $h \leq 0$. Donc $g'(x) \leq 0$ et $g$ est décroisssante. Enfin, $$ \lim_{x \to 0} \frac{x}{e^x - 1} = 1\hskip2cm \limite{x}{+\infty} g(x) = 0 $$ Donc $$\forall x \in\SetR^*_+,\:\:0 \leq g(x) \leq 1$$

On a : $$ \sum_{k=1}^n J_k \:\=\: \int_0^{+\infty} \sum_{k=1}^n x e^{-kx} \, dx \:\=\: \int_0^{+\infty} x \sum_{k=1}^n (e^{-x})^k \, dx \:\=\: \int_0^{+\infty} x \, \frac{e^{-x}(1 - e^{-nx})}{1 - e^{-x}} \, dx $$ $$ \:\=\: \int_0^{+\infty}\frac{x}{e^x - 1}\, dx \:-\: \int_0^1 \frac{x e^{-nx}}{e^x - 1}\, dx \:\=\: I \:-\: \int_0^{+\infty} g(x) e^{-nx} \, dx, $$

D'après la question 5 : $$\forall x\in\SetR_+^*,\:\:0\:\leq\:g(x)\:\leq 1$$ On en déduit que : $$ 0 \:\:\leq\:\: \int_0^{+\infty} g(x) e^{-nx}\, dx \:\:\leq\:\: \int_0^{+\infty} e^{-nx}\, dx \:\=\: \left[ \frac{e^{-nx}}{-n} \right]_0^{+\infty} \:\=\: \frac{1}{n}. $$ Par le théorème d’encadrement, on obtient : $$ \int_0^{+\infty} g(x) e^{-nx}\, dx \tendvers{n}{+\infty} 0. $$ Reprenons l'équation obtenue dans la question 5 : $$\sum_{k=1}^nJ_k\:\=\:I\:-\:\int_0^1g(x)e^{-nx}dx$$ et passons à la limite quand $n$ tend vers $+\infty$ : $$ I\:\=\:\sum_{k=1}^{\infty}J_k \:\:\mathop{=}_{^\text{Q3}}\:\:\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} \:\=\:\frac{\pi^2}{6} $$

Polynômes de Bernstein

Soit $n$ dans $\SetN\setminus\{0,1\}$. Pour tout $k$ dans $[\![0,n]\!]$, on note $B_{k}$ le $k^{^\text{ième}}$ polynôme de Bernstein : $$\forall t\in\SetR, \quad B_{k}(t)\:\=\:\binom{n}{k}t^k(1-t)^{n-k}\:\=\:\frac{n!}{k!(n-k)!}t^k(1-t)^{n-k}$$ On note $\mathcal {F}$ la famille de $\SetR_n[X]$ constituée des polynômes $(B_{0},B_{1},...,B_{n})$. De plus, pour tout $P$ de $\SetR_n[X]$, on définit les polynômes $\varphi_n(P)$ et $f_n(P)$ par : $$\varphi_n(P)\=nXP\:+\:X(1-X)P'\hskip2cm f_n(P)\=\sum_{k=0}^nP\textstyle\left(\frac{k}{n}\right)B_{k}.$$ où $P'$ est le polynôme dérivé de $P$

Montrer que pour tout $P$ de $\SetR_n[X]$, $\varphi_n(P)$ et $f_n(P)$ sont encore dans $\SetR_n[X]$
En déduire que $\varphi_n$ et $f_n$ sont des endomorphismes de $\SetR_n[X]$.
Vérifier que, pour tout $k$ de $[\![0,n]\!]$ : $\varphi_n(B_{k})=k\, B_{k}$.
En déduire que $\mathcal{F}$ est une base de $\SetR_n[X]$.
Déterminer la matrice de $\varphi_n$ dans cette base.
Montrer que $\varphi_n$ n'est pas bijectif.
Montrer que $f_n$ est bijectif.

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Soit $P$ dans $\SetR_n[X]$. Comme $P\left(\tfrac{k}{n}\right)$ est une constante, on obtient : $$ \deg(f_n(P)) \:\=\: \deg \left(\sum_{k=0}^n P\left(\tfrac{k}{n}\right) B_k \right) \:\:\leq\:\: \max(\deg B_0, ..., \deg B_n) \:\:\leq\:\: n. $$ Donc $f_n(P) \in \SetR_n[X]$. De plus $$ \deg(\varphi_n(P)) \:\=\: \deg \big(n X P + X(1-X) P'\big) \:\:\leq\:\: \max(\deg(n X P), \deg(X(1-X) P')) \:\:\leq\:\: \deg P + 1. $$ Il faut vérifier que le coefficient dominant s’élimine. Écrivons $$ P \:\=\: a_n X^n + P_0 $$ avec $\deg P_0 \leq n-1$. On a alors par linéarité $$ \varphi_n(P) = a_n \varphi_n(X^n) + \varphi_n(P_0), $$ et $$ \varphi_n(X^n) \:\=\: n X^{n+1} + X(1-X) n X^{n-1} \:\=\: n X^{n+1} + n X^n - n X^{n+1} \:\=\: n X^n. $$ On a donc bien $$ \deg(\varphi_n(P)) \:\:\leq\:\: \max\Big(\deg(\varphi_n(X^n))\:,\: \deg(P_0)\Big) \:\:\leq\:\: n. $$

Soient $P,Q \in \SetR_n[X]$ et $\lambda, \mu \in \SetR$. $$ f_n(\lambda P + \mu Q) \:\=\: \sum_{k=0}^n (\lambda P + \mu Q)\left(\tfrac{k}{n}\right) B_k \:\=\: \lambda \sum_{k=0}^n P\left(\tfrac{k}{n}\right) B_k \:+\: \mu \sum_{k=0}^n Q\left(\tfrac{k}{n}\right) B_k \:\=\: \lambda f_n(P) + \mu f_n(Q). $$ De plus $$ \varphi_n(\lambda P + \mu Q) \:\=\: n X (\lambda P + \mu Q) + X(1-X)(\lambda P' + \mu Q') \:\=\: \lambda \varphi_n(P) + \mu \varphi_n(Q). $$ Ainsi, les applications $\varphi_n$ et $f_n$ sont linéaires.

Soit $k$ dans $\{0,\dots,n\}$. $$\begin{array}{lll} \varphi_n(B_k) &\=& n \, X \, B_k + X(1-X) B_k' \\ &\=& n \binom{n}{k} X^k (1-X)^{n-k} + X(1-X) \binom{n}{k} \left[ kx^{k-1}(1-X)^{n-k} - (n-k)X^k (1-X)^{n-1-k}\right] \\ &\=& X^k (1-X)^{n-k} \binom{n}{k} \big[ n X + k(1-X) - (n-k)X \big] \\ &\=& X^k (1-X)^{n-k} \binom{n}{k} \big[ n X + k - kX - nX + kX \big] \\ &\=& k B_k. \end{array}$$

Soient $\lambda_0,\dots,\lambda_n \in \mathbb{R}$ tels que $$ \lambda_0 B_0 + \cdots + \lambda_n B_n = 0. $$ En appliquant $\varphi_n$ une fois, deux fois, $\dots$, $n-1$ fois, on obtient un système : $$ \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 2 & \cdots & n \\ 1 & 2^2 & \cdots & n^2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 2^{n-1} & \cdots & n^{n-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_0 B_0 \\ \lambda_1 B_1 \\ \vdots \\ \lambda_{n-1} B_{n-1} \\ \lambda_n B_n \end{pmatrix} \:\=\: \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \\ \end{pmatrix}. $$ On reconnaît une matrice de Vandermonde de déterminant non nul, donc $$ \lambda_0 B_0 \:\=\: \lambda_1 B_1 \:\=\: \cdots \:\=\: \lambda_n B_n \:\=\: 0, $$ et donc $$\lambda_0\:\=\:\cdots\:\=\:\lambda_n\:\=\:0$$

5	Une matrice de $\varphi_n$ dans $\mathcal{F}$ est $$ {\big[\varphi_n\big]}_{\mathcal{F}} \:\=\: \left(\begin{array}{ccccc} 0 & 0 & ... & ... & 0 \\ 0 & 1 & \ddots & & \vdots \\ \vdots & \ddots & 2 & \ddots & \vdots \\ \vdots & & \ddots & \ddots & 0 \\ 0 & ... & ... & 0 & n \end{array}\right) $$

6	Pour tout $P \in \mathbb{R}_n[X]$, on a $$ \varphi_n(P) = X \big[ nP + (1-X)P' \big]. $$ Donc $\varphi_n(P)$ est un multiple de $X$. Ainsi, le polynôme $1$ ne peut avoir une antécédente. Donc $\varphi_n$ n'est pas bijective.

Soit $P \in \mathbb{R}_n[X]$ tel que $\varphi_n(P)=0$. Alors $$ \sum_{k=0}^n P\!\left(\tfrac{k}{n}\right) B_k = 0. $$ Or $\mathcal{F}$ est libre, donc $$ \forall k \in \{0,\dots,n\}, \quad P\!\left(\tfrac{k}{n}\right) = 0. $$ Le polynôme $P$ a donc $n+1$ racines alors que c'est un polynôme de degré $n$ maximum. Donc $P=0$. Ainsi l'application $\varphi_n$ est injective, et donc bijective car $\varphi_n$ est un endomorphisme en dimension finie.

$\ds\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin(x)}{x}dx$ à l'aide du lemme de Lebesgue.

Montrer que si $f$ est une fonction de classe $C^1$ de $[a,b]$ dans $\SetR$ alors : $$\limite{n}{+\infty}\int_a^bf(x)\sin(nx)dx\=0$$ On admettra que le résultat est encore vrai pour $f$ continue par morceaux. C'est le lemme de Lebesgue.
Montrer que la fonction $\:\:\ds f(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin(x)}\:\:$ se prolonge en une fonction $C^1$ sur $\left[0;\frac{\pi}{2}\right]$.
Pour tout $n$ de $\SetN$, posons : $$J_n\=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin((2n+1)x)}{\sin(x)}dx\hskip1.5cm K_n\=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin((2n+1)x)}{x}dx $$ Montrer que $(J_n)$ est une suite constante. En déduire la valeur de $J_n$.
Montrer que $K_n\tendvers{n}{\infty}\int_0^{\infty}\frac{\sin(x)}{x}dx$.
En déduire que : $$\:\:\ds\int_0^{+\infty}\frac{\sin(x)}{x}dx\:\=\:\frac{\pi}{2}$$

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$\ds\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}$ à l'aide du lemme de Lebesgues.

Montrer que pour toutes fonction $f$ de $C^1([a,b],\SetR)$, on a : $$\int_a^bf(t)\cos(nt)dt\:\:\tendvers{n}{+\infty}\:\:0$$ Le résultat est encore vrai pour $f$ continue par morceaux, mais la démonstration est plus compliquée. C'est le lemme de Lebesgue.
Posons : $$f(x)\=\frac{x^2}{2\pi}-x\hskip2cm g(x)\=\frac{f(x)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}$$ Montrer que $g$ se prolonge en une fonction $C^1$ sur $[0,\pi]$.
Vérifier que : $$\sum_{k=1}^n\cos(kx)\=\frac{\textstyle\sin(nx)\cos\left(\frac{x}{2}\right)+\cos(nx)\sin\left(\frac{x}{2}\right)-\sin\left(\frac{x}{2}\right)}{2\sin\left(\frac{x}{2}\right)}$$
Calculer : $I_k\=\ds\int_0^{\pi}f(x)\cos(kx)dx$
En déduire que : $\ds\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^2}\=\frac{\pi^2}{6}$

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Les fonctions $f$ et $t\mapsto\cos(nt)$ sont $C^1$ sur $[a,b]$, on peut effectuer une intégration par partie : $$ \begin{array}{lll} \ds|I_n|&\=&\ds\left|\int_a^bf(t)\cos(nt)dt\right|\\ &\=&\ds\left|{\left[f(t)\frac{\sin(nt)}{n}\right]}_a^b-\frac{1}{n}\int_a^bf'(t)\sin(nt)dt\right|\\ &\leq&\ds\frac{|f(t)\sin(na)|}{n}\:+\:\frac{|f(t)\sin(nb)|}{n}\:+\:\frac{1}{n}\int_a^b|f'(t)\sin(nt)|dt\\ \end{array}$$ Les fonctions $f$ et $f'$ sont continues sur le segment $[a,b]$, elles sont donc bornées respectivement par des réels que nous nommerons $M$ et $M'$. On obtient : $$|I_n|\:\:\leq\:\:\frac{2M}{n}\:+\:\frac{M'}{n}(b-a)$$ Par théorème d'encadrement, on en déduit que $I_n$ tend vers 0 quand $n$ tend vers $+\infty$.

L'application est $C^1$ sur $]0,\pi]$ comme quotient de fonctions $C^1$. Il reste à voir que $g$ peut être prolongée en 0 de manière $C^1$. Déterminons la limite de $g(x)$ en 0 : $$g(x)\:\=\:\frac{\frac{x^2}{2\pi}-x}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}\:\:\mathop{\sim}_0\:\:\frac{-x}{\frac{x}{2}}\:\=\:-2$$ Ainsi $g$ se prolonge par continuité en 0 en posant $g(0)=-2$. Montrons que ce prolongement est $C^1$ en montrant que $g'(x)$ admet une limite en 0 : $$\begin{array}{lll} g'(x)&\:\=\:&\ds\frac{\left(\frac{x}{\pi}-1\right)\sin\left(\frac{x}{2}\right)- \frac{1}{2}\cos\left(\frac{x}{2}\right)\left(\frac{x^2}{2\pi}-x\right)}{\sin^2\left(\frac{x}{2}\right)}\\ &\:\=\:&\ds\frac{\left(\frac{x}{\pi}-1\right)\left(\frac{x}{2}+o(x^2)\right)- \frac{1}{2}\left(1-\frac{x^2}{8}+o(x^2)\right)\left(\frac{x^2}{2\pi}-x\right)}{\sin^2\left(\frac{x}{2}\right)}\\ &\:\=\:&\ds\frac{\frac{x^2}{2\pi}-\frac{x}{2}+o(x^2)-\frac{x^2}{4\pi}+\frac{x}{2}+o(x^2)}{\sin^2\left(\frac{x}{2}\right)}\\ &\ds\:\:\mathop{\sim}_{0}\:\:&\ds\frac{\frac{x^2}{4\pi}}{\frac{x^2}{4}}\:\:\=\:\:\ds\frac{1}{\pi}\\ \end{array}$$ Ainsi le prolongement de $g$ est bien $C^1$ sur $[0,\pi]$.

$~\hskip17cm~$

$\hskip3cm\begin{array}{lll} \ds\sum_{k=1}^n\cos(kx)&\=&\ds\frac{1}{2}\left(\sum_{k=1}^ne^{ikx}\:+\:\sum_{k=1}^ne^{-ikx}\right)\\ &\ds\mathop{\=}_{_{K=-k}}&\ds\frac{1}{2}\left(\sum_{k=1}^ne^{ikx}\:+\:\sum_{K=-n}^{-1}e^{iKx}\right)\\ &\=&\ds\frac{1}{2}\left(\sum_{k=-n}^ne^{ikx}\:-\:e^{i0x}\right)\\ &\=&\ds\frac{1}{2}\left(e^{-inx}\sum_{k=-n}^ne^{i(k+n)x}\:-\:1\right)\\ &\ds\mathop{\=}_{_{K=k+n}}&\ds\frac{1}{2}\left(e^{-inx}\sum_{K=0}^{2n}e^{iKx}\:-\:1\right)\\ &\=&\ds\frac{1}{2}\left(e^{-inx}\frac{1-e^{i(2n+1)x}}{1-e^{ix}}\:-\:1\right)\\ \end{array}$

En factorisant au numérateur et au dénominateur par l'arc moitié, on obtient :

$\hskip3cm\begin{array}{lll} \ds\sum_{k=1}^n\cos(kx)&\=&\ds\frac{1}{2}\left(\frac{e^{-inx}e^{\frac{i(2n+1)x}{2}}}{e^{\frac{ix}{2}}}\frac{-2i\sin\left(\frac{(2n+1)x}{2}\right)}{-2i\sin\left(\frac{x}{2}\right)}\:-\:1\right)\\ &\=&\ds\frac{1}{2}\left(\frac{\sin\left(nx+\frac{x}{2}\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}\:-\:1\right)\\ \end{array}$

Puis en utilisant la formule du sinus d'une somme :

$\hskip3cm\begin{array}{lll} \ds\sum_{k=1}^n\cos(kx)&\=&\ds\frac{1}{2}\left(\frac{\sin(nx)\cos\left(\frac{x}{2}\right)+\cos(nx)\sin\left(\frac{x}{2}\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}\:-\:1\right)\\ \end{array}$

Le résultat est alors obtenu en réduisant au même dénominateur.

En effectuant deux intégrations par partie, on calcule la valeur de $I_k$ : $~\hskip11cm~$ $$\begin{array}{lll} I_k&\=&\ds\int_0^{\pi}f(x)\cos(kx)dx\\ &\=&\ds\int_0^{\pi}\left(\frac{x^2}{2\pi}-x\right)\cos(kx)dx\\ &\=&\ds\left[\left(\frac{x^2}{2\pi}-x\right)\frac{\sin(kx)}{k}\right]_0^{\pi}\:-\:\int_0^{\pi}\left(\frac{x}{\pi}-1\right)\frac{\sin(kx)}{k}dx\\ &\=&\ds\left[\left(\frac{x^2}{2\pi}-x\right)\frac{\sin(kx)}{k}\right]_0^{\pi}\:\:+\:\:\left[\left(\frac{x}{\pi}-1\right)\frac{\cos(kx)}{k^2}\right]_0^{\pi}\:\:-\:\int_0^{\pi}\frac{1}{\pi}\frac{\cos(kx)}{k^2}dx\\ &\=&\ds0\:+\:\frac{1}{k^2}\:+\:0\\ \end{array}$$

Enfin : $~\hskip17cm~$ $$\begin{array}{lll} \ds\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}&\ds\:\mathop{\=}_{_{Q4}}\:&\ds\sum_{k=1}^nI_k\:\:\=\:\:\int_0^{\pi}f(x)\sum_{k=1}^n\cos(kx)dx\\ &\:\ds\mathop{\=}_{_{Q3}}\:&\ds\int_0^{\pi}f(x)\frac{\textstyle\sin(nx)\cos\left(\frac{x}{2}\right)+\cos(nx)\sin\left(\frac{x}{2}\right)-\sin\left(\frac{x}{2}\right)}{2\sin\left(\frac{x}{2}\right)}dx\\ &\=\:& \ds \frac{1}{2}\int_0^{\pi}\cos\left(\frac{x}{2}\right)g(x)\sin(nx)dx \:+\:\frac{1}{2}\int_0^{\pi}g(x)\sin\left(\frac{x}{2}\right)\cos(nx)dx \:-\:\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\sin\left(\frac{x}{2}\right)g(x)dx\\ \end{array}$$ La fonction $g$ étant $C^1$ sur $[0,\pi]$ d'après la question Q2, on peut utiliser le lemme de Lebesgue (Q1). On obtient donc en passant à la limite : $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\:\=\:-\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\sin\left(\frac{x}{2}\right)g(x)dx \:\=\:\int_0^\pi\left(\frac{x^2}{2\pi}-x\right)dx\:\=\:-\frac{1}{2}\left(\frac{\pi^3}{6\pi}-\frac{\pi^2}{2}\right)\:\=\:\frac{\pi^2}{6}$$

Lemme de Lebesgues.

Soit $f$ dans $\mathcal{C}_{m}\left([a,b],\SetR\right)$. Posons : $$I_n\=\int_a^bf(t)\cos(nt)dt$$ Le but de l'exercice est de montrer que $I_n\tendvers{n}{+\infty}0$.

Montrer le résultat si $f$ est $C^1$.
Montrer le résultat si $f$ est une fonction en escaliers.
Montrer que toute fonction continue par morceaux sur un segment est bornée. En déduire que l'expression suivante existe : $${\|f\|}_\infty\:\=\:\mathop{\text{Sup}}_{x\in[a,b]}|f(x)|$$
On considère à présent $f$ continue par morceaux. On rappelle $($ou on admet$)$ qu'il existe une suite $(f_n)$ de fonctions en escaliers telle que ${\|f_n-f\|}_\infty\tendvers{n}{+\infty}0$. Montrer que pour tout $\varepsilon$ dans $\SetR^*_+$, il existe $g$ fonction en escaliers sur $[a,b]$ vérifiant : $$\|f-g\|_{\infty}\:<\:\frac{\varepsilon}{2(b-a)}$$
Montrer que pour tout $\varepsilon$ dans $\SetR^*_+$ : $$\left|\int_a^bf(t)\cos(nt)dt\right|\:\:\leq\:\:\frac{\varepsilon}{2}\:+\:\left|\int_a^bg(t)\cos(nt)dt\right|$$ En déduire le lemme de Lebesgues.

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Les fonctions $f$ et $t\mapsto\cos(nt)$ sont $C^1$ sur $[a,b]$, on peut effectuer une intégration par partie : $$ \begin{array}{lll} \ds|I_n|&\=&\ds\left|\int_a^bf(t)\cos(nt)dt\right|\\ &\=&\ds\left|{\left[f(t)\frac{\sin(nt)}{n}\right]}_a^b-\frac{1}{n}\int_a^bf'(t)\sin(nt)dt\right|\\ &\ds\mathop{\leq}_{_\text{IT}}&\ds\frac{|f(a)\sin(na)|}{n}\:+\:\frac{|f(b)\sin(nb)|}{n}\:+\:\frac{1}{n}\int_a^b|f'(t)\sin(nt)|dt\\ \end{array}$$ La fonction $f'$ est continue sur le segment $[a,b]$, elle est donc bornée par un certain réel $M$. On obtient : $$|I_n|\:\:\leq\:\:\frac{|f(a)|}{n}\:+\:\frac{|f(b)|}{n}\:+\:\frac{M}{n}(b-a)$$ Par théorème d'encadrement, on en déduit que $I_n$ tend vers 0 quand $n$ tend vers $+\infty$.

Soit $(x_0,...,x_p)$ une subdivision adaptée à la fonction en escaliers $f$ c'est-à-dire que $a=x_0$, $b=x_p$ et que les points de discontinuité de $f$ sont dans l'ensemble $\{x_0,...,x_p\}$. De plus notons $\lambda_i$ la valeur de $f$ sur l'intervalle $]x_i;x_{i+1}[$. On a alors : $$ \begin{array}{lll} \ds\left|\int_a^bf(t)\cos(nt)dt\right|&\=&\ds\left|\sum_{i=0}^{p-1}\int_{x_i}^{x_{i+1}}f(t)\cos(nt)dt\right|\\ &\=&\ds\left|\sum_{i=0}^{p-1}\lambda_i\int_{x_i}^{x_{i+1}}\cos(nt)dt\right|\\ &\ds\mathop{\leq}_{_\text{IT}}&\ds\sum_{i=0}^{p-1}|\lambda_i|\left|\left[\frac{\sin(nt)}{n}\right]_{x_i}^{x_{i+1}}\right|\\ &\leq&\ds\sum_{i=0}^{p-1}\frac{2|\lambda_i|}{n}\\ \end{array}$$ Par théorème d'encadrement, on en déduit que $I_n\tendvers{n}{+\infty}0$.

Soit $(x_0,...,x_p)$ une subdivision adaptée à la fonction continue par morceaux $f$. Sur chaque $]x_i;x_{i+1}[$, la fonction $f$ est prolongeable par continuité sur $[x_i;x_{i+1}]$ puisque les limites de $f$ aux bornes existent. Cette fonction est alors continue sur un segment, elle est donc bornée par un certain $M_i$. On a donc : $$\forall i\in\{0,...,n-1\},\:\forall t\in ]x_i;x_{i+1}[,\:|f(t)|\leq M_i$$ Le réel : $$M=Max\{M_0,M_1,...,M_{n-1},|f(x_0)|, |f(x_0)|, ..., |f(x_n)|\}$$ est alors un majorant de $|f|$, et $f$ est bornée.

Soit $\varepsilon'>0$. Comme $f$ est continue par morceaux, il existe une suite $(g_n)$ de fonctions en escaliers convergeant uniformément vers $f$. Ainsi il existe $N$ dans $\SetN$, tel que : $${\|f-g_{_N}\|}_\infty\:\leq\:\varepsilon'$$ Il suffit de prendre $\varepsilon'=\frac{\varepsilon}{2(b-a)}$ et $g=g_{_N}$.

$$\begin{array}{lll} \ds|I_n|&\=&\ds\left|\int_a^bf(t)\cos(nt)dt\right|\\ &\=&\ds\left|\int_a^b(f(t)-g(t))\cos(nt)dt\:+\:\int_a^bg(t)\cos(nt)dt\right|\\ &\ds\mathop{\leq}_{_\text{IT}}&\ds\int_a^b|f(t)-g(t)||\cos(nt)|dt\:+\:\left|\int_a^bg(t)\cos(nt)dt\right|\\ &\leq&\ds{\|f-g\|}_{_\infty}\int_a^b1dt\:+\:\left|\int_a^bg(t)\cos(nt)dt\right|\\ &\leq&\ds\frac{\varepsilon}{2}\:+\:\left|\int_a^bg(t)\cos(nt)dt\right|\\ \end{array}$$ Enfin dans la question 2, on a vu que le lemme de Lebesgues est vrai pour les fonctions en escaliers, donc pour la fonction $g$. Le second terme tend vers 0 quand $n$ tend vers $+\infty$. Il est donc inférieur à $\frac{\epsilon}{2}$ à partir d'un certain rang. On obtient la définition de la limite nulle de $I_n$ en $+\infty$.

Calcul de $\ds\int_0^{+\infty}\frac{\cos(at)-\cos(bt)}{t}dt$

Soient $a$ et $b$ des réels strictement positif. Posons $$I=\int_0^{+\infty}\frac{\cos(at)-\cos(bt)}{t}dt \hskip2cm J=\int_0^{+\infty}\frac{\sin(at)-\sin(bt)}{t}dt$$

Justifier l'existence de $I$.
Montrer que : $\:\:\:\ds\limite{\varepsilon}{0}\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon}\frac{\cos(t)}{t}dt\=\ln\left(\frac{b}{a}\right)$
En déduire la valeur de $I$.
Montrer que : $\:\:\:\ds\int_0^{+\infty}\frac{\sin(at)}{t}dt$ est convergente.
En déduire la valeur de $J$.
Déterminer les valeurs de : $$ K_1=\int_0^{+\infty}\frac{\sin(at)\sin(bt)}{t}dt\hskip2cm K_2=\int_0^{+\infty}\frac{\sin(at)\cos(bt)}{t}dt\hskip2cm $$

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L'intégrale $I$ est impropre en $0$ et en $+\infty$. En $0$, on a : $$ \cos(at) - \cos(bt) \:\=\: 1 - \tfrac{(at)^2}{2} - 1 + \tfrac{(bt)^2}{2} + o(t^2) \:\=\: \tfrac{(b^2-a^2)t^2}{2} + o(t^2) $$ Donc $$ \frac{\cos(at)-\cos(bt)}{t} \:\:\mathop{\sim}_0\:\: \frac{(b^2-a^2)t}{2} \:\:\tendvers{t}{0}\:\: 0 $$ L'intégrale $I$ est faussement impropre en $0$, donc convergente.

En $+\infty$, effectuons une IPP en posant : $$ \left\{\begin{array}{l} u(x) = \dfrac{1}{t}\\ v(t) = \dfrac{\sin(at)}{a} - \dfrac{\sin(bt)}{b} \end{array}\right. \hskip1cm\text{donc}\hskip1cm\left\{\begin{array}{l} u'(x) = -\dfrac{1}{t^2}, \\ v'(t) = \cos(at)-\cos(bt). \end{array}\right. $$ Les fonctions sont $C^1$ et le crochet : $$ {\left[\frac{b\sin(at) - a\sin(bt)}{abt}\right]_1^{+\infty}} $$ converge. Les hypothèses du théorème sont vérifiées. Ainsi, L'intégrale $I$, en $+\infty$, est de même nature que $$ \frac{1}{ab}\int_1^{+\infty} \frac{b\sin(at) - a\sin(bt)}{t^2}\, dt. $$ Or $$ \left| \frac{b\sin(at) - a\sin(bt)}{t^2} \right| \:\:\leq\:\: \frac{a+b}{t^2} $$ et $\ds\int_1^{+\infty} \frac{a+b}{t^2} dt$ converge par Riemann. Donc $I$ est convergente également en $+\infty$ grâce au théorème de comparaison des fonctions positives.

Quitte à inverser les rôles de $a$ et $b$, on peut supposer que $a \leq b$. Comme la fonction $t \mapsto \cos t$ est décroissante sur $[0,\pi]$, on a pour tout $\varepsilon$ de $\left[0;\frac{\pi}{b}\right]$ et pour tout $t$ de $[a\varepsilon,b\varepsilon]$ : $$ \cos(a\varepsilon) \:\:\geq\:\: \cos(t) \:\:\geq\:\:\cos(b\varepsilon) $$ Ainsi, par croissance de l'intégrale : $$ \cos(a\varepsilon)\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{1}{t}\, dt \;\; \:\:\geq\:\: \;\; \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{\cos t}{t}\, dt \;\; \:\:\geq\:\: \;\; \cos(b\varepsilon)\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{1}{t}\, dt $$ Soit encore : $$ \cos(a\varepsilon)\ln\left(\frac{b}{a}\right) \;\; \:\:\geq\:\: \;\; \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{\cos t}{t}\, dt \;\; \:\:\geq\:\: \;\; \cos(b\varepsilon)\ln\left(\frac{b}{a}\right) $$ Les membres de gauche et de droite tendent vers $\ln\left(\tfrac{b}{a}\right)$ quand $\varepsilon$ tend vers $0$. Ainsi, par le théorème d’encadrement : $$ \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{\cos T}{T}\, dT \:\:\:\: \tendvers{\varepsilon}{0}\:\:\:\: \ln\left(\frac{b}{a}\right) $$

Soit $\varepsilon$ dans $\SetR_+^*$. On pourrait montrer comme dans la question 1, grâce à une IPP, que l’intégrale : $$ \int_\varepsilon^{+\infty} \frac{\cos(at)}{t}\, dt $$ est convergente. On a donc : $$ I_\varepsilon \:\:\mathop{\=}_{^\text{def}}\:\: \int_\varepsilon^{+\infty} \frac{\cos(at) - \cos(bt)}{t}\, dt \:\=\: \int_\varepsilon^{+\infty} \frac{\cos(at)}{t}\, dt \:-\: \int_\varepsilon^{+\infty} \frac{\cos(bt)}{t}\, dt $$ Effectuons le changement de variable $T = at$ dans la première intégrale et $T = bt$ dans la seconde. On obtient : $$ I_\varepsilon \:\=\: \int_{a\varepsilon}^{+\infty} \frac{\cos T}{T/a}\,\frac{dT}{a} \:-\: \int_{b\varepsilon}^{+\infty} \frac{\cos T}{T/b}\,\frac{dT}{b} $$ Donc : $$ I_\varepsilon \:\=\: \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{\cos T}{T}\, dT $$ En utilisant la question Q1, on obtient : $$ I \:\=\: \limite{\varepsilon}{0} I_\varepsilon \:\=\: \ln\left(\frac{b}{a}\right) $$

4	C'est une intégrale de Dirichlet. Cf cours.

Tout d'abord, on peut décomposer $J$ sous la forme : $$ J \:\=\: \int_0^{+\infty} \frac{\sin(at)}{t}\, dt \:-\: \int_0^{+\infty} \frac{\sin(bt)}{t}\, dt $$ Effectuons ensuite le changement de variable $T=at$ dans la première intégrale et $T=bt$ dans la seconde : $$ J \:\=\: \int_0^{+\infty} \frac{\sin T}{T}\, dT \:-\: \int_0^{+\infty} \frac{\sin T}{T}\, dT \:\=\: 0 $$

Tout d’abord, en supposant $a \geq b$ : $$ K_1 \:\=\: \frac{1}{2}\int_0^{+\infty} \frac{\cos((a-b)t) \:-\: \cos((a+b)t)}{t}\, dt \:\mathop{\=}_{^\text{Q3}}\: \frac{1}{2}\ln\left(\frac{a+b}{a-b}\right) $$ De plus : $$ K_2 \:\=\: \frac{1}{2}\int_0^{+\infty} \frac{\sin((a+b)t) \:-\: \sin((a-b)t)}{t}\, dt \:\:\mathop{\=}_{^\text{Q5}}\:\: 0$$ Si $a \leq b$, on inverse les rôles de $a$ et $b$.

Équivalent de $\ds\int_0^x\frac{arctan(t)}{t}dt$
Déterminer la nature des intégrales suivantes : $$ \int_1^{+\infty}\frac{\arctan(t)}{t}dt \hskip2cm \int_1^{+\infty}\frac{\arctan(1/t)}{t}dt $$ En déduire un équivalent quand $x$ tend vers $+\infty$ de : $$\int_1^{x}\frac{\arctan(t)}{t}dt$$
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