Polytech’ Paris-Sud 2011–2012 Orsay S1-MathInfo Corrig´ e du contrˆ ole continu

Polytech’ Paris-Sud 2011–2012 Orsay S1-MathInfo Corrig´ e du contrˆ ole continu de Math´ ematiques no3 du mercredi 30 novembre 2011 — Dur´ ee : 2h. Exercice 1. (3 points) Donner un d´ eveloppement limit´ e de cos(ex −cos(x)) ` a l’ordre 4. On a ex = 1+x+ x2 2 + x3 6 +o(x3) et cos(x) = 1−x2 2 +o(x3) , donc ex−cos(x) = x+x2+ x3 6 +o(x3) . Injectant cela dans le DL4 de cos(x) en 0, il vient cos(ex −cos(x)) = 1 −1 2  x + x2 + x3 6 + o(x3) 2 + 1 24  x + x2 + x3 6 + o(x3) 4 + o(x4) = 1 −1 2  x2 + 2x3 + x4 + x4 3 + o(x4)  + 1 24(x4 + o(x4)) + o(x4) = 1 −x2 2 −x3 −5x4 8 + o(x4). Exercice 2. (3 points) Calculer ` a l’aide d’un d´ eveloppement limit´ e les limites des fonctions suivantes en x = 0 : a(x) = 1 sin(x) −1 x b(x) = 1 sin(x)2 −1 x2 c(x) = 1 sin(x)3 −1 x3 R´ eduisant les fractions aux d´ enominateurs communs, on obtient a(x) = x −sin(x) x sin(x) b(x) = x2 −sin(x)2 x2 sin(x)2 c(x) = x3 −sin(x)3 x3 sin(x)3 Comme x −sin(x) = x3 6 + o(x3), a(x) = x3 6 + o(x3) x2 + o(x2) qui tend vers z´ ero lorsque x →0. Dans la suite, on utilisera (Xn −Y n) = (X −Y )(Xn−1 +Xn−2Y +· · ·+Y n−1) pour faire apparaˆ ıtre x −sin(x) dans les autres fractions. On a alors b(x) = ( x3 6 + o(x3))(2x + o(x)) x4 + o(x4) →1/3 quand x →0. Enfin, le num´ ereteur de c(x) est ( x3 6 + o(x3))(x2 + x sin(x) + sin(x)2) = ( x3 6 + o(x3))(x2 + x2 + o(x3) + (x + o(x2))2) = ( x3 6 + o(x3))(3x2 + o(x3)) = x5 2 + o(x5). Comme le d´ enominateur est x6 + o(x6), c(x) n’a pas de limite lorsque x tend vers z´ ero. 1 2 Exercice 3. (6 points) Calculer les primitives des fonctions suivantes : f(x) = x ln(x)2 g(x) = e2x sin(3x) h(x) = ecos(x) sin(2x). (1) Par parties deux fois, il vient : Z x ln(x)2 dx = x2 2 ln(x)2 − Z x2 2 2 ln(x) x dx = x2 2 ln(x)2 − Z x2 ln(x) dx = x2 2 ln(x)2 − x2 2 ln(x) − Z x2 2 1 x dx  = x2 2 ln(x)2 −x2 2 ln(x) + x2 4 . (2) On passe en complexes : R e2x sin(3x) dx = 1 2i R e2x+3ix −e2x−3ix = 1 2i  e2x+3ix 2+3i −e2x−3ix 2−3i  dx. Multipliant par les conjugu´ es et regroupant les termes r´ eels et imaginaires : 1 13 · 2i (2 −3i)e2x+3ix −(2 + 3i)e2x−3ix = 2e2x 13 · 2i(e3ix −e−3ix) −3ie2x 13 · 2i(e3ix + e−3ix) = 2 13e2x sin(3x) −3 13e2x cos(3x). (3) On pose u = cos(x), donc u′ = −sin(u)du, et ensuite on int` egre par parties : Z ecos(x) sin(2x) dx = Z ecos(x)2 cos(x) sin(x) dx = Z eu2u (−du) = −  2ueu − Z 2eu du  = −2ueu + 2eu = −2 cos(x)ecos(x) + 2ecos(x) Exercice 4. (6 points) Maxima et minima Soit f(x) = ex −e−x −sin(2x) x . (1) Montrer que f se prolonge en z´ ero par continuit´ e. (2) Utilisant un d´ eveloppement limit´ e, montrer que la d´ eriv´ ee en z´ ero est nulle. S’agit-il d’un maximum local, minimum local ou d’un point d’infl´ exion ? (3) D´ eterminer les limites de f en ±∞. (4) Montrer que la d´ eriv´ ee du num´ erateur (seulement) est positive. En d´ eduire (s’ils existent) le maximum et le minimum global de f. (1) et (2) : Un DL ` a l’ordre 3 du num´ erateur donne ex −e−x −sin(2x) = x + x2 2 + x3 6 −(−x + x2 2 −x3 6 ) −(2x −8x3 6 ) + o(x3) = 5x3 3 + o(x3). Ainsi, f(x) = 5x2 3 + o(x2) pour x proche de z´ ero, et s’y prolonge par 0. De plus, comme f admet un DL ` a l’ordre 1 en 0 dont le coefficient de x est nul, la d´ eriv´ ee de f en ce point est nulle aussi. Le DL ` a l’ordre 2 de f(x) en z´ ero montre que c’est un minimum local. (3) Tout d’abord, on remarque que f est paire, comme quotient de deux fonctions impaires. Ainsi, il suffit de calculer la limite en +∞, qui sera ´ egale (si elle existe) ` a la limite en −∞. 3 Or, pour x →+∞, le num´ erateur est domin´ e par le terme ex, qui par croissance compar´ ee avec x donne alors lim x→+∞f(x) = lim x→+∞ ex x = +∞. (4) La d´ eriv´ ee du num´ erateur est ex + e−x −2 cos(2x). Or, y + 1 y ≥2 pour tout y positif, et comme cos est born´ ee par 1, cette d´ eriv´ ee est en effet positive. Cela montre que f(x) = N(x) D(x) est le quotient de deux fonctions croissantes. En particulier, N(x) > 0 pour x > 0 car on a in´ egalit´ e stricte y + 1 y > 2 si y ̸= 1, donc f(x) > 0 pour tout x > 0. Comme f est paire, f(−x) > 0 pour x > 0, donc le minimum de f est 0, atteint uniquement en x = 0. Exercice 5. (6 points) Int´ egrales infinies On note fα(t) = 1 tα . (1) Donner une primitive de fα pour α ̸= 1. (2) En d´ eduire la valeur de Iα(x) = Z 1 x fα(t) dt pour 0 < x < 1. Calculer la limite lorsque x →0+ et dire pour quelles valeurs de α elle est finie. (3) De mˆ eme, d´ eduire la valeur de Jα(y) = Z y 1 fα(t) dt pour y > 1 et d´ ecider quand lim y→∞Jα(y) est finie en fonction de α. (4) Faire le changement de variables t = 1 u et d´ eduire une relation entre I et J. (5) Montrer que l’´ etape pr´ ec´ edente reste valide pour α = 1. Calculer lim y→∞J1(y) et lim x→0+ I1(x). (6) Calculer alors lim x→0+ Z 1/x x fα(t) dt . (1) La primitive de fα(t) = t−α est t1−α 1−α . (2) Iα(x) = 1 1−α(1 −x1−α). La limite en x →0+ sera finie si 1 −α > 0 ⇐ ⇒ α < 1 car alors x1−α →0. Dans ce cas, la limite vaut 1 1−α. Si 1 −α < 1, alors x1−α →+∞lorsque x tend vers z´ ero. (3) Jα(y) = 1 1−α(y1−α −1). La limite sera finie pour y →∞si 1 −α < 0, donc α > 1, et elle vaut alors 1 α−1. Si α < 1, cette limite est infinie. (4) Iα(x) = Z 1 x fα(t) dt = Z 1 1/x fα(1/u) −du u2 = Z 1/x 1 1 u−α du u2 = Z 1/x 1 1 u2−α du = J2−α(1/x) . (5) On n’a pas fait intervenir une primitive de fα, et non plus on n’a pas divis´ e par 1 −α. On voit alors que I1(x) = J1(1/x), donc les deux limites sont ´ egales. Comme J1(x) = R x 1 dx x = ln(x), on voit que les limites sont +∞. (6) On calcule Iα(x) + Jα(1/x) = Iα(x) + I2−α(x) pour x →0+. Si α = 1, c’est 2I1(x) qu’on a d´ ej` a vu qu’elle diverge. Sinon : la premi` ere est finie si est seulement si α < 1, tandis que la deuxi` eme sera finie pour 2 −α < 1, c’est-` a-dire α > 1. Ainsi, exactement une des limites sera +∞donc la somme aura cette mˆ eme limite. uploads/Litterature/ corrige-3.pdf

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littérature limite comme alors calculer fα(t)
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