Exercices d’oraux type CCINP

Enoncé (CCINP)

1) Soit $f$ la fonction définie par : $\forall t>0$, $f(t)=\dfrac{\ln(t)}{(1+t)^2}$. Montrer que la fonction $f$ est intébgrable sur $]0,1]$ et sur $[1,+\infty[$.

2) Calculer $\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\ln(t)}{(1+t)^2}\;dt$ et $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\ln(t)}{(1+t)^2}\;dt$.

Corrigé

1) $\bullet$ La fonction $f$ est continue sur $]0,1]$. De plus, $\sqrt{t}f(t)=\dfrac{\sqrt{t}\ln(t)}{(1+t)^2}\underset{t\rightarrow0}{\sim}\sqrt{t}\ln(t)\underset{t\rightarrow0}{=}o(1)$ d’après un théorème de croissances comparées puis $f(t)\underset{t\rightarrow0}{=}o\left(\dfrac{1}{\sqrt{t}}\right)\underset{t\rightarrow0}{=}o\left(\dfrac{1}{t^{\frac{1}{2}}}\right)$. Puisque $\dfrac{1}{2}<1$, la fonction $f$ est intégrable sur $]0,1]$.

$\bullet$ La fonction $f$ est continue sur $[1,+\infty[$. De plus, $t^{\frac{3}{2}}f(t)=\dfrac{t^{\frac{3}{2}}\ln(t)}{(1+t)^2}\underset{t\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{\ln(t)}{\sqrt{t}}\underset{t\rightarrow+\infty}{=}o(1)$ d’après un théorème de croissances comparées puis $f(t)\underset{t\rightarrow+\infty}{=}o\left(\dfrac{1}{t^{\frac{3}{2}}}\right)$. Puisque $\dfrac{3}{2}>1$, la fonction $f$ est intégrable sur $[1,+\infty[$.

2) Les deux fonctions $u~:~t\mapsto\ln(t)$ et $v~:~t\mapsto-\dfrac{1}{1+t}$ sont de classe $C^1$ sur $]0,1]$. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit

\begin{align*}\displaystyle\int\dfrac{\ln(t)}{(1+t)^2}\;dt&=-\dfrac{\ln(t)}{1+t}+\displaystyle\int\dfrac{1}{t(t+1)}\;dt=-\dfrac{\ln(t)}{1+t}+\displaystyle\int\left(\dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{t+1}\right)\;dt\\&=-\dfrac{\ln(t)}{1+t}+\ln(t)-\ln(t+1)+C=\dfrac{t\ln(t)}{t+1}-\ln(t+1)+C,\;C\in\mathbb{R}.\end{align*}

Par suite,

$$\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\ln(t)}{(1+t)^2}\;dt=\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\displaystyle\int_{x}^{1}\dfrac{\ln(t)}{(1+t)^2}\;dt=-\dfrac{3\ln(2)}{2}-\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\left(\dfrac{x\ln(x)}{x+1}-\ln(x+1)\right)=-\dfrac{3\ln(2)}{2},$$

et

$$\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\ln(t)}{(1+t)^2}\;dt=\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{1}^{x}\dfrac{\ln(t)}{(1+t)^2}\;dt=\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(-\dfrac{\ln(x)}{x+1}-\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\right)+\dfrac{3\ln(2)}{2}=\dfrac{3\ln(2)}{2}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

Pour le calcul de $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\ln(t)}{(1+t)^2}\;dt$, on peut poser $u=\dfrac{1}{t}$ et donc $t=\dfrac{1}{u}$ puis $dt=-\dfrac{1}{u^2}\;du$. On obtient

$$\displaystyle\int_{1}^{0}\dfrac{\ln\left(\dfrac{1}{u}\right)}{\left(1+\dfrac{1}{u}\right)^2}\;\times-\dfrac{du}{u^2}=-\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\ln(u)}{(u+1)^2}\;du=\dfrac{3\ln(2)}{2}.$$

Enoncé (Mines Télécom)

Soit $f~:~x\mapsto\ln(1+\tan(x))$.

1) Donner le domaine de définition de $f$ et montrer que le graphe de $f$ admet un centre de symétrie.

2) Convergence et calcul de $\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}f(x)\;dx$

Corrigé

1) Soit $x\in\mathbb{R}$. $f(x)$ existe $\Leftrightarrow \tan(x)$ existe et $1+\tan(x)>0\Leftrightarrow x\in\mathbb{R}\setminus\left(\dfrac{\pi}{2}+\pi\mathbb{Z}\right)$ et $\tan(x)>-1\Leftrightarrow x\in\displaystyle\bigcup_{k\in\mathbb{Z}}\left]-\dfrac{\pi}{4}+k\pi,\dfrac{\pi}{2}+k\pi\right[$.

Le domaine de définition de la fonction $f$ est $D_f=\displaystyle\bigcup_{k\in\mathbb{Z}}\left]-\dfrac{\pi}{4}+k\pi,\dfrac{\pi}{2}+k\pi\right[$.

Soit $a=\dfrac{\pi}{8}$ (le milieu de l’intervalle $\left]-\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right[$). $D_f$ est symétrique par rapport à $a$ et de plus, pour tout $x\in D_f$,

$$f(2a-x)=\ln\left(1+\tan\left(\dfrac{\pi}{4}-x\right)\right)=\ln\left(1+\dfrac{1-\tan(x)}{1+\tan(x)}\right)=\ln\left(\dfrac{2}{1+\tan(x)}\right)=\ln(2)-f(x).$$

Par suite, pour tout $x\in D_f$, $f(2a-x)+f(x)=\ln(2)$. Le point $\left(\dfrac{\pi}{8},\dfrac{\ln(2)}{2}\right)$ est centre de symétrie de la courbe représentative de $f$.

2) La fonction $f$ est continue sur $\left]-\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right[$. Ensuite, pour tout $x\in\left]-\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right[$, $\tan\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{1+\tan(x)}{1-\tan(x)}\;dx$ puis

$$1+\tan(x)=(1-\tan(x))\tan\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\underset{x\rightarrow-\frac{\pi}{4}}{\sim}2\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right).$$

Puisque $2\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\underset{x\rightarrow-\frac{\pi}{4}}{\rightarrow}$, on en déduit que $f(x)\underset{x\rightarrow-\frac{\pi}{4}}{\sim}\ln\left(2\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\right)=\ln(2)+\ln\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\underset{x\rightarrow-\frac{\pi}{4}}{\sim}\ln\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)$. Mais alors, d’après un théorème de croissances comparées,

$\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)^{\frac{1}{2}}f(x)\underset{x\rightarrow-\frac{\pi}{4}}{\sim}\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)^{\frac{1}{2}}\ln\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\underset{x\rightarrow-\frac{\pi}{4}}{\rightarrow}0$ et donc, $f(x)\underset{x\rightarrow-\frac{\pi}{4}}{=}o\left(\dfrac{1}{\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)^{\frac{1}{2}}}\right)$. Puisque $\dfrac{1}{2}<1$, la fonction $f$ est intégrable sur un voisinage de $-\dfrac{\pi}{4}$ à droite.

Par symétrie par rapport à $\dfrac{\pi}{8}$, $f$ est également intégrable sur un voisinage de $\dfrac{\pi}{2}$ à gauche et finalement, $f$ est intégrable sur $\left]-\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right[$. On pose alors $I=\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\ln(1+\tan(x))\;dx$.

On pose $t=\dfrac{\pi}{4}-x$ de sorte que $x=\dfrac{\pi}{4}-t$ puis $dx=-dt$. On obtient

\begin{align*}I&=\displaystyle\int_{\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{4}}\ln\left(1+\tan\left(\dfrac{\pi}{4}-t\right)\right)\;(-dt)=\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(1+\dfrac{1-\tan(t)}{1+\tan(t)}\right)\;dt=\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}(\ln(2)-\ln(1+\tan(t))\;dt\\&=\dfrac{3\pi\ln(2)}{2}-I\end{align*}

et donc,

$$I=\dfrac{3\pi\ln(2)}{4}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Soit $a$ un réel. Soit $D$ une partie de $\mathbb{R}$ symétrique par rapport à $a$ (c’est-à-dire que $\forall x\in\mathbb{R},\;x\in D\Leftrightarrow 2a-x\in D$). Soit $f$ une fonction définie sur $D$ et $\Omega(a,b)$ un point d’abscisse $a$.

$$\Omega\;\text{est centre de symétrie de la courbe représentative de}\;f\Leftrightarrow\forall x\in D,\;\dfrac{f(2a-x)+f(x)}{2}=b.$$

$\bullet$ Pour tous réels $a$ et $b$ non dans $\dfrac{\pi}{2}+\pi\mathbb{Z}$ tels que $a+b\notin \dfrac{\pi}{2}+\pi\mathbb{Z}$ (resp. $a-b\notin \dfrac{\pi}{2}+\pi\mathbb{Z}$)

$$\tan(a+b)=\dfrac{\tan(a)+\tan(b)}{1-\tan(a)\tan(b)}\;(\text{resp.}\;\tan(a-b)=\dfrac{\tan(a)-\tan(b)}{1+\tan(a)\tan(b)}.$$

$\bullet$ Soient $f$ et $g$ deux fonctions strictement positives et équivalentes en $a\in\overline{R}$. Si $f$ et $g$ tendent vers $0$ ou vers $+\infty$ en $a$, alors $\ln(f(x))\underset{x\rightarrow a}{\sim}\ln(g(x))$.

Enoncé (Mines Télécom)

Soit $\theta\in]0,\pi[$. Calculer $I(\theta)=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\dfrac{1}{1+\cos(x)\cos(\theta)}\;dx$.

Corrigé

Soit $\theta\in]0,1[$.

$\bullet$ Pour tout $x\in[0,2\pi]$, $|\cos(x)\cos(\theta)|=|\cos(x)||\cos(\theta)|\leqslant|\cos(\theta)|<1$ et en particulier, $\cos(x)\cos(\theta)>-1$ puis $1+\cos(x)\cos(\theta)>0$. La fonction $f~:~:x\mapsto\dfrac{1}{1+\cos(x)\cos(\theta)}$ est donc continue sur le segment $[0,2\pi]$ en tant qu’inverse d’une fonction continue sur $[0,2\pi]$ et ne s’annulant pas sur $[0,2\pi]$. On en déduit l’existence de $I(\theta)$.

$\bullet$ La fonction $f$ est $2\pi$-périodique et paire. Donc, $I(\theta)=\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\;dx=2\displaystyle\int_{0}^{\pi}f(x)\;dx$.

On pose alors $t=\tan\left(\dfrac{x}{2}\right)$ et donc $\cos(x)=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$ et $dx=\dfrac{2dt}{1+t^2}$. On obtient

\begin{align*}I(\theta)&=2\displaystyle\int_{0}^{\pi}\dfrac{1}{1+\cos(x)\cos(\theta)}\;dx\\&=2\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{1+\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\cos(\theta)}\;\dfrac{2dt}{1+t^2}=4\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)+\left(1-t^2\right)\cos(\theta)}\;dt=4\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(1+\cos(\theta)\right)+\left(1-\cos(\theta)\right)t^2}\;dt\\&=\dfrac{4}{1-\cos(\theta)}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{t^2+\left(\sqrt{\dfrac{1+\cos(\theta)}{1-\cos(\theta)}}\right)^2}\;dt=\dfrac{4}{1-\cos(\theta)}\left[\sqrt{\dfrac{1-\cos(\theta)}{1+\cos(\theta)}}\text{Arctan}\left(t\sqrt{\dfrac{1-\cos(\theta)}{1+\cos(\theta)}}\right)\right]_{0}^{+\infty}\\&=\dfrac{4}{\sqrt{1-\cos^2(\theta)}}\times\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{2\pi}{\sin(\theta)}.\end{align*}

On a montré que

$$\forall\theta\in]0,2\pi[,\;\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\dfrac{1}{1+\cos(x)\cos(\theta)}\;dx=\dfrac{2\pi}{\sin(\theta)}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Pour calculer des intégrales ou primitives de fonctions du type $x\mapsto R(\cos(x),\sin(x),\tan(x))$, où $R$ est une fraction rationnelle, la plupart du temps, on pose $t=\tan\left(\dfrac{x}{2}\right)$. Pour faire ce changement de variable, on dispose des formules :

$$\cos(x)=\dfrac{1-t^2}{1+t^2},\;\sin(x)=\dfrac{2t}{1+t^2},\;\tan(x)=\dfrac{2t}{1-t^2},\;dx=\dfrac{2dt}{1+t^2}.$$

$\bullet$ $\displaystyle\int\dfrac{1}{x^2+1}\;dt=\text{Arctan}(x)+C$, $C\in\mathbb{R}$. (Si $a\neq0$) $\displaystyle\int\dfrac{1}{x^2+a^2}\;dt=\dfrac{1}{a}\text{Arctan}\left(\dfrac{x}{a}\right)+C$, $C\in\mathbb{R}$, et plus généralement, $\displaystyle\int\dfrac{1}{(x+b)^2+a^2}\;dt=\dfrac{1}{a}\text{Arctan}\left(\dfrac{x+b}{a}\right)+C$, $C\in\mathbb{R}$.

$\bullet$ Pour le calcul de l’intégrale, on peut aussi penser à $\dfrac{1}{1+\cos(\theta)\cos(x)}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\cos^n(x)\cos^n(\theta)$ puis intégrer terme à terme. Mais c’est beaucoup plus long et d’autre part, on obtient le résultat sous la forme d’une somme de série qui semble a priori difficilement calculable.

Enoncé (Mines Télécom)

Calculer $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\text{sh}\left(2^n\right)}$.

Corrigé

$\bullet$ $\dfrac{1}{\text{sh}\left(2^n\right)}=\dfrac{2}{e^{2^n}-e^{-2^n}}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}2e^{-2^n}$. De plus, $2^n\times2e^{-2^n}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}o(1)$ d’après un théorème de croissances comparées et donc $\dfrac{1}{\text{sh}\left(2^n\right)}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}o\left(\dfrac{1}{2^n}\right)$. La série géométrique de terme général $\dfrac{1}{2^n}$ converge et donc la série de terme général $\dfrac{1}{\text{sh}\left(2^n\right)}$ converge.

$\bullet$ Soit $n\in\mathbb{N}$.

\begin{align*}\dfrac{1}{\text{sh}\left(2^n\right)}&=\dfrac{2}{e^{2^n}-e^{-2^n}}=2e^{-2^n}\times\dfrac{1}{1-e^{-2^{n+1}}}\\&=2e^{-2^n}\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\left(e^{-2^{n+1}}\right)^k\;(\text{car}\;0\leqslant e^{-2^{n+1}}<1)\\&=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}2e^{-2^n(2k+1)},\end{align*}

puis

$$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\text{sh}\left(2^n\right)}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}2e^{-2^n(2k+1)}\right).$$

$\bullet$ Tout entier $p\in\mathbb{N}^*$ s’écrit de manière unique sour la forme $p=2^n(2k+1)$ où $(k,n)\in\mathbb{N}^2$. Dit autrement, $\left(\left\{2^n(2k+1)\right\}\right)_{(n,k)\in\mathbb{N}^2}$ est une partition de $\mathbb{N}^*$. Puisque les nombres $2e^{-2^n(2k+1)}$ sont positifs, d’après le théorème de sommation par paquets, on peut écrire

\begin{align*}\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\text{sh}\left(2^n\right)}&=2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}e^{-2^n(2k+1)}\right)=2\displaystyle\sum_{p\in\mathbb{N}^*}e^{-p}\\&=\dfrac{2e^{-1}}{1-e^{-1}}=\dfrac{2}{e-1}=\dfrac{1}{\sqrt{e}\text{sh}(1)}.\end{align*}

Commentaires et/ou rappels de cours

 $\bullet$ Tout entier $p\in\mathbb{N}^*$ est de manière unique le produit d’une puissance de $2$ et d’un nombre impair. En effet :

$1=2^0(2\times0+1)$ et d’autre part, si $1=2^n(2k+1)$, alors $2^n\leqslant1$ et $2k+1\leqslant 1$ puis $n\leqslant 0$ et $k\leqslant0$ puis $n=k=0$.

Soit $p\geqslant2$. La décomposition primaire de $p$ fournit en particulier deux entiers $n$ et $k$ tels que $p=2^n(2k+1)$. De plus, si $2^n(2k+1)=2^{n’}(2k’+1)$ avec $n\leqslant n’$, alors $2^{n’-n}(2k’+1)=2k+1$ puis $2^{n’-n}$ est impair et donc $n’-n=0$ puis $n=n’$ puis $k=k’$.

$\bullet$ Théorème de sommation par paquets pour les familles de réels positifs. Soit $\left(u_i\right)_{i\in I}$ une famille de réels positifs indexée par un ensemble dénombrable $I$. Si $I$ est réunion disjointe d’ensembles $I_j$, $j\in J$, alors $\displaystyle\sum_{i\in I}u_i=\displaystyle\sum_{j\in J}\left(\displaystyle\sum_{i\in I_j}u_i\right)$.

Enoncé (Mines Télécom)

1) Décomposer $X^4+1$ en produit de polynômes irréductibes dans $\mathbb{R}[X]$.

2) Décomposer en éléments simples $\dfrac{1}{X^4+1}$.

3) Calculer $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{4n+1}$.

Corrigé

1) $X^4+1=X^4+2X^2+1-2X^2=\left(X^2+1\right)^2-\left(X\sqrt{2}\right)^2=\left(X^2+\sqrt{2}X+1\right)\left(X^2-\sqrt{2}X+1\right)$. De plus, le discriminant de chacun des trinômes du second degré est $\Delta=2-4=-2<0$. Les deux trinômes sont donc irréductibles sur $\mathbb{R}$.

La décomposition en produit de facteurs irréductibles dans $\mathbb{R}[X]$ est $X^4+1=\left(X^2+\sqrt{2}X+1\right)\left(X^2-\sqrt{2}X+1\right)$.

2) La fraction rationnelle $F=\dfrac{1}{X^4+1}$ est sous forme irréductible, paire. Sa décomposition en éléments simples sur $\mathbb{R}$ s’écrit

$$F=\dfrac{1}{X^4+1}=\dfrac{aX+b}{X^2+\sqrt{2}X+1}+\dfrac{-aX+b}{X^2-\sqrt{2}X+1}.$$

En évaluant en $0$, on obtient $2b=1$ puis $b=\dfrac{1}{2}$. Ensuite, après réduction au même dénominateur, le coefficient de $X^2$ au numérateur est $-a\sqrt{2}+b-a\sqrt{2}+b=-2a\sqrt{2}+1$. Ce coefficient devant être nul, $a=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}$. Par suite,

$$\dfrac{1}{X^4+1}=\dfrac{\dfrac{1}{2\sqrt{2}}X+\dfrac{1}{2}}{X^2+\sqrt{2}X+1}+\dfrac{-\dfrac{1}{2\sqrt{2}}X+\dfrac{1}{2}}{X^2-\sqrt{2}X+1}=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(\dfrac{X+\sqrt{2}}{X^2+\sqrt{2}X+1}-\dfrac{X-\sqrt{2}}{X^2+\sqrt{2}X+1}\right).$$

3) $\bullet$ La suite $\left(\dfrac{(-1)^n}{4n+1}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est alternée en signe et sa valeur absolue, à savoir la suite $\left(\dfrac{1}{4n+1}\right)_{n\in\mathbb{N}}$, tend vers $0$ en décroissant. Donc, la série de terme général $\dfrac{(-1)^n}{4n+1}$, $n\in\mathbb{N}$, converge d’après le critère spécial aux séries alternées.

$\bullet$ Ensuite, pour tout $t\in]-1,1[$, $\dfrac{1}{t^4+1}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(-t^4\right)^n=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^nt^{4n}$. On sait que cette série entière, de rayon $1$, converge uniformément sur tout segment $[0,x]$ avec $x\in]0,1[$. On peut donc intégrer terme à terme et on obtient pour tout $x\in]0,1[$,

$$\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{1}{t^4+1}\;dt=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\displaystyle\int_{0}^{x}t^{4n}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{x^{4n+1}}{4n+1}.$$

Puisque la série entière $\displaystyle\sum(-1)^n\dfrac{x^{4n+1}}{4n+1}$ a un rayon égal à $1$ et que la série numérique $\displaystyle\sum(-1)^n\dfrac{1^{4n+1}}{4n+1}$ converge, le lemme d’Abel radial permet d’affirmer que

$$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{4n+1}=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1^-}\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{x^{4n+1}}{4n+1}=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1^-}\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{1}{t^4+1}\;dt=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{t^4+1}\;dt.$$

$\bullet$ D’après la question 2),

\begin{align*}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{t^4+1}\;dt&=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\displaystyle\int_{0}^{1}\left(\dfrac{t+\sqrt{2}}{t^2+\sqrt{2}t+1}-\dfrac{t-\sqrt{2}}{t^2+\sqrt{2}t+1}\right)dt=\dfrac{1}{4\sqrt{2}}\displaystyle\int_{0}^{1}\left(\dfrac{2t+\sqrt{2}+\sqrt{2}}{t^2+\sqrt{2}t+1}-\dfrac{2t-\sqrt{2}-\sqrt{2}}{t^2+\sqrt{2}t+1}\right)dt\\&=\dfrac{1}{4\sqrt{2}}\displaystyle\int_{0}^{1}\left(\dfrac{2t+\sqrt{2}}{t^2+\sqrt{2}t+1}-\dfrac{2t-\sqrt{2}}{t^2+\sqrt{2}t+1}+\dfrac{\sqrt{2}}{\left(t+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^2+\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^2}+\dfrac{\sqrt{2}}{\left(t-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^2+\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^2}\right)dt\\&=\dfrac{1}{4\sqrt{2}}\left[\ln\left(\dfrac{t^2+\sqrt{2}t+1}{t^2-\sqrt{2}t+1}\right)+2\text{Arctan}\left(\dfrac{t+\dfrac{1}{\sqrt{2}}}{\dfrac{1}{\sqrt{2}}}\right)+2\text{Arctan}\left(\dfrac{t-\dfrac{1}{\sqrt{2}}}{\dfrac{1}{\sqrt{2}}}\right)\right]_0^1\\&=\dfrac{1}{4\sqrt{2}}\ln\left(\dfrac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}\right)+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(\text{Arctan}\left(\sqrt{2}+1\right)+\text{Arctan}\left(\sqrt{2}-1\right)-\left(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{4}\right)\right)\\&=\dfrac{1}{4\sqrt{2}}\ln\left(\dfrac{\left(2+\sqrt{2}\right)^2}{\left(2-\sqrt{2}\right)\left(2+\sqrt{2}\right)}\right)+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\times\dfrac{\pi}{2}\;(\text{car}\;\left(\sqrt{2}+1\right)\left(\sqrt{2}-1\right)=1\;\text{et}\;\sqrt{2}+1>0)\\&=\dfrac{1}{4\sqrt{2}}\left(\ln\left(3+2\sqrt{2}\right)+\pi\right)=\dfrac{1}{4\sqrt{2}}\left(2\ln\left(\sqrt{2}+1\right)+\pi\right).\end{align*}

On a montré que $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{4n+1}=\dfrac{1}{4\sqrt{2}}\left(2\ln\left(\sqrt{2}+1\right)+\pi\right)$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Les 4 $\star$ sont là pour souligner la pénibilité des calculs.

$\bullet$ Pour tout $a\in\mathbb{R}^*$, $\displaystyle\int\dfrac{dx}{x^2+a^2}=\dfrac{1}{a}\text{Arctan}\left(\dfrac{x}{a}\right)+C$ et plus généralement, pour tout $(a,b)\in\mathbb{R}^*\times\mathbb{R}$, $\displaystyle\int\dfrac{dx}{(x+b^2+a^2}=\dfrac{1}{a}\text{Arctan}\left(\dfrac{x+b}{a}\right)+C$.

$\bullet$ Pour tout $x\in\mathbb{R}^*$, $\text{Arctan}(x)+\text{Arctan}\left(\dfrac{1}{x}\right)=\left\{\begin{array}{l}\frac{\pi}{2}\;\text{si}\;x>0\\-\frac{\pi}{2}\;\text{si}\;x<0\end{array}\right.=\dfrac{\pi}{2}\text{sgn}(x)$.

$\bullet$ Concernant la décomposition en éléments simples de $F=\dfrac{P}{Q}$ avec $P=1$ et $Q=X^4+1$

$\quad$- $Q=\left(X-e^{\frac{i\pi}{4}}\right)\left(X-e^{-\frac{i\pi}{4}}\right)\left(X+e^{\frac{i\pi}{4}}\right)\left(X+e^{-\frac{i\pi}{4}}\right)$ car $Q$ est réel et pair et donc, si $z$ est racine de $Q$, alors $\overline{z}$ et $-z$ sont racines de $Q$.

$\quad$- on peut décomposer sur $\mathbb{C}$ en utilisant la parité et la réalité de $F$ : $F=\dfrac{a}{X-e^{\frac{i\pi}{4}}}+\dfrac{\overline{a}}{X-e^{-\frac{i\pi}{4}}}-\dfrac{a}{X+e^{\frac{i\pi}{4}}}-\dfrac{\overline{a}}{X+e^{-\frac{i\pi}{4}}}$ (on a commencé par écrire $\dfrac{a}{X-e^{\frac{i\pi}{4}}}$ puis on a ajouté sont conjugué :

$\quad$ $\dfrac{a}{X-e^{\frac{i\pi}{4}}}+\dfrac{\overline{a}}{X-e^{-\frac{i\pi}{4}}}$ puis on a jouté l’expression obtenue en remplaçant $X$ par $-X$ : $\dfrac{a}{X-e^{\frac{i\pi}{4}}}+\dfrac{\overline{a}}{X-e^{-\frac{i\pi}{4}}}+\dfrac{a}{-X-e^{\frac{i\pi}{4}}}+\dfrac{\overline{a}}{-X-e^{-\frac{i\pi}{4}}}$).

Enfin $a=\dfrac{P\left(e^{\frac{i\pi}{4}}\right)}{Q\left(e^{\frac{i\pi}{4}}\right)}=\dfrac{1}{4e^{\frac{3i\pi}{4}}}=-\dfrac{e^{\frac{i\pi}{4}}}{4}$ (car $\left(e^{\frac{i\pi}{4}}\right)^4=-1$. Puis on regroupe les conjugués et on réduit au même dénominateur.

– Les éléments simples de 2ème espèce de $\mathbb{R}(X)$ sont les fractions de la forme $\dfrac{aX+b}{\left(X^2+cX+d\right)^n}$ où $n\in\mathbb{N}^*$, $(a,b,c,d)\in\mathbb{R}^4$, $(a,b)\neq(0,0)$ et $c^2-4d<0$.

Enoncé (Mines Télécom)

Soit $k~:~x\mapsto\dfrac{\cos(x)-1}{x^2}$.

1) Montrer que $k$ est prolongeable par continuité en $0$.

2) $k$ est-elle dérivable en $0$ ? Est-elle de classe $C^1$ ?

3) A-t-on d’autres informations sur $k$ ?

Corrigé

1) $\dfrac{\cos(x)-1}{x^2}\underset{x\rightarrow0}{\sim}\dfrac{-x^2/2}{x^2}=-\dfrac{1}{2}$. La fonction $k$ est donc prolongeable par continuité en $0$ en posant $k(0)=-\dfrac{1}{2}$ (on note encore $k$ le prolongement obtenu).

2) $\dfrac{\cos(x)-1}{x^2}\underset{x\rightarrow0}{=}\dfrac{1-\frac{x^2}{2}+o\left(x^3\right)}{x^2}\underset{x\rightarrow0}{=}-\dfrac{1}{2}+o(x)\underset{x\rightarrow0}{=}k(0)+0\times x+o(x)$. La fonction $k$ admet un développement limité d’ordre $1$ en $0$ et donc la fonction $k$ est dérivable en $0$. De plus, $k'(0)=0$.

La fonction $k$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}^*$ en tant que quotient de fonctions de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}^*$ dont le dénominateur ne s’annule pas sur $\mathbb{R}^*$ et pour tout $x\neq0$,

$$k'(x)=\dfrac{-x^2\sin(x)-2x(\cos(x)-1)}{x^4}=\dfrac{-x\sin(x)-2(\cos(x)-1)}{x^3}.$$

Ensuite, $k'(x)\underset{x\rightarrow0}{=}\dfrac{-x\left(x+o\left(x^2\right)\right)-2\left(-\dfrac{x^2}{2}+o\left(x^3\right)\right)}{x^3}\underset{x\rightarrow0}{=}o(1)\underset{x\rightarrow0}{=}k'(0)+o(1)$. La fonction $k’$ est continue en $0$ puis sur $\mathbb{R}$. La fonction $k$ est donc de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}$.

3) Pour tout $x\in\mathbb{R}^*$,

\begin{align*}k(x)=\dfrac{1}{x^2}\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}-1\right)=\dfrac{1}{x^2}\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{x^{2n-2}}{(2n)!}=-\dfrac{1}{2}+\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{x^{2n-2}}{(2n)!}=-\dfrac{1}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\dfrac{x^{2n}}{(2n+2)!},\end{align*}

ce qui reste vrai pour $x=0$. Ainsi,

$$\forall x\in\mathbb{R},\;k(x)=-\dfrac{1}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\dfrac{x^{2n}}{(2n+2)!}.$$

La fonction $k$ est développable en série entière sur $\mathbb{R}$ et en particulier, la fonction $k$ est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb{R}$.

Commentaires et/ou rappels de cours

On a trouvé $\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}k'(x)=k'(0)$. On peut rappeler que si $f\in C^0([a,b],\mathbb{K})\cap D^1(]a,b],\mathbb{K})$ ($(a,b)\in\mathbb{R}^2$) et si $f’$ a une limite en $a$ appartenent à $\mathbb{K}$, alors $f$ est dérivable en $a$ et $f'(a)=\displaystyle\lim_{x\rightarrow a^+}f'(x)$ (théorème de la limite de la dérivée).

Donc, si la fonction $k$ a une limite en $0$, celle-ci ne peut être que $k'(0)$.

Enoncé (Mines Télécom)

Existance et calcul de $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dx}{(x-z)^2}$ avec $z\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{R}$. 

Corrigé

Soit $z\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{R}$. Alors, pour tout $x\in\mathbb{R}$, $(x-z)^2\neq0$ et donc la fonction $x\mapsto\dfrac{1}{(x-z)^2}$ est continue sur $\mathbb{R}$ en tant qu’inverse d’une fonction continue sur $\mathbb{R}$ et ne s’annulant pas sur $\mathbb{R}$. 

Soit $(A,B)\in\mathbb{R}^2$ tel que $A<B$. $\displaystyle\int_{A}^{B}\dfrac{dx}{(x-z)^2}=\left[-\dfrac{1}{x-z}\right]_{A}^{B}=-\dfrac{1}{B-z}+\dfrac{1}{A-z}$. Ensuite, $\displaystyle\lim_{A\rightarrow-\infty}\dfrac{1}{A-z}=0$ (car $|A-z|\geqslant|A|-|z|\underset{x\rightarrow+\infty}{\rightarrow}+\infty$). Donc, pour tout $B\in\mathbb{R}$, $\displaystyle\int_{-\infty}^{B}\dfrac{dx}{(x-z)^2}$ est une intégrale convergente et de plus, $\displaystyle\int_{-\infty}^{B}\dfrac{dx}{(x-z)^2}=-\dfrac{1}{B-z}$. De même, $\displaystyle\lim_{B\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{B-z}=0$. Donc, $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dx}{(x-z)^2}$ est une intégrale convergente et de plus, $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dx}{(x-z)^2}=0$.

On a montré que $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dx}{(x-z)^2}$ est une intégrale convergente et

$$\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dx}{(x-z)^2}=0.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ De manière générale, pour tout $a\in\mathbb{C}$ et tout $n\geqslant2$, $\displaystyle\int\dfrac{1}{(x-a)^n}\;dx=-\dfrac{1}{(n-1)(x-a)^{n-1}}+C$ (sur tout intervalle où la fonction $x\mapsto x-a$ ne s’annule pas).

$\bullet$ Par contre, si $a\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{R}$, pour calculer  $\displaystyle\int\dfrac{1}{x-a}\;dx$, on rend réel le dénominateur puis on sépare les parties réelles et imaginaires …

Enoncé (Mines Télécom)

Montrer que les suites $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$, $\left(v_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ et $\left(w_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ définies ci-après, convergent et calculer leurs limites respectives. On suppose que :

$$\forall n\in\mathbb{N},\;\left\{\begin{array}{l}u_{n+1}=\dfrac{1}{2}u_n+\dfrac{1}{4}v_n+\dfrac{1}{4}w_n\\v_{n+1}=\dfrac{1}{4}u_n+\dfrac{1}{2}v_n+\dfrac{1}{4}w_n\\w_{n+1}=\dfrac{1}{4}u_n+\dfrac{1}{4}v_n+\dfrac{1}{2}w_n\end{array}\right..$$

Corrigé

Le système $\left\{\begin{array}{l}\left(E_1\right)\\\left(E_2\right)\\\left(E_3\right)\end{array}\right.$ entraîne au système $\left\{\begin{array}{l}\left(E_1\right)-\left(E_2\right)\\\left(E_1\right)-\left(E_3\right)\\\left(E_1\right)+\left(E_2\right)+\left(E_3\right)\end{array}\right.$ ce qui fournit

$$\forall n\in\mathbb{N},\;\left\{\begin{array}{l}u_{n+1}=\dfrac{1}{2}u_n+\dfrac{1}{4}v_n+\dfrac{1}{4}w_n\\v_{n+1}=\dfrac{1}{4}u_n+\dfrac{1}{2}v_n+\dfrac{1}{4}w_n\\w_{n+1}=\dfrac{1}{4}u_n+\dfrac{1}{4}v_n+\dfrac{1}{2}w_n\end{array}\right.\Rightarrow\forall n\in\mathbb{N},\;\left\{\begin{array}{l}u_{n+1}-v_{n+1}=\dfrac{1}{4}\left(u_n-v_n\right)\\u_{n+1}-w_{n+1}=\dfrac{1}{4}\left(u_n-w_n\right)\\u_{n+1}+v_{n+1}+w_{n+1}=u_n+v_n+w_n\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}u_{n}-v_{n}=\dfrac{1}{4^n}\left(u_0-v_0\right)\\u_{n}-w_{n}=\dfrac{1}{4^n}\left(u_0-w_0\right)\\u_{n}+v_{n}+w_{n}=u_0+v_0+w_0\end{array}\right..$$

Les deux premières égalités montrent que les suites $\left(u_n-v_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ et $\left(u_n-w_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ convergent vers $0$ et donc que si la suite $u$ converge, alors ces trois suites $u$, $v$ et $w$ convergent et ont la même limite. La troisième égalité s’écrit :

$$\forall n\in\mathbb{N},\;u_n=\dfrac{1}{3}\left(u_0+v_0+w_0+\left(u_n-v_n\right)+\left(u_n-w_n\right)\right).$$

Donc, la suite $u$ converge vers $\dfrac{1}{3}\left(u_0+v_0+w_0\right)$. Finalement, les trois suites $u$, $v$ et $w$ convergent vers $\ell=\dfrac{1}{3}\left(u_0+v_0+w_0\right)$.

Commentaires et/ou rappels de cours

Puisque seules les convergences et les limites sont demandées, il n’est pas nécessaire d’aller au bout des calculs des suites $u$, $v$ et $w$. Pour le calcul de ces suites, une réduction de la matrice $A=\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2}&\dfrac{1}{4}&\dfrac{1}{4}\\\dfrac{1}{4}&\dfrac{1}{2}&\dfrac{1}{4}\\\dfrac{1}{3}&\dfrac{1}{4}&\dfrac{1}{2}\end{pmatrix}$ semble un procédé inutilement long. Mais s’il ne vient rien d’autre, alors il faut se lancer. Cette matrice est du type classique $\begin{pmatrix}a&b&b\\b&a&b\\b&b&a\end{pmatrix}$. Les sous-espaces propres de cette matrice sont $\text{Vect}\left(u_1\right)$ où $u_1=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$ et le plan $\left(u_1\right)^\bot$ d’équation $x+y+z=0$.